2013测评3 数二答案.pdf

1 2013 2013 启航阶段测评 启航阶段测评 三 三 答案解析 答案解析 数学二数学二 一 选择题 1 8 一 选择题 1 8 题 每题 题 每题 4 4 分 共 分 共 32 32 分 分 1 设 n x 与 n y 均无界 n z 有界 则 A n n y x 必无界 B n n y x 必无界 C n n z x 必无界 D n n z x 必无界 解析 用反证法可以证得 n n z x 必无界 假设 n n z x 有界 则由 n z 有界可知 N M z z x z z x x n n n n n n n 即 n x 有界 矛盾 故可得 n n z x 必无界 对于 A 设 n x n n y n 则 n n y x 恒为 0 有界 对于 B 设 k n k n n x n 2 0 1 2 k n n k n y n 2 1 2 0 但是 n n y x 恒为 0 有界 对于 D 设 n x n 0 n z 则 n n z x 恒为 0 有界 故应选 C 2 下列反常积分中 收敛的是 A 1 2 1 x dx B 1 1 x x dx C 1 2 2 1 x x dx D 1 2 1 x x dx 解析 考虑推广的 p 积分 对于 A 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 x dx x dx x dx 其中 2 2 1 x dx 发散 p 1 对于 B 2 2 1 1 1 1 1 x x dx x x dx x x dx 其中 2 1 x x dx 发散 p 1 经计算 C 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 3 1 2 2 x d x x x dx x x dx 对于 D 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 x x dx x x dx x x dx 其中 2 1 2 1 x x dx 发散 p 1 3 设 0 0 0 0 0 4 4 y x y x y x xy y x f 则 y x f 在点 0 0 O 处 2 A 两个偏导数均存在 函数连续 B 两个偏导数均存在 函数不连续 C 两个偏导数均不存在 函数连续 D 两个偏导数均不存在 函数不连续 解析 取 kx y 则 4 4 4 4 2 0 0 1 lim lim k k x k x kx kx x f x x 故可知极限不存在 故不连续 另外 由偏导数定义 可得 0 0 0 lim 0 0 0 0 lim 0 0 0 0 x x f x f f x x x 同理 0 0 0 y f 故应选 B 4 设 C B A 为常数 微分方程 x e y y y x 2 cos 5 2 有特解形式 A 2 sin 2 cos x C x B A e x B 2 sin 2 cos x Cx x Bx A e x C 2 sin 2 cos x C x B Ax e x D 2 sin 2 cos x Cx x Bx Ax e x 解析 原方程可写为 x e e x e y y y x x x 2 cos 2 1 2 1 2 2 cos 1 5 2 特征方程为 0 5 2 2 r r 特征根为 i 2 1 对应于自由项 x e 2 1 对应的特解为 x Ae y 对应于自由项 x e x 2 cos 2 1 对应的特解为 2 sin 2 cos x C x B xe y x 故原方程的特解可设为 2 sin 2 cos x C x B xe Ae x x 故应选 B 5 设 0 0 2 x a x x e x f x x dt t f x F 1 则 x F 在 0 x 处 A 极限存在但不连续 B 连续但不可导 C 可导 D 是否可导与a的取值有关 解析 计算出 x F 可得 当 0 x 时 1 1 1 e e dt e dt t f x F x x t x 当 0 x 时 ax x e dt a t dt e dt t f x F x t x 3 1 3 1 0 2 0 1 1 即 0 3 1 0 3 1 1 x ax x e x e e x F x 再用定义讨论 x F 在 0 x 处的连续性及可导性可知 应选 D 3 6 设 2 1 1 2 2 y x y x D 则 d y x D A 0 B 2 C 4 D 8 解析 令 1 1 y t x s 则此区域变为 2 2 2 t s t s D 二重积分变为 d t s D 2 区域关于两坐标轴都对称 故 0 d t d s D D 故 4 2 2 2 2 2 D D D d d d t s 故应选 C 7 设 B A 是n阶实对称可逆矩阵 则存在n阶可逆矩阵P 使得下列关系式 B PA B AP P 1 2 2 B P A P T 成立的个数是 A 0 B 1 C 2 D 3 解析 对于 应用结论 矩阵A可逆 存在可逆矩阵 1 Q 使得 E A Q 1 故有 E A Q 1 E B Q 2 2 Q 为可逆矩阵 故有 B A Q Q 1 1 2 即 正确 对于 设 1 0 0 1 1 0 0 1 B A 则对任意的可逆矩阵P 有 B E AP P 1 对于 B A 是n阶实对称可逆矩阵 即 B A 的所有特征根都非零 故 2 2 B A 的特征根都为正 即 2 2 B A 的正 惯性指数都为n 故有 2 A 合同于 2 B 故可得存在n阶可逆矩阵P 使得 2 2 B P A P T 故 正确 故应选 C 8 设A是 3 阶矩阵 T T T t 1 1 1 1 2 2 2 1 3 2 1 是线性非齐次方程组 b Ax 的解向量 其中 T b 2 3 1 则 A 1 t 时 必有 1 A r B 1 t 时 必有 2 A r C 1 t 时 必有 1 A r D 1 t 时 必有 2 A r 解析 因为 T b 2 3 1 非零向量 故A一定是非零矩阵 故 1 A r 令 t B 1 2 1 1 2 1 2 1 3 2 1 当 1 t 时 3 B r 故 3 2 1 线性无关 则 2 1 3 1 为方程 0 Ax 的两个线性无关的解 故 1 A r 4 故可得 1 A r 即应选 C 二 填空题 9 14 二 填空题 9 14 题 每题 题 每题 4 4 分 共 分 共 24 24 分 分 9 设函数 x f y 由方程 1 cos 2 e xy e y x 确定 则曲线 x f y 在点 1 0 处的 切线方程为 解析 在方程 1 cos 2 e xy e y x 的两边对x求导 可得 0 sin 2 2 y x y xy y e y x 将 1 0 代入可得 2 y 故可得曲线 x f y 在点 1 0 处的切线方程为 0 2 1 x y 即 1 2 x y 10 微分方程 x y y dx dy x ln 满足初始条件 1 1 y 的特解是 解析 这是一阶齐次方程 令 u x y 则有 dx du x u dx dy 原方程可化为 u u dx du x u ln 即 ln 1 u u du x dx 为分离变量方程 可解得 x C u 1 ln 1 ln ln 即 1 ln 1 x C u 即 1 1 x C e u 将 1 1 x u 代入可得 1 1 C 即可得 1 x e u 故原方程的解为 x xe y 1 11 设函数 f 与g 均可微 ln xy g x xy f z 则 y z y x z x 解析 y g x f y f x z 1 2 1 x g f x f y z 2 1 故 2 f y z y x z x 12 设 x f 是连续函数 且 1 0 2 dt t f x x f 则 x f 解析 设 A dt t f 1 0 则 A x x f 2 此时 等式两边同时对x从0到1积分 可得 1 0 1 0 2 dx A xdx A 即 2 1 A 5 故可得 1 x x f 13 2 1 3 1 2 x y dy e dx 解析 交换积分次序有 1 2 1 2 1 4 2 0 2 0 1 1 2 0 2 1 3 1 2 2 2 2 e e dy ye dx e dy dy e dx y y y y x y 14 设A是二阶矩阵 有特征值 2 1 2 1 4 3 2 x x x f 则 A f 解析 A是二阶矩阵 有两个不同的特征值 2 1 2 1 故存在可逆矩阵P 使得 2 0 0 1 1 AP P 即 1 P P A 所以 E P P P E P E A A A f 2 2 0 0 2 4 3 4 3 1 1 2 2 三 解答题 15 23 三 解答题 15 23 题 94 题 94 分 分 15 本题 本题 10 10 分 分 计算定积分 dx x a x a a 0 arctan 其中常数 0 a 解析 令 t x a x a arctan 则 t a x 2 cos 2 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos arctan 4 0 0 4 0 4 0 4 0 a dt t a dt t a t a t t a d t dx x a x a a 16 本题 本题 10 10 分 分 过坐标原点作曲线 x e y 的切线 该切线与 x e y 以及x轴围成的向x轴负向无限伸展的图形记为D 求 D的面积 求D绕直线 1 x 旋转而成的旋转体体积 解析 设切点坐标为 0 0 y x P 则有 0 0 x e y 另外 曲线 x e y 在该点的斜率为 0 0 x x x e y 故切线方程为 0 0 0 x x e y y x 切线经过 0 0 点 故有 0 0 0 x e x y 故可解得 e y x 0 0 1 故切线方程为 ex y 1 D的面积为 x x e ex e dy dx dy dx 1 0 0 0 2 1 0 0 e dx ex e dx e x x 2 e dy e y e y y y dy e y y V e e 0 2 2 2 0 2 2 3 5 2 ln 2 ln 1 ln 1 6 17 本题 本题 10 10 分 分 设函数 x f 在 0 上可导 0 0 f 且存在反函数 其反函数为 x g 若 1 0 0 x x x x f e xe dt t f dt t g 求 x f 解析 在方程 1 0 0 x x x x f e xe dt t f dt t g 两边同时对x求导 可得 x xe x f x f x f g 即 x xe x f x f x 即 x e x f x x f 1 为一阶线性微分方程 故可解得 x x e C x e x f 1 又函数 x f 在 0 上可导 即函数 x f 在 0 上连续 即 0 0 lim 0 f x f x 即 0 1 lim 0 x x x e C x e 故 1 lim 0 x x e C 故 0 0 0 1 1 x x e x e x f x x 18 本题 本题 10 10 分 分 设 e y x y x D 2 0 1 0 计算二重积分 d e y x D x 解析 如图 将D分为 2 1 D D 1 D 与 2 D 除边界之外无公共部分 4 1 2 4 5 2 0 1 0 2 1 0 2 1 2 1 e e dy y e x dx dy e y x dx d y e x d e y x d e y x d e y x d e y x x x e x e e x D x D x D x D x D x 7 19 本题 本题 10 10 分 分 设 x f 在 b a 上连续 在 b a 内可导 且 1 b f a f 试证 b a 使得 1 f f e 证明 将 1 f f e 中的 和 分开 可得 e f f e 即 x x x x e x f e 令 x f e x F x 在 b a 上应用拉式定理 可得 b a 使得 a b f f e e e a b 令 x e x G 在 b a 上应用拉式定理 可得 b a 使得 a b e e e a b 故可得 e f f e 即可得 1 f f e 得证 20 本题 本题 11 11 分 分 设函数 u f z 方程 dt t p u u x y 确定u 是 y x 的函数 其中 u u f 在其定义域内均可微 u t p 连续 且 1 u 求 y z x p x z y p 解析 由 u f z 可得 x u u f x z y u u f y z 在方程 dt t p u u x y 的两边分别对 y x 求偏导数 得 x p x u u x u y p y u u y u 所以 1 u x p x u 1 u y p y u 所以 0 1 1 1 1 u u f y p x p u u f y p x p y z x p x z y p 21 本题 本题 11 11 分 分 求 z 在约束条件 5 3 3 0 2 9 2 2 2 z y x z y x 下的最大值与最小值 解析 z 的最大值点 最小值点与 2 z 的最大值点 最小值点一致 用拉格朗日乘数法 令 5 3 3 2 9 2 2 2 2 z y x z y x z z y x L 8 则 0 5 3 3 0 2 9 0 3 4 2 0 3 18 0 2 2 2 2 z y x F z y x F z z z F y y F x x F 可解得两组解 1 3 1 1 z y x 或者 5 3 5 5 z y x 所以当 3 1 1 y x 时 1 z 最小 当 3 5 5 y x 时 5 z 最大 22 本题 本题 11 11 分 分 设 1 A E A E A f 9 8 6 6 5 4 4 2 1 A 求 1 A f E A f f 及 1 A f B 其中 9 3 6 6