2022年考研数学(二)真题(含答案及解析)【可编辑】

2022年全国硕士研究生招生考试数学(二)试题①若α(x)~β(x),则α²(x)~β²(x);②若a²(x)~β²(x),则α(x)~β(x);③若α(x)~β(x),则α(x)-β(x)=o(a(x))(A)①③.(B)①④(C)①③④.(A)I₁<I₂<I₃(B)I₂<I₁<I₃(C)l₁<I₃<I₂(A){0,1}.(B){λ(C){λ|λ∈R,λ≠-1,λ≠-2}.(16)设A为3阶矩阵，交换A的第2行和第3行，再将第2列的-1倍加到第1列，得到矩阵(17)(本题满分10分)(18)(本题满分12分)(19)(本题满分12分)(20)(本题满分12分)(21)(本题满分12分)(22)(本题满分12分)2022年全国硕士研究生招生考试数学(二)试题解析①若α(x)~β(x),则a²(x)~β²(x);(A)①③.(B)①④.(C)①③④.若a(x)~β(4),则,从i,即c²(4)~β(s),命题①是真命题命题③是真命题.命题④是真命题.()(2013年数学三试题)(A)x·o(x²)=o(x²³).(B)o(x)·o(x²)=(C)o(x²)+o(x²)=o(x²).(D)o(x)+o(x²)=o(x²).答案)D.(A)(-1,1).当0≤p<1时，取δ>0,使得0<p+δ<1,(A)a<1且b>1.(C)a<1且a+b>1.(分析)本题主要考查数列极限与函数极限的关系.不存②这道题的出题思路在2017年的一道数二真题当中也出现过dx,,则()(A)I₁<I₂<l₃(B)l₂<I₁<l₃.分析)本题主要考查定积分比较大小.,则f(O)=0,,,则f(O)=0,,即此外，同样的方法不难证明在(0,1)内，In(1+x)<x.另一方面，由于在(0,1)内，0<sinx,cosx<1,1<1+sinx<2,故1₃的被积函数设A为3阶矩阵，,则A的特征值为1,-1,0的充分必要条件是()(A)存在可逆矩阵P,Q,使得A=PAQ.(B)存在可逆矩阵P,使得A=PAP-'.(C)存在正交矩阵Q,使得A=QAQ-¹.(D)存在可逆矩阵P,使得A=PAP¹.分析)本题主要考查矩阵相似的条件.3阶矩阵A的特征值为1,-1,0意味着A有3个不同的特征值，从而相似于与它具有相同特征矩阵相似的定义设A,B都是n阶矩阵，若有可逆矩阵P,使P-'AP=B,则称B是A的相似矩阵，或者称矩阵A与B相似.解)3阶矩阵A的特征值为1,-1,0意味着A有3个不同的特征值，从而A相似于与它具有相同特征值的对角矩阵，即A.于是，A的特征值为1,-1,0的充分必要条件即A与A相似的充分必要条件.选项B实际上为A与A相似的定义，即存在可逆矩阵P,使得A=P-'AP,也即A=PAP-I.因选项A是A与A等价的定义.若两矩阵相似，则它们必等价，但两个等价的矩阵不一定相似，例如和,故选项A是A与A相似的必要不充分条件.因为正交矩阵也是可逆矩阵，所以选项C是A与A相似的充分条件.但选项C并不是A与A相似的必要条件，因为A不一定能找到一组相互正交的特征向量，这一要求对实对称矩阵成立，对一般矩阵不成立.,3.矩阵合同(1)定义设A和B是n阶矩阵，若有可逆矩阵C,使B=C¹AC,则称矩阵A与B合同.(2)充分必要条件两实对称矩阵A,B合同的充分必要条件是A和B的正、负惯性指数,则线性方程组Ax=b的解的情况为a分析)本题主要考查线性方程组的解的情况.本题的方程组的系数矩阵带参数，故需要分情况讨论.但若注意到系数矩阵行列式与范德蒙范德蒙德行列式形如1的n阶行列式被称为范德蒙德行列式，解)(法一)注意到r(A,b)≠r(A),方程组无解.(法二)直接对增广矩阵(A,b)作初等行变换.当a=b,但均不等于1时，r(A)=2,r(A,b)=注像这种系数矩阵中带参数，需要稍加讨论才能判断解的情况的方程组问题，往年【例】设矩阵..若集合Ω={1,2},则线性方程组Ax=b有10设α₁=(λ,1,1)¹,α₂=(1,λ,1)¹,α₃=(1,1,λ)¹,α₄=(1,λ,λ²)¹,若a₁,α₂,α₃与a,a₂,a₄等价，则λ的取值范围是()(A){0,1}.(B){λ|λ∈R,λ≠-2}.(C){λ|λ∈R,λ≠-1,λ≠-2}.(D){λ|λ∈R,λ≠-1}.r(a₁,α₂,α₂,α₄).由这一条件出发，可以考虑对矩阵(α₁,α₂,α₂,α₄)作初等行变换并讨论秩来由于A有2阶非零子式,故r(A)≥2.另一方面，因为不存在λ满足λ+2=(λ+1)²=0,所以r(A)=3.且λ≠-1.注意到λ=1也包含在条件λ≠-2且λ≠-1中，故r(a₁,α₂,α₃,α₄)=r(a₁,α₂,a₃)=r(a₁,a₂,a₄)当且仅当λ≠-2且λ≠-1. 解)取对数再求极限.2x+y+xy¹+3y²y¹=0,即2x+y+(x+3y²)y¹=0.2+y¹+(1+6yy')y¹+(x+3y²)y"=0.答案应填,则L围成的有界区域的面积本题中的曲线是由极坐标形式给出的.对于由极坐标形式r=r(θ)(α≤θ≤β)给出的封闭曲线L,其围成的平面图形的面积为A=如图所示，本题中的曲线L是“三叶玫瑰线”的一个花瓣，图中蓝色曲线为L.解由面积公式得的题.面积是.(2013年数学二试题)答案r=cos30的图形如右图.30,故这两实际上，由r=cos30逆时针旋转即可得r=sin30,故这两段曲线围成的面积是相等的.则A-¹的迹tr(A-¹)=答案应填-1.A-¹的迹.解))交换第2行和第3行对应左乘初等矩阵,将第2列的-1倍加到第1列对应右乘初等矩阵.记进一步可得tr(A-¹)=-1.(分析)本题主要考查导数的定义.由函数f(x)在x=1处可导可得f(x)在x=1一步可由该式凑导数定义得到f'(1)的值.得进进=f'(1).=-2f'(1)=2.y(x)(1≤x≤e)的弧长.可得 已知平面区域D=|(x,y)1y-2≤x≤√4-y,O≤y≤21,计算解)在极坐标系下计算.因此，f}(x,y-x)-fz(x,y-x)(Ⅱ)通过积分先计算g(x,y),即f(x,y-x)的表达式令u=x,v=y-x可得f(u,u)=-2uve-(u+))+φ(u+v).f(u,v)=-2uve-(u+)+φ(u+v)=-2uve-(u)+(u+v)²e-(u+1)=(f;(u,v)=2ue-(μ+t)-(u²+v²)e-(u)=(2ufz(u,v)=2ve-(u+i)-(u²+v²)e-(u+*)=(2v-成成fm(u,v)=(2-2u)e(u++)-(2u-u²-v²)e(u*)=(u²+vf}(u,v)=-2ve~(u+)-(2u-u²-v²)e-(u+)=(u²+v²-f2(u,v)=(2-2n)e-(u+)-(2o-u²-v²)e(a*)=(u²+v²-4v+2)e-(u).A=fh(0,0)=2,B=f(0,0)=0,C=f2(0,0)=2.A=f}(1,1)=0,B=fl(1,1)=-2e-²,C=fz(1,1)=0.f(x,y-x)=2x(x-y)e⁷+y²e-.f(u,v)=-2uve(ut)+(u+n)²e-(a+)=f”(x₀)<0,则由二阶导数的连续性可得存在包含x₀的一个小区间[a₀,b₀],在该小区间上故令),xe[a,b],则F(a)=0,且可可f”(x)≥0.提矛盾.综上所述，f”(x)≥0的充分必要条件是对任意不同的实数a,b,都有(I)求正交矩阵Q,使正交变换x=Qy将二次型f(x₁,x₂,x₃)化为标准形；(Ⅱ)证明分析)本题主要考查二次型在正交变换下的标准形及其应用.即可.即正交变换并不改变向量的长度，故可以利用第(I)