考研数学二真题及答案Word格式.docx
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(B),线性相关;
(C),线性无关;
(D),线性相关
三、(此题总分值6分)
曲线的极坐标方程是,求该曲线上对应于处的切线与法线的直角坐标方程.
四、(此题总分值7分)
设求函数的表达式.
五、(此题总分值7分)
函数在内可导,,且满足,求.
六、(此题总分值8分)
求微分方程的一个解,使得由曲线,与直线以及轴所围成的平面图形绕轴旋转一周的旋转体体积最小.
七、(此题总分值7分)
某闸门的性状与大小如下图,其中直线为对
称轴,闸门的上部为矩形,下部由二次抛物线
与线段所围成,当水面与闸门的上端相平时,欲使
闸门矩形局部承受的水压力与闸门下部承受的水压力之
比为5:
4,闸门矩形局部的高应为多少(米)?
八、(此题总分值8分)
设,证明数列的极限存在,并求此极限.
九、(此题总分值8分)
设,证明不等式
十、(此题总分值8分)
设函数在的某邻域内具有二阶连续导数,且
证明:
存在惟一的一组实数,使得当时,
是比高阶的无穷小.
十一、(此题总分值6分)
为3阶矩阵,且满足,其中是3阶单位矩阵.
(1)证明:
矩阵可逆;
(2)假设,求矩阵
十二、(此题满6分)
4阶方阵均为4维列向量,其中线性无关,.假如,求线性方程组的通解.
参考答案
一、填空题
(1)
【答案】-2
【详解】假如分段函数连续,那么在0点处的左右极限相等,从而确定的值.
当时,;
,所以有
假如在处连续,必有即
(2)
【答案】1
【详解】面积
其中.
(3)
【答案】
【详解】方法1:
这是属于缺的类型.命.
原方程化为,得
或
,即,不满足初始条件,弃之;
所以
所以,,别离变量得,解之得即
由初始条件,可将先定出来:
.于是得
解之得,.以代入,得,所以应取“+〞号
且.于是特解是.
方法2:
将改写为,从而得.以初始条件代入,有,所以得.即,改写为.解得.再以初值代入,所以应取且.于是特解.
(4)
【详解】利用定积分的概念将被积函数化为定积分求极限.
因为
其中,所以根据定积分的定义,有
(5)
【答案】4
【详解】记,那么
(对应元素相减)
两边取行列式,
(其中指数中的1和1分别是所在的行数和列数)
令,解得,故是矩阵的非零特征值.(另一个特征值是(二重))
二、选择题
(D)
【详解】在可导条件下,,当时称为的线性主部.
而,以代入得,由题设它等于0.1,于是,应选(D).
【详解】对与(D),令,那么,令,那么,所以
所以(D)为偶函数.同理证得(A)、(C)为奇函数,而(B)不确定,如.故应选(D).
(C)
【详解】由,且,可知
方法1:
因为当时,,所以
,
应选(C).
由于.将函数按麦克劳林公式展开,代入,有
.
(4)【详解】方法1:
排挤法.
令,那么在有界,,
,但不存在,故(A)不成立;
,但,(C)和(D)不成立,应选(B).
证明(B)正确.设存在,记,证明.
用反证法,假设,那么对于,存在,使当时,,即
由此可知,有界且大于.在区间上应用拉格朗日中值定理,有
从而,与题设有界矛盾.类似可证当时亦有矛盾.故.
【答案】A
对任意常数,向量组,线性无关.用反证法,假设,线性相关,因线性无关,故可由线性表出.即存在常数,使得
又可由线性表出,即存在常数,使得代入上式,得
与不能由线性表出矛盾.故向量组,线性无关,选(A)
用排除法
B选项:
取,向量组,即,线性相关不成立,否那么因为,线性相关,又线性无关,故可由线性表出.即存在常数,使得与矛盾,排除(B).
C选项:
取,向量组,,即,线性无关不成立,因为可由线性表出,,线性相关,排除(C).
D选项:
时,,线性相关不成立.假设,线性相关,因线性无关,故可由线性表出.即存在常数,使得.又可由线性表出,即存在常数,使得代入上式,得
因为,故
与不能由线性表出矛盾.故,线性相关不成立,排除(D).
应选(A).
三【详解】由极坐标到直角坐标的变换公式,化极坐标曲线为直角坐标的参数方程为
,即
曲线上的点对应的直角坐标为
于是得切线的直角坐标方程为
,即.
(这是由直线的点斜式得到的,直线的点斜式方程为,由导数的几何意义知在时斜率为1,且该点的直角坐标为),
法线方程为
即.
(这是由直线的点斜式方程及在同一点切线斜率与法线斜率为负倒数的关系而得)
四【详解】当时
当时,
五【详解】因为,
又,
从而得到
于是推得,即
解此微分方程,得,改写成
再由条件,于是得
六【详解】这是一阶线性微分方程,由通解公式(假如一个一阶线性方程为那么通解为)有
由曲线与及轴围成的图形绕轴旋转一周的旋转体的体积为
(旋转体的体积公式:
设有连续曲线,与直线及轴围成平面图形.该图形绕轴旋转一周产生旋转体的体积为)
取使最小,由求最值的方法知先求函数的驻点,即的点,
解得又,故为的惟一极小值点,也是最小值点,于是所求曲线为
七【详解】方法1:
建立坐标系如以下图,
由于底部是二次抛物线我们设此抛物线为
,由坐标轴的建立知此抛物线过
点,把这两点代入抛物线的方程,
得,所以.
即底部的二次抛物线是,.
细横条为面积微元,按所建立的坐标系及抛物线的方程,得到面积微元,因此压力微元
(这是由压力的公式得到的:
压力=压强面积)
平板上所受的总压力为
其中以代入,计算得.
抛物板上所受的总压力为
其中由抛物线方程知,代入计算得,
由题意,即
解之得(米)(舍去),即闸门矩形局部的高应为.
八【详解】由知及均为正数,故
(为正数)
假设,那么再一次用不等式,得
由数学归纳法知,对任意正整数有.
另一方面,
所以单调增加.单调增加数列有上界,所以存在,记为
由两边取极限,于是由极限的运算性质得
即
解得或,但因且单调增,故,所以
九【详解】左、右两个不等式分别考虑.先证左边不等式,
由所证的形式想到用拉格朗日中值定理.
而中第二个不等式来自不等式(当时),这样就证明了要证明的左边.
用单调性证,将改写为并移项,命
,有.
(当),
所以,当时单调递增.所以,故,
即
再证右边不等式,用单调性证,将改写为并移项,命
有,及
所以当时,,再以代入,得
右边证毕.
十【详解】从题目结论出发,要证存在唯一的一组,使得
由极限的四那么运算法那么知,分子极限应为0,即
由于在连续,于是上式变形为由知
(1)
由洛必达法那么,
(2)
由极限的四那么运算法那么知分子的极限应是,即
由于在连续,于是上式变形为,由知
(3)
对
(2)再用洛必达法那么,和在连续
由,故应有
(4)
将
(1)、(3)、(4)联立解之,由于系数行列式
由克莱姆法那么知,存在唯一的一组解满足题设要求,证毕.
十一【详解】
(1)由题设条件,两边左乘,得,即
所以,
根据可逆矩阵的定义知可逆,且.
(2)由
(1)结果知,根据逆矩阵的性质,其中为不等于零的常数,有
故
又(对应元素相减)
因为假设,对进展初等行变换,
故,代入中,那么
(常数与矩阵相乘,矩阵的每一个元素都需要乘以该常数)
(对应元素相加)
十二【详解】方法1:
记,由线性无关,及即可以由线性表出,故线性相关,及即可由线性表出,知
系数矩阵的秩与增广矩阵的秩相等,故有解.
对应齐次方程组,其系数矩阵的秩为3,故其根底解系中含有4-3(未知量的个数-系数矩阵的秩)个线性无关的解向量,故其通解可以写成,是的一个特解,根据非齐次线性方程组的解的构造定理,知的通解为,其中是对应齐次方程组的通解,是的一个特解,因
故,
故是的一个非零解向量,因为的根底解系中只含有一个解向量,故是的根底解系.
又
,即
故是的一个特解,根据非齐次线性方程组的解的构造定理,方程组的通解为.(其中是任意常数)
令,那么线性非齐次方程为
,故
将代入上式,得
由线性无关,根据线性无关的定义,不存在不全为零的常数使得,上式成立当且仅当
其系数矩阵为,因为3阶子式,其秩为3,故其齐次线性方程组的根底解系中存在1个(4-3)线性无关的解向量,取自由未知量,那么方程组有解
故方程组有通解
.(其中是任意常数)
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