考研数学二模拟418

考研数学二模拟418一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1.

设f(x)在x=0的某邻域内连续，且当x→0时，f(x)与xm为同阶无穷小．又设x→0时，INCLUDEPICT（江南博哥）URE\d":8089/YFB12/tu/1710/yjs/ky/s2417.385EB9.jpg"INET与xk为同阶无穷小，其中m与n为正整数．则k=______A.mn+n．B.2n+m．C.m+n．D.mn+n-1．正确答案：A[解析]当x→0时，f(x)与xm为同阶无穷小，从而知存在常数A≠0，当x→0时，f(x)～Axm，从而，f(xn)～Axnm．于是

由题意可知，上式为不等于零的常数，故k=nm+n．

2.

A．0．

B．

C．1．

D．正确答案：B[解析]设由于当x＜0时，f(x)=x；当x=0时，

当x＞0时，

所以故应选B．

3.

设e-x2是f(x)的一个原函数，下述两个反常积分

正确的结论是______

A．

B．

C．

D．正确答案：B[解析]由条件知f(x)=(e-x2)'=-2xe-x2，f'(x)=-2e-x2+4x2e-x2．

故选B．

4.

设f(x)在x=0处存在2阶导数，且f(0)=0，f'(0)=0，f"(0)≠0．则

A．

B．

C．

D．正确答案：C[解析]先作积分变量代换，令x-t=u，则

由二阶导数定义，

所以

5.

设下述命题成立的是______

A．f(x)在[-1，1]上存在原函数．

B．存在g'(0)．

C．g(x)在[-1，1]上存在原函数．

D．在x=0处可导．正确答案：C[解析]A不正确．f(x)在点x=0处具有跳跃间断点．函数在某点具有跳跃间断点，那么在包含此点的区间上，该函数必不存在原函数．

B不正确．按定义容易知道g'(0)不存在．

C正确．g(x)为[-1，1]上的连续函数，故存在原函数．

D不正确．可以具体计算出F(x)，容易看出F'-(0)=0，F'+(0)=1，故F'(0)不存在．

6.

设F(u，v)具有一阶连续偏导数，且z=z(x，y)由方程所确定．又设题中出现的分母不为零，则

A．0．

B．z．

C．

D．1．正确答案：B[解析]

7.

设ξ1=(1，-2，3，2)T，ξ2=(2，0，5，-2)T是齐次线性方程组Ax=0的基础解系，则下列向量中是齐次线性方程组Ax=0的解向量的是______A.α1=(1，-3，3，3)T．B.α2=(0，0，5，-2)T．C.α3=(-1，-6，-1，10)T．D.α4=(1，6，1，0)T．正确答案：C[解析]Ax=0的基础解系为ξ1，ξ2，若αi是Ax=0的解向量αi可由ξ1，ξ2线性表出非齐次线性方程组ξ1y1+ξ2y2=αi有解．逐个判别αi较麻烦，合在一起作初等行变换进行判别较方便．

显然因r(ξ1，ξ2)=r(ξ1，ξ2，α3)=2，ξ1y1+ξ2y2=α3有解，故α3是Ax=0的解向量．故应选C．而r(ξ1，ξ2)=2≠r(ξ1，ξ2，αi)=3，i=1，2，4，故α1，α2，α4不是Ax=0的解向量．

8.

设是可逆矩阵，B是三阶矩阵，满足则|B|=______A.1．B.-2．C.3．D.-6．正确答案：C[解析]因为

两边左乘A-1，且取行列式得

故应选C．

二、填空题1.

正确答案：e-2[解析]

而

所以原极限=e-2．

2.

已知存在且不为零，其充要条件是常数p=______，此时该极限值为______．正确答案：[解析]作积分变量代换从而

上述极限存在且不为零的充要条件是此时，该极限值等于

3.

正确答案：e-2[解析]

所以原式=e-2．

4.

设y(x)≠0且为连续函数，∫y(x)dx与分别为y(x)与的某两个原函数，又设且y(0)=1，并设则y(x)=______．正确答案：e-x[解析]由有

两边对x求导，得

所以

y2(x)=[∫y(x)dx]2，

y(x)=±∫y(x)dx，

所以y=Ce±x．由题设y(0)=1，知C=1．又因为故“±”取“-”·所以y=e-x．

5.

设a为常数，[x]表示不超过x的最大整数，又设

存在，则a=______，上述极限值=______．正确答案：-2；2[解析][x]表示不超过x的最大整数，例如[π]=3，[-π]=-4．所以

因此对于所讨论的极限应分x→0-与x→0+讨论．

所以当且仅当a=-2时上述极限存在，该极限值为2．

6.

设A是3阶方阵，有3个特征值为0，1，1，且不相似于对角矩阵，则r(E-A)+r(A)=______．正确答案：4[解析]因λ=0是单根，所以对应的线性无关特征向量有且只有一个，即Ax=0的基础解系只有一个非零解．故r(A)=2．

因λ=1是二重根，又A不相似于对角矩阵，故对应线性无关特征向量也只有一个，即

1=3-r(E-A)，

即r(E-A)=3-1=2．

因此r(A)+r(E-A)=4．

三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1.

设平面区域D是由参数方程给出的曲线与x轴围成的区域，求二重积分其中常数a＞0．正确答案：[解]先对y后对x积分，摆线纵坐标记为y(x)，于是

上式中的y=y(x)通过参数式联系着．对上式作积分变量代换x=a(t-sint)，从而y(x)成为t的函数y(t)=a(1-cost)，于是

2.

设

(Ⅰ)讨论函数f(x)的奇偶性，单调性，极值；

(Ⅱ)讨论曲线y=f(x)的凹凸性，拐点，渐近线，

根据以上(Ⅰ)，(Ⅱ)的讨论结果，画出函数y=f(x)的大致图形．正确答案：[解](Ⅰ)因为二次式x2±x+1的判别式(±1)2-4=-3＜0，所以x2±x+1＞0，f(x)的定义域为(-∞，+∞)．

又f(x)=-f(-x)，所以f(x)为奇函数．

当时，f'(x)＜0．当时，f'(x)的分子中两项记为a，b，a＞0，b＞0，考虑

故0＜a＜b．所以当时，仍有f'(x)＜0，从而当0≤x＜+∞时，f'(x)＜0．又f(x)为奇函数，故当-∞＜x＜0时，f'(x)＜0．所以当x∈(-∞，+∞)时，均有f'(x)＜0，即f(x)在(-∞，+∞)上严格单调减少，f(x)无极值．

f"(0)=0．

所以当-∞＜x＜0时，曲线y=f(x)是凸的，当0＜x＜-∞时，曲线是凹的．点(0，f(0))为拐点．

易知无铅直渐近线．考虑水平渐近线：

所以沿x→+∞方向有水平渐近线y=-1．由于f(x)为奇函数，所以沿x→-∞方向有一条水平渐近线y=1．

画图如下：

3.

设f(x)在[0，1]上可导，且满足试证明：存在ξ(0，1)，使正确答案：[证]由积分中值定理，存在使得

令F(x)=x3f(x)，因为故有f(1)=η3f(η)，即F(1)=F(η)．

显然F(x)在[0，1]上可导，由罗尔中值定理得，存在使得F'(ξ)=0，即

3ξ2f(ξ)+ξ3f'(ξ)=0，

即故命题得证．

4.

适当选取函数φ(x)，作变量代换y=φ(x)u，将y关于x的微分方程化为u关于x的二阶常系数线性齐次微分方程求φ(x)及λ，并求原方程的通解．正确答案：[解]由y=φ(x)u，有

代入原方程，得

取φ(x)使2φ'(x)+xφ(x)=0．解微分方程取经计算可知

于是原方程经变换之后，化为即

解之得u=C1+C2x，故原方程的通解为其中C1，C2为任意常数．

5.

正确答案：[解]如图所示。将D分成三块，中间一块记为D3，左、右两块分别记为D1与D2，则

而

所以

6.

求由方程2x2+2y2+z2+8xz-z+8=0所确定的函数z(x，y)的极值．正确答案：[解]令F(x，y，z)=2x2+2y2+z2+8xz-z+8，且令

解得y=0，4x+8z=0，再与2x2+2y2+z2+8xz-z+8=0联立，解得两组解为

再求二阶偏导数并以两组解分别代入，得

所以在第一组点处，B2-AC＜0，故z=1为极小值；在第二组点处，B2-AC＜0，故为极大值．

7.

设圆盘的半径为R，厚为h．点密度为该点到与圆盘垂直的圆盘中心轴的距离的平方，求该圆盘的质量m；正确答案：[解]如图(a)以环细分圆盘，设环的宽度为dr，内半径为r，在环上点密度视为不变，为r2，质量元为dm=r2·2πrdr·h．于是该圆盘的质量为

图(a)

8.

将以曲线x=1，x=4及x轴围成的曲边梯形绕x轴旋转一周生成的旋转体记为V，设V的点密度为该点到旋转轴的距离的平方，求该物体的质量M．正确答案：[解]如图(b)该旋转体可看成由一个个薄片组成，由上题知，每一薄片的质量

其中R为x处的旋转半径，即y，于是质量元为

所以物体的质量为

图(b)

设3维向量组α1，α2线性无关，β1，β2线性无关．9.

证明：存在非零3维向量ξ，ξ既可由α1，α2线性表出，也可由β1，β2线性表出；正确答案：[证]因α1，α2，β1，β2均是3维向量，4个3维向量必线性相关，由定义知，存在不全为零的数k1，k2，λ1，λ2，使得

k1α1+k2α2+λ1β1+λ2β2=0，

得k1α1+k2α2=-λ1β1-λ2β2．

取ξ=k1α1+k2α2=-λ1β1-λ2β2，

若ξ=0，则k1α1+k2α2=-λ1β1-λ2β2=0．

因α1，α2线性无关，β1，β2也线性无关，从而得出k1=k2=0，且λ1=λ2=0，这和4个3维向量必线性相关矛盾，故ξ≠0．ξ即为所求的既可由α1，α2线性表出，也可由β1，β2线性表出的非零向量．

10.

若α1=(1，-2，3)T，α2=(2，1，1)T，β1=(-2，1，4)T，β2=(-5，3，5)T．求既可由α1，α2线性表出，也可由β1，β2线性表出的所有非零向量ξ．正确答案：[解]设ξ=k1α1+k2α2=-λ1β1-λ2β2，则得齐次线性方程组k1α1+k2α2+λ1β1+λ2β2=0．将α2，α2，β2，β2合并成矩阵，并作初等行变换得

解得

(k1，k2，λ1，λ2)=k(-1,2，-1,1)．

故既可由α1，α2线性表出，又可以由β1，β2线性表出的所有非零向量为

其中k是任意的非零常数

(或其中k是任意的非零常数)．

11.

设A，B是n阶矩阵，A有特征值λ=1，2，…，n．证明：AB和BA有相同的特征值，且AB～BA；正确答案：[证]因为A有n个互不相同的非零特征值λ=1，2，…，n，|A|=n!≠0，故A为可逆矩阵，从而有

|λE-AB|=|A(λA-1-B)|=|A||λE-BA||A-1|=|λE-BA|，

即AB和BA有相同的特征多项式，故有相同的特征值．

又若取可逆矩阵P=A，则有P-1ABP=A-1ABA=BA，故有AB～BA．

12.

对一般的n阶矩阵A，B，证明AB和BA有相同的特征值，并请问是否必有AB～BA?说明理由．正确答案：[证]若AB有特征值λ=