考研数学二选择题填空题.doc

考研数学二选择题填空题一、选择题:18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) 设，其中，则当时，是 ( )(A) 比高阶的无穷小 (B) 比低阶的无穷小(C) 与同阶但不等价的无穷小 (D) 与等价的无穷小【答案】(C)【解析】， 又 与同阶但不等价的无穷小. 所以选（C）.(2) 设函数由方程确定，则 ( )（A）2 （B）1 （C）-1 （D）-2【答案】（A）【解析】因为即.又 两边对求导得：，将，代入上式得.选（A）.(3) 设函数，则 （ ）（A）是函数的跳跃间断点 （B）是函数的可去间断点 （C）在处连续但不可导（D）在x=处可导【答案】（C）【解析】因是在唯一的第一类间断点，即在可积，故在连续.因是的第一类间断点，故在不可导. 所以选（C）. (4) 设函数，若反常积分收敛，则 （ ）（A） （B） （C） （D）【答案】（D）【解析】，是瑕点，故时，瑕积分收敛.，要使其收敛，需.综上所述选（D）.（5）设，其中函数可微，则 ( ) (A) (B) (C) (D) 【答案】（A）【解析】 选（A）.（6）设是圆域在第象限的部分，记则 （ ）(A) (B) (C) (D) 【答案】（B）【解析】第二象限中，始终 即 选（B）.(7) 设A，B，C均为n阶矩阵，若，且可逆，则 （ ）(A) 矩阵的行向量组与矩阵的行向量等价(B) 矩阵的列向量组与矩阵的列向量等价 (C) 矩阵的行向量组与矩阵的行向量等价 (D) 矩阵的列向量组与矩阵的列向量等价【答案】（B）【解析】将按列分块， 由于，故 即 即的列向量组可由的列向量线性表示 由于可逆，故，的列向量组可由的列向量组线性表示 选（B）. (8) 矩阵与相似的充分必要条件为 （ ）(A) (B)为任意实数 (C) (D)为任意实数【答案】(B)【解析】令，因为为实对称矩阵，为对角阵，则与相似的充要条件是的特征值分别为的特征方程 =，因为是的特征值，所以所以，即.当时，的特征值分别为所以为任意常数即可. 故选(B).文章资料由经济学金融考研网整理发布。二、填空题：914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】.【解析】 . (10) 设函数，则的反函数=在处的导数=_.【答案】【解析】 (11) 设封闭曲线L的极坐标方程为=，则所围平面图形的面积是 .【答案】【解析】. (12) 曲线上对应于=1的点处的法线方程为_.【答案】【解析】,.当时 ，所以法线方程，即. (13) 已知，是某二阶常系数非齐次线性微分方程的3个解，则该方程满足条件，的解为_.【答案】【解析】故该方程组的通解为.由得.从而满足初始条件的解为. (14) 设是3阶非零矩阵，为的行列式，为的代数余子式，若，则=_.【答案】-1【解析】由于故 而或；又，否则由得与题设矛盾.三、解答题：1523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)当时，与为等价无穷小.求与的值.【答案】，【解析】，即时，上式极限存在.当时，由题意 .(16) (本题满分10分)设是由曲线，直线及轴所围成的平面图形，分别是绕轴， 轴旋转一周所得旋转体的体积，若，求的值.【解析】由旋转体积公式得：，由已知条件知所以.(17) (本题满分10分)设平面区域由直线及围成.计算.y=3xOyxx=3yx+y=82 662(2，6)(6，2)【解析】由，故(18) (本题满分10分)设奇函数在上具有2阶导数，且.证明：（）存在.使得 ()存在 使得.【解析】（I）由于在上为奇函数，故，则令，则在上连续，在内可导，且，由罗尔定理，存在，使得即（II）由于在上为奇函数，则在上为偶函数，所以由（I）.令，则在上连续，在内可导，且，由罗尔定理存在，使得即.(19) (本题满分10分)求曲线上的点到坐标原点的最长距离与最短距离.【解析】设建立拉格朗日函数令（i） 若，得不合题意.（ii） 若，得或，均得不合题意.若，得或，由得，代入得，即得，故距离为.又；所以最长距离为，最短距离为1.(20) (本题满分11分)设函数（）求的最小值; ()设数列满足证明：存在并求此极限.【解析】（I）令是唯一驻点，且当，当所以是的极小值点，故是最小值.（II）由（I）知，又由已知可得，即，所以单调递增.又由，可得，所以有上界由单调有界定理，存在，设为.对于两边取极限得，又，所以，又由（I）可知，即.(21) (本题满分11分)设曲线的方程为 .()求的弧长；()设是由曲线，直线，及轴所围成平面图形，求的形心的横坐标.【解析】设弧长为，由弧长的计算公式，得（II）由形心的计算公式，得 其中为轴以及所围成的图形.(22) (本题满分11 分)设，当为何值时，存在矩阵，使得，并求所有 矩阵.【解析】设，由于，故，即. (I)由于矩阵存在，故方程组(I)有解.对(I)的增广矩阵进行初等行变换：方程组有解，故，即.当时，增广矩阵变为为自由变量，令，代为相应的齐次方程组，得.令，代为相应齐次方程组，得.故，令，得特解，方程组的通解为，所以，其中为任意常数.(23) (本题满分11 分)设二次型.记.()证明二次型对应的矩阵为；()若正交且均为单位向量.证明在正交变换下的标准型