2011云南考研数学二真题及答案.doc

发布时间：2022-09-17 发布人：admin 分类：说明书资料大小：1.65M 资料格式：doc 举报版权申诉

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2011 云南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．下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上．) (1) 已知当 x  时，   3sin f x 0  x  sin3 x 与 kcx 是等价无穷小，则( ) (A) k 1, c  ． (B) 4 k 1, c   ． (C) 4 k 3, c  ． (D) 4 (2) 已知   f x 在 0x  处可导，且  0 f  ，则 0 lim 0 x   2 x f x   f x 3 2  3 x k  3, c   ． 4 =( ) (A) 2    0f  ． (B)  0f  ． (C)  0f  ． (D) 0． (3) 函数 ( ) f x  ln ( x  1)( x  2)( x 3)  的驻点个数为( ) (A) 0． (B) 1． (C) 2． (D) 3． (4) 微分方程 y   2  y  e x e  x   (  的特解形式为( 0) ) (A) x (  a e x  e ) ． (B) ( ax e x  x  e ) ． (C) x (  x ae  be x  ) ． (D) 2( x ae x   be x  ) ． (5) 设函数 ( ), f x g x 均有二阶连续导数，满足 (0) 0, g ( ) f (0) 0,  且 (0) f   g (0) 0  ，则函数 z  ( ) ( ) f x g y 在点 (0,0) 处取得极小值的一个充分条件是( ) (A) f  (0) 0,  g  (0)  0. (B) f  (0) 0,  g  (0) 0.  (C) f  (0)  0, g  (0)  0. (D) f  (0)  0, g  (0) 0.  (6) 设 I    4 0 ln sin x dx ， J  4 0   ln cot x dx ， K  4 0   ln cos x dx ，则 , I J K 的大 , 小关系是( (A) I   ． (7) 设 A 为 3 阶矩阵，将 A 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 B ，再交换 B 的第 2 行与第 3 (B) I K J (D) K J ) J K   ．   ． I K (C) J  ．  I P 行得单位矩阵，记 1       1 0 0 1 1 0 0 0 1      P ， 2       1 0 0 0 0 1 0 1 0      ，则 A  ( ) (A) 1 2PP ． (B) 1 2P P ． 1 (C) 2 1P P ． (D) 1 2 1P P ．

(8) 设 A     4  ( , , , 1 2 3 ) 是 4 阶矩阵， *A 为 A 的伴随矩阵，若 (1,0,1,0)T 是方程组 Ax  的一个基础解系，则 * A x  的基础解系可为( 0 0 ) (A) ,  ． 1 3 (B) ,  ． 1 2 (C) ,   ． , 1 2 3 (D) ,   ． , 2 3 4 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) lim( 0 x x 1 x ) 1 2  2   ． (10) 微分方程 ' y   y  x e cos  的解为  ． (11) 曲线 y  x  0 tan tdt (0 y 满足条件 (0) 0 x x  )   4 的弧长 s   ． (12) 设函数 ( ) f x  0,  xe ,   x  0, x    0,   0, 则    xf x dx ( )   ． (13) 设平面区域 D 由直线 y x 圆 2 x , 2 2 y y   及 y 轴围成，则二重积分  D 为 xyd ． (14) 二次型． ( , f x x x 3 , 1 2 )  2 x 1  3 2 x 2  2 x 3  2 x x 1 2  2 x x 1 3  2 x x 2 3 ，则 f 的正惯性指数三、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 x   0 2 t dt ) ln(1  a x ，设 lim ( ) F x x   lim ( ) F x x  0   试求 a 的取值范围． 0, (16) (本题满分 11 分) 设函数 y  ( ) y x 由参数方程   x     y  1 3 1 3 3 t   t 3 t   t 1 , 3 1 , 3 y  ( ) y x 的凹凸区间及拐点． (17) (本题满分 9 分) 确定，求 y  ( ) y x 的极值和曲线设函数 z  ( ( )) f xy yg x , ，其中函数 f 具有二阶连续偏导数，函数 ( )g x 可导且在 1x  处取得极值 (1) 1  ，求 g 2 z  x y    1 x 1 y  ．

(18) (本题满分 10 分) 设函数 ( ) y x 具有二阶导数，且曲线 : l y  ( ) y x 与直线 y x 相切于原点，记为曲线l 在点 ( , x y 处切线的倾角，若 ) (19) (本题满分 10 分) d  dx  dy dx , 求 ( ) y x 的表达式． (I)证明：对任意的正整数 n，都有 1 1n  1,2,  1      (II)设 ( n n ln  na 1 2 1 n  ln(1  1 n )  1 n 成立．  ，证明数列 na 收敛． ) (20) (本题满分 11 分) 一容器的内侧是由图中曲线绕 y 轴旋转一周而成的曲面，该曲线由 2 x  2 y  2 ( y y  与 2 x ) 1 2  2 y  1( y  连接而成的． ) 1 2 (I) 求容器的容积； (II) 若将容器内盛满的水从容器顶部全部抽出，至少需要做多少功？(长度单位：m ，重力加速度为 /gm s ，水的密度为 3 10 2 /kg m )． 3 y 2 x  2 y  2 y x 1 2 x y 2 1  2 1 1 2 O 1 1 图１ (21) (本题满分 11 分) 已知函数 ( , f x y 具有二阶连续偏导数，且 (1, ) f ) y  ， ( ,1) f x 0  ， ( , ) f x y dxdy a 0  D ，其中   D x y ( , )|0   x 1,0   ，计算二重积分 y  1 I   D xy f  xy ( , x y dxdy ) ． (22) (本题满分 11 分)  设向量组 1  (1,0,1) , T  2  (0,1,1) , T  3  (1,3,5) T ，不能由向量组 1   (1,1,1)T ，   2   (1,2,3)T ， 3 (I) 求 a 的值； (3,4, )Ta 线性表示． (II) 将 1 ,   由 1 ,   线性表示． , , 2 3 2 3 (23) (本题满分 11 分) A 为三阶实对称矩阵， A 的秩为 2，即  r A  ，且  2 A 1 1   0 0   1 1             1 1  0 0 1 1      ．

(I) 求 A 的特征值与特征向量； (II) 求矩阵 A ．参考答案一、选择题(1～8 小题，每小题 4 分，共 32 分．下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上．) (1)【答案】(C)．【解析】因为 lim 0 x  3sin sin 3 x  k cx 3 cos 2 x  k cx 3sin x  x  lim 0 x  x sin cos 2 k cx x  cos sin 2 x x  2cos 2 x   lim 0 x  3 cos 2  2cos x  1 k cx  2 x sin x  3   2cos 2  1 x   1 k cx  2cos 2 x  lim 0 x  4 4cos  1  k cx 2 x  lim 0 x  x 2 4sin 1 k  cx  lim 0 x   lim 0 x   lim 0 x   ． 1 3 4 k cx  3 所以 4,  c k  ，故答案选(C)． (2)【答案】(B)．  2 x f x 【解析】 lim 0 x   f x 3  2   3 x  2 x f x   2 x f  0  lim 0 x   f x 3  2  2 f  0    3 x     0  lim 0 x     f  f x   x f  0   2  f x 3   3 x f  0        2 f   0    f   0  ．故答案选(B)． (3)【答案】(C)． x   2 ln x  3 【解析】 ( ) f x  f '( ) x  x x  ln 1 ln   1 1 1 x   23 12 x  1)( x   2 x 11 x  2)( x   1  3 3)  ( x

令 '( ) x x  ，得 1,2 0 f 3  6  3 ，故 ( ) f x 有两个不同的驻点． (4)【答案】(C)．【解析】微分方程对应的齐次方程的特征方程为 2 r  2 0 r  ，解得特征根 1  r , 2    ．所以非齐次方程 y   2 y y  有特解 1 x e   x x a e  , 非齐次方程 y   2  y  x  e  y 有特解 2   x x b e   ，故由微分方程解的结构可知非齐次方程 y   2  y  e x   e x   可设特解 y  ( x ae x   be x  ). (5)【答案】(A)．【解析】由题意有 z  x   ( ) ( ) f x g y ， z  y    ( ) ( ) f x g y 所以， z  x   0,0  f (0) (0) 0  g ， z  y   0,0  f (0) g  (0) 0  ，即 0,0 点是可能的极值点．又因为 z 2 2  x   f ( ) ( ) x g y ， 2 z  x y      ( ) ( ) f x g y ， z 2 2  y   ( ) g y f x ( ) ，所以， A  z 2 | (0,0) 2  x   f  (0)  g (0) ， B  2 z  x y   | (0,0)  f  (0)  g  (0) 0  ， C  z 2 | (0,0) 2  y   f (0)  g  (0) ，根据题意由 0,0 为极小值点，可得 AC B  2    且 A C 0,  A f (0)  g (0)  ，所以有 0 C f  (0)  g (0)  由题意 (0) 0, 0.  f g (6)【答案】(B)． (0) 0  ，所以 (0) 0,  f    x    时， 0 sin 4 x 【解析】因为 0 又因 ln x 是单调递增的函数，所以 lnsin 故正确答案为(B)． (7)【答案】 (D)．【解析】由于将 A 的第 2 列加到第 1 列得矩阵 B ，故 cos x  x ln cos 1 cot   x  x ， ln cot g  (0)  ，故选(A)． 0 x ．

A      1 0 0 1 1 0 0 0 1       B ，即 1AP B ， 1 A BP 1  ．由于交换 B 的第 2 行和第 3 行得单位矩阵，故 1 0 0 0 0 1 0 1 0         B E    ，  B P 2 1  ．因此， P 2 1 A P P 2 1  ，故选(D)． P B E 故 , 即 2 (8)【答案】(D)．【解析】由于 (1,0,1,0)T 是方程组 Ax  的一个基础解系，所以 (1,0,1,0) T A 0  ，且 0 ( r A    ，即 1 4 1 3   3 )  ，且 0 0A  ．由此可得 * A A A E O  ，即 |  | * A (     4 , , , 1 2 3 ) O ，这说明 1     是 * A x  的解． 0 , , , 2 3 4 由于 ( r A  ， 1 ) 3   3  ，所以 2 0 ,   线性无关．又由于 ( r A  ，所以 ) 3 , 3 4 * r A  ，因此 * ( ) 1 A x  的基础解系中含有 4 1 3   个线性无关的解向量．而 2 ,   线 0 , 3 4 性无关，且为 * A x  的解，所以 2 0 ,   可作为 * A x  的基础解系，故选(D)． 0 , 3 4 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)【答案】 2 ．【解析】原式= x 1 2  2 1)  1 x lim( e  0 x  e x 2 2 1  x lim 0 x   e x 2 ln2  2 lim 0 x  1 2 ln2  e  ． 2 (10)【答案】 y  e sinx x ．【解析】由通解公式得   y  e xe  dx  ( e   ( cos x cos dx  x e dx C   ) xdx C  ) xe  (sin x C  ． ) 由于 (0) 0,  故C =0．所以 y y  e sinx x ． (11)【解析】选取 x 为参数，则弧微元 ds  1    y 2 dx  1 tan  2 xdx  sec xdx

xdx  ln sec x  tan x  4 0  ln(1  2) ．  4 0  s  所以 sec (12)【答案】 1    xe 【解析】原式   ．  x e 0 x   dx   x   xde  0  dx  x   0    0  e x    lim x    0 1 e   x   0 x x  e     1  ．   lim x  1 x  e   1     lim x  1 x  e  0 e (13)【答案】 7 12 ．【解析】原式    2  4 2sin   d  0 r cos   r sin  rdr    2  4 r cos      sin d 0 2sin  3 r dr         2 4 cos sin  1 4  16sin 4   d    2  4 4 6 6 sin   6 4  ． 7 12 4cos    sin d  5  4   2  4 5 sin   sin d (14)【答案】2．【解析】方法 1： f 的正惯性指数为所对应矩阵的特征值中正的个数．二次型 f 对应矩阵为 A       1 1 1 1 3 1 1 1 1      ．  E A  1   1   1  1  3   1  1  1  1    1   1  0 3   1     1 1    1 1    0 3   1  0 2  2     3   1  2  2          1  4  ，故 1    3 0, 1,   2  ．因此 f 的正惯性指数为 2． 4 方法 2： f 的正惯性指数为标准形中正的平方项个数．  , f x x x 3 , 1 2   2 x 1  3 2 x 2  2 x 3  2 x x 1 2  2 x x 1 3  2 x x 2 3   x 1  x 2  2 x 3  2 x 2  2 x x 2 3  2 x 3  3 2 x 2  2 x 3  2 x x 2 3

  x 1  x 2  2 x 3 2 22 x  ，则 f  2 y 1 2 22  ，故 f 的正惯性指数为 2． y x 2  x 3 , 令      y 1 y 2 y 3    x 1 x 2 x 3  , , 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) 【解析】如果 0a  时， lim x  显然与已知矛盾，故 0a  ．当 0a  x  0 2 t dt ) ln (1  a x  lim x   a x  x  0 ln(1  2 t dt )   ，时，又因为 lim 0 x   x  0 ) 2 t dt ln(1  ln(1  a a ax x 0a  即 3a  ．所以3 lim 0 x    2 ) x 1   lim 0 x   2 x a ax 1   lim 0 x   1 a 3  a  x  0 ．又因为 0 lim   x x  0 2 t dt ) ln(1  a x  lim x  2a  ，即 1a  ，综合得1  ) 2 ln(1 x  1 a  ax 3a  ． 2 x 2 1 x  a 1) ( x a a  lim x   2  2 1) ( a a  lim x  3 a  x 1  2 x 【解析】因为所以3 (16) (本题满分 11 分) dy dt dx dt 2 td  ( 2 t  dt  ( ) y x  ( ) y x    2 2 t t   1 1 ， 1 ) 1 1  dx dt 2 2 ( t t  2 ( 1) t   2 ( 1) t  2 1) 2 t   1  1  2 t  4 t 1)  3 , 2 ( t 令 ( ) 0 y x  得 1 t   ， 5 3 x  ， 1 3 当 1t  时， y   ，此时 y  ，所以 0 y   为极小值． 1 3 当 t   时， 1 x   ， 1y  ，此时 1 y  ，所以 1y  为极大值． 0 x 令 ( ) y  得 0 0 x y  ． t  ， 1 3 1 3 0 当 0t  时， x  ，此时 y  ；当 0 t  时， x  ，此时 1 3 y  ． 0

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