2012河北考研数学二真题及答案.doc-资料库

2012 河北考研数学二真题及答案一、选择题：1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上. （1）曲线 y  x x 2 x  2 1  渐近线的条数为（）（A）0 （B）1 （C）2 （D）3 【答案】：C 【解析】： x lim x 1 x 2 2   x 1   ，所以 1x  为垂直的 x lim x x 2 2   x 1  1 ，所以 1y  为水平的，没有斜渐近线故两条选C nx  e ( n ) ，其中 n 为正整数，则 '(0) f  （2）设函数 ( ) f x  x ( e  1)( e 2 x  2) （A） ( 1)  n 1 ( n  1)! n n （B） ( 1) (   1)! （C） ( 1)  1 n n ! !  n n （D） ( 1) 【答案】：C 【解析】： ' ( ) f x  x ( e e 2 x  2) (  e nx  n )  x ( e  1)(2 e 2 x  2) (  e nx  n )  (  e x  1)( e 2 x  2) (  ne nx  n ) 所以 '(0) f  ( 1)  1 n n ! （3）设 an>0(n=1,2,…)，Sn=a1+a2+…an，则数列(sn)有界是数列（an）收敛的 (A)充分必要条件. (B)充分非必要条件. （D）即非充分地非必要条件. （C）必要非充分条件. 【答案】：(A)

【解析】：由于 na  ，则 0  为正项级数，Sn=a1+a2+…an为正项级数 a n  的前n 项 a n  n 1   n 1  和。正项级数前n 项和有界与正向级数  收敛是充要条件。故选 A a n  n 1  k   I k （4）设 e （A）I1< I2 0, y  <0,f(x1,y1) x2, y1< y2. (C) x1< x2, y1< y2. 【答案】：(D) (B) x1> x2, y1>y1. (D) x1< x2, y1> y2. )  0 【解析】： ( , f x y  x  ( , f x y  y  量 y 是单调递减的。因此，当 1 x ，  （6）设区域 D 由曲线 y  sin , xx ( ) A  ( B (2) C (2)  D )   )  0 表示函数 ( , f x y 关于变量 x 是单调递增的，关于变 ) , x y 1 2  2   必有 1 y 2  ( , ) f x y 1 围成，则   5 yx 2 2 ) , ( f x y  1  dxdy , y  ,1 ，故选 D  ( ) 【答案】：（D）【解析】：由二重积分的区域对称性，  5 yx  1 dxdy      2   2 dx 1  sin  5 yx  1 dy    x  （7）设 1       0   0 ,   c  1  2       量组线性相关的是（  3 0   1 ,   c  2 ） 1   1 ,     c  3       4       1  1 c 4      其中 1 c c c c 为任意常数，则下列向 , , , 2 3 4 （A） 1 ,   3 , 2 （B） 1 ,   4 , 2

（C） 1 ,   4 , 3 【答案】：（C）【解析】：由于     4 1 3 , , （D） 2 ,   4 , 3   0 0 c 1 1 1  c 3 1  1 c 4  c 1 1 1  1  1  0 ，可知 1 ,   线性相关。故 , 3 4 选（C）（8）设 A 为 3 阶矩阵， P 为 3 阶可逆矩阵，且 1 P AP 1       1      2 ， P    3  , , 1 2   ， Q     3   1 2 2 , ,  （A）（C） 1 2           2 1           1 2 【答案】：（B）  则 1Q AQ  （（B）（D）） 1 2           1 2           2 1   Q P     1 0 0 1 1 0 0 0 1      ，则 1  Q 1 0 0   1 1 0    0 0 1        1 P ，【解析】：故 1  Q AQ 0 0 1 1 1 0   0 0 1           1  P AP      1 0 0 1 1 0 0 0 1      0 0 1 1 1 0   0 0 1           1 1      1 0 0 1 1 0 0 0 1      2  1      1      2 故选（B）。二、填空题：914 小题，每小题 4 分，共 24 分，请将答案写在答题纸．．．指定位置上. （9）设 y  ( ) y x 是由方程 2 x    所确定的隐函数，则 y 1 e y dy dx  ________。【答案】： 2 x 1y e  【解析】：方程 2 x    两端对 x 求导，有 2 1 y e y x  dy dx  y e dy dx ，所以

dy dx  2 x 1y  e （10）计算 lim x  n    1 n  2 1 1  2 n  2 2  …  1  2 n     2 n ________。  【答案】： 4 【解析】：原式  lim n  1 n n  i 1   1     i n 2    1 1   dx x  2 1  arctan x 1 0   . 4 ln x     1 y    （11）设 z  f 【答案】： 0 . ,其中函数 ( ) f u 可微，则 x z  x   2 y z  y   ________。【解析】：因为（12）微分方程  z  x  ydx 1 x  , f  z  y  2 3 ) y dy f    ( x  x    ，所以 1 2 y     0  满足初始条件 |xy  =1 的解为________。 z  x  z  y  0.   2 y 【答案】： x 2 y 【解析】： ydx  ( x  2 3 ) y dy 线性微分方程，所以    0 dx dy 3 y  1 y x   dx dy 1 y x  3 y 为一阶   1 y dy x  e      1 y dy 3 y e  dy C      1 y    3 2 y dy C     ( 3 y C  ) 1 y 又因为 1y  时 1x  ，解得 0C  ，故 x 2 y . （13）曲线 y  2 x  ( x x  上曲率为 0) 2 2 的点的坐标是________。【答案】： 1,0 【解析】：将 y ’  2 x  1, y ”  2 代入曲率计算公式，有

K   | | y  2 3/2 ) y (1  2  1 (2   x  1) 2 2 2  3 2   整理有 (2 x  1) 2  ，解得 0 1 x  或，又 0 x  ，所以 1 x   ，这时 0 y  ， 1 故该点坐标为 1,0 （14）设 A 为 3 阶矩阵， 3A  , *A 为 A 的伴随矩阵，若交换 A 的第一行与第二行得到矩阵 B ,则 *BA  ________。【答案】：-27 【解析】：由于 B E A  12 ，故 * BA  * E A A 12   | A E 12 |  3 E 12 ，所以， * BA | | | 3  E 12 3 | 3 |  E 12 | 27*( 1)     27 . 三、解答题：15—23 小题，共 94 分.请将解答写在答题纸．．．指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. （15）（本题满分 10 分）已知函数 ( ) f x  1  sin x x  ，记 1 , x a  lim ( ) f x x  0 （1）求 a 的值（2）若当 x  时， ( ) f x 0 【解析】：（1） lim ( ) f x x  0  （2）,当 x  时，由 0 a 是 kx 的同阶无穷小，求 k sin  2 x    1 x x ( ) 1 f x a   1 sin ( ) f x lim 0 x    1) x lim( 0 x  1 sin x   x 1 x   ，即 1a  1 1 sin x x  sin x x 1 6 ，即 ~ a x  1k  又因为,当 x  时， sin 0  x x 与 31 x 等价，故 6 ( ) f x （16）（本题满分 10 分）求  , f x y   xe  2 x 2 y  2 的极值。【解析】：  , f x y   xe  2 y ， 2 x  2 先求函数的驻点.  f x  , x y     e x 0, f  y  , x y     ，解得函数为驻点为 0 y ,0e  . 又 A f    e ,0  xx   1, B f    e ,0  xy  0, C f    e ,0  yy   ， 1

所以 2 B  AC  0, A  ，故  0 f x y 在点  , ,0e 处取得极大值  f e  ,0  21 e 2 . （17）（本题满分 10 分）过点（0，1）点作曲线 L： y ln x 的切线，切点为 A，又 L 与 x 轴交于 B 点，区域 D 由 L 与直线 AB 及 x 轴围成，求区域 D 的面积及 D 绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体积。【解析】：设切点坐标为  A x 0 ,ln x ，斜率为 0  1 x 0 ，所以设切线方程为 y  ln x 0   x 1 x 0  ，又因 x 0  ，所以 B 为该切线过 (0,1) 切线与 x 轴交点为  B e 2,0 0x  2 e ，故切线方程为： y  1 2 e x  1 y （0,1） A Y=lnx y e   2  e ( y  1)  dy   y 2  e (  e   x 1 2 2 y  y ) 2 0     2 e  1 2  0 B （1） A  （2） V     1 3 8 3 8 3 8 3   2 2     2 e 2  e  2 e      1 2 ln xdx   2 e             e 2  2 x ln x e 1 2  2 e  1 2ln xdx    2 4 e   2 ln x x 2  e 1  2 e  1 2 dx    2 e    2  2 e  1     2 3 2 e  3  （18）（本题满分 10 分）计算二重积分 D xyd，其中区域 D 为曲线 1r  cos   0  与极轴围成。【解析】：  D xyd     0 1   d  0 cos  r cos   r sin   rdr

1(   4) d 2( cos  )1 cos 8  2 2 d tdt  16 sin t cos 9 tdt 2 cos  2  2 0      cos  1  sin 4 0   16 sin 2 0  2 0 cos cos 2 11 t sin 8 5  32  8  3 16 15 ' xf )(2)( xf   0 及（ 19 ）（本题满分 11 分）已知函数 )(xf 满足方程 f '' )( x  )(' xf  )( xf  2 xe 1）求表达式 )(xf 2）求曲线的拐点 y  2 ( xf ) x 0 f (  t 2 ) dt 【解析】： 1 ）特征方程为 2 r  r 2 0 ，特征根为 r 1 ,1 2  r  2 ，齐次微分方程 f  ( ) x  f x ( ) 2 ( ) 0 f x  的通解为  )( xf  x eC 1  eC 2  2 x . 再由 '( ) f x  ( ) f x  2 x e 得 x 2 C e C e 1 2   2 x x C  ，可知 1 e 2 21, C  。 0 故 ( ) f x x e 2 ）曲线方程为 2 x y  e x  0 2 t  e dt ，则 y ' 1 2   xe 2 x x  0 2 t  e dt ， y '' 2  x   2 1 2  2 x  e 2 x x  0 2 t  e dt 令 '' 0 y  得 0 x  。为了说明 0 x  是 '' 0 y  唯一的解，我们来讨论 ''y 在 0 x  和 0 x  时的符号。当 x  时， 0 2 x  0,2 1 2   2 x 2  x  0,2 1 2   2 x 2 x  e x  0 2 t  e dt  0 ，可知 '' 0 y  ；当 x  时， 0 e 2 x x  0 2 t  e dt  0 ，可知 '' 0 y  。可知 0 x  是 '' 0 y  唯一的解。同时，由上述讨论可知曲线  0,0 点是曲线 y  2 ( xf ) x 0 （20）（本题满分 10 分） y  2 ( xf ) x 0 f (  t 2 ) dt 在 0 x  左右两边的凹凸性相反，可知 f (  t 2 ) dt 唯一的拐点。

证明： x 1ln 1   x x  cos x 1   2 x 2 , 1    x 1 【解析】：令  f x   x 1ln 1   x x  cos x 1   2 x 2 ，可得   2 2  sin x  x x x  2 x  2   1  sin x  x x   sin x f '  x   ln  ln  ln 1 1 1 1 1 1       x x x x x x    1 1 1 当 0 1x  时，有 2 x 1 1 2 x x  x  x  1ln 1   x x  0 ， 1 1   2 2 x x  1 ，所以 1 1   2 2 x x x   sin x  0 ，故  f '  x  ，而  0 0 f  ，即得 0 x 1ln 1   x x  cos x 1   2 x 2  0 所以 x 1ln 1   x x  cos x  2 x 2  1 。当 1    ，有 0x 1ln 1   x x  0 ， 1 1   2 2 x x  1 ，所以 1 1   2 2 x x x   sin x  0 ，故  f '  x  ，即得 0 x 1ln 1   x x  cos x 1   2 x 2  0 可知， x 1ln 1   x x  cos x 1   2 x 2 , 1    x 1 （21）（本题满分 11 分）（1）证明方程 n x 1 n   x  ... x (1 n  1 的整数 ) ，在区间    1 2 1,    内有且仅有一个实根；（2）记（1）中的实根为 nx ，证明 lim 存在，并求此极限。 n  x n 【解析】： (1) 由题意得：令 ( ) f x  n x  x n 1     x 1 ，则 (1) 0  ，再由 f 1 2 f ( 1 2 )  1 (1 (  2 1 2 1  n ) ) 1    ( 1 2 n )  0 ，由零点定理得在 1( 2 ,1) 肯定有解 0x ，假设在此区间还有另外一根 1x ，所以 n x 0  x 0 n 1     0 1 x   x n n  x n n 1     x n  1 ，由归纳法得到

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