考研数学二模拟418

考研数学二模拟418

一、选择题

下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.

1.设f(x)在x=0的某邻域内连续，且当x-0时，f(x)与/为同阶无穷

「n

F(%)=

小.又设x-0时，Jo与xk为同阶无穷小，其中m

与n为正整数.则k=

A.mn+n.

B.2n+m.

C.m+n.

D.mn+n-1.

正确答案：A

［解析］当x->0时，f(x)与x，为同阶无穷小，从而知存在常数AWO,当x->0

时，f(x)~Ax,,从而，f(xn)-Axnm.于是

F(z)二洛必达法则

lim

L0

由题意可知，上式为不等于零的常数，故k=nm+n.

2.L(%笔加=—.

A.0.

工

B./

C.1.

旦

D.2・

正确答案：B

f(%)=lim工口.lime”=0,

［解析］设181十小由于当X<0时、片—8

f(T)=」--

f(x)=x；当x=0时，2

当x>0时，

2+铲在一心+1

2)=崛=lim=1.

1+铲n-*coe一以十1

riropi1i

f(x)djc=jcdz+dr=—^-+1=—.

所以J-iJTJo22故应

选B.

3.设屋乜是f(x)的一个原函数，下述两个反常积分

(I)=〃，(外也，(II)=x3f(-z)cLz,

J0J0

正确的结论是

A.(I)=—3/K,(n)=3^7€.

B.(i)=3>/^,(n)=-3^/7：.

C.(I)=一班\(n)=—3^.

D.(I)=35/7F,(II)=3y/n.

正确答案：B

x2

［解析］由条件知f(x)=(葭2)'=-2xeff(x)=-2e-MXV.

(U)=x3f(x)dz=[z3d/(x)

J0J0

=x3/(x)—3x2/(x)dr=0-3/d/®)

oJo0

=-6Xf=-3^.

故选B.

4.设f(x)在x=0处存在2阶导数，且f(0)=0,f(0)=0,f〃(0)W0,则

tf（工一t）dt

J0

A.7,

B.T•

c.4・

2

D.于

正确答案：c

［解析］先作积分变量代换，令x-t=u,.则

X卜

（厂）/））（一血）x他）加一如）M

1MJ。-口」——

lim=limf0=

/（工-。力zx/（山（一加.X/（山血

JOJi、0

融达颉..。加欣融达翻卜/⑴

----------^hmT；--------------=---------lull/

源/（外血+了/⑴k。/⑺+/（［）+/⑴

Jo

/⑺

伸如;血

由二阶导数定义，

limr(x)=lim/^)-p)=/(o),

x-*oxx-U

如年洛型邈Lum牛=弓八。),

1r-*0JCLiJCu

_y/CO)_i

原式二7，(o)+//(o)=T*

_|r(o)_]

所以原式=r(o)+/(o)=T-

1

I》。，zsinzWO,

g(oc}=<x

zVO,八

5.1=0,下述命题成

立的是

A.f(x)在［T,1］上存在原函数.

B.存在g'(0).

C.g(x)在［T,1］上存在原函数.

F(x)=「f⑺市

D.J-l在x=0处可导.

正确答案：C

［解析］A不正确.f(x)在点x=0处具有跳跃间断点.函数在某点具有跳跃间断

点，那么在包含此点的区间上，该函数必不存在原函数.

B不正确.按定义容易知道g'(0)不存在.

C正确.g(x)为［T,1］上的连续函数，故存在原函数.

D不正确.可以具体计算出F(x),容易看出F'.(0)=0,F\(0)=l,故F'(0)

不存在.

F(~jyz\=O

6.设F(u,v)具有一阶连续偏导数，且z=z(x,y)由方程\之,/

3z_dz_

所确定.又设题中出现的分母不为零，则°工yay-----------•

A.o.

B.z.

工

C.Z

D.1.

正确答案：B

［解析］

Hz=_

dxFi•(15)+4•y

3z__F29z

3y

F\,(一£)+房・y

dzdz

%石一问二z.

7.设3(1,-2,3,2)T,&2=(2,0,5,-2一是齐次线性方程组Ax=0的基

础解系，则下列向量中是齐次线性方程组Ax=0的解向量的是______

A.a尸(1,-3,3,3)1

T

B.a2=(0,0,5,-2).

C.a3=(-1,-6,-1,10)\

D.a产(1,6,1,0)T.

正确答案：C

［解析］Ax=0的基础解系为3,若%是Ax=0的解向量㈡J可由"，&2

线性表出㈡非齐次线性方程组"山+之2y2=Qi有解.逐个判别”较麻烦，合在

一起作初等行变换进行判别较方便.

rl2；1I

-201~6

（541仙，。2，。3，曲）=

35：31

J-2:30

显然因r(gi,C2)=r(C।,g2,。3)=2,giyi+g2y2=a3有解，故。3是

Ax=0的解I可量.故应选C.而r(g”g2)=2#r(gi,€2,Q。=3,i-1,2,

4,故a”a2,a4不是Ax=O的解向量.

a】la12田3

4=々21々22a23

8.设-31“32^33.是可逆矩阵，B是三阶矩阵，满足

an+ai3a12—2an3a13-

+«23。22一2a2】3a23

BA=021'•

031+。33“32—2a313a33_

贝|J|B|=________

A.1.

B.-2.

C.3.

故应选c.

二、填空题

2-sin彳一cos

lim

1.hfo1+J;

正确答案：

-2

e

[解析]

r/2-sincosJC\^=exp1ln/2-sin7-cos]\[

崛一讦L)!Vs?^y(―讦丁一小

而

2-33LC03N1-cosl一sin工一工

1+11+x

=lim—

LotanI

洛必达法则i.sinx-cosx-l

%—l+2x二一2,

所以原极限二eW

r+°o21

lim(l-a)。b,n«&

2.已知a-1一」°存在且不为零，其充要条

件是常数P=______，此时该极限值为______.

正确答案：

—1t0--

2'2

［解析］作积分变量代换

二认为=,0<a<l.

对血”里

lim(l-a),

0

o-►l~In—

a

lim

2v-ln(l—t)

1丘

p=

上述极限存在且不为零的充要条件是2.此时，该极限值等于2・

J.

lim在"

3.…e-

正确答案：

-2

e

［解析］

1

(1+2拼加1+")-2

lim,=limeJ],

r-*O

ri91ln(l+2z)-2工

lim-rln(l+2x)---=lim

xLO

2一4?

鲤型L/+2」

=linr中工=-2.

LO2ir*0LX

所以原式=葭.

dr1

4.设y(x)WO且为连续函数，Jy(x)dx与J)(彳)分别为y(x)与)(彳)的

一1,

某两个原函数，又设」且y(0)=1,并设

limJ/⑴=0.

X-*+©O则y(x)二

正确答案：

e-x

1

j志也=一7

3/(x)dz•dr=-1,y(z)dr

［解析］由J有.

两边对X求导，得

1V(力

丁(公2

所以

y2(x)=[fy(x)dx]2,

y(x)=±Jy(x)dx,

崎=±乂力.

ar

limy(i)=O,

所以y二Ce".由题设y(0)=1,知C=1.又因为r*+8故

“土”取"一”•所以y-c'

5.设a为常数，［x］表示不超过x的最大整数,又设

ln(l+e*)

lim

LOln(l+e+)

存在，则a=,上述极限值=.

正确答案：

-2；2

［解析］［x］表示不超过x的最大整数，例如［兀］=3,［-兀］二-4.所以

lim［x］=_1»lim［z］=O.

因此对于所讨论的极限应分x-0与x-0.讨论.

lim(嚅响

等价无穷小

/1"4口、—+ln(l+e-i)

limTHX=lim^--------+0

z)+\lTn(Jl+eQM])Lo+L+kd+eT)r

x

二lim任辿4=2.

r*o+l+xln(l+ex)

所以当且仅当a二-2时上述极限存在，该极限值为2.

6.设A是3阶方阵，有3个特征值为0,1,1,且不相似于对角矩阵，则

r(E-A)+r(A)=.

正确答案：

4

［解析］因入=0是单根，所以对应的线性无关特征向量有且只有一个，即Ax=O

的基础解系只有一个非零解.故r(A)=2.

因人二1是二重根，又A不相似于对角矩阵，故对应线性无关特征向量也只

有一个，即

l=3-r(E-A),

即r(E-A)=3-1=2.

因此r(A)+r(E-A)=4.

三、解答题

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

x=a(r-sinr),

0<£<2兀

{y=。(1-cos力，给出

的曲线与X轴围成的区域，求二重积分%其中常数a>0.

正确答案：

［解］先对y后对.x积分，摆线纵坐标记为y(x),于是

2处

W幻c1f2m

y2dxdy=cLcydy=—J/3(z)cLz,

0,oJ、0

上式中的y二y(x)通过参数式联系着.对上式作积分变量代换x=a(t-

sint),从而y(x)成为t的函数y(t)=a(l-cost),于是

L

a4(1—cosi)3d(z—sint)

3.o

(1—cosZ)4d/

o

坐"也=豺sin8udu

iJOuUJO

64[2.164753l7r

=4sm8udu=—Xv—Xv-Xv—Xv—Xv4

oJo00v4ZZ

354

2.设.=/(Z)=J12-Z+1-/Z2+Z+L

(1)讨论函数£6)的奇偶性，单调性，极值；

(H)讨论曲线尸f(x)的凹凸性，拐点，渐近线，

根据以上(I),(H)的讨论结果，画出函数y二f(x)的大致图形.

正确答案：

［解］(I)因为二次式x?±x+l的判别式(±1尸-4二-3V0,所以x2±x+l>0,f(x)

的定义域为(-8,4-00).

又f(x)=-f(-x),所以f(x)为奇函数.

/(x)=-2_2x+l

Z/x2—z+1

_(2x-l)Vx2+x+l—(2J:+1)

2JW一—+1J三

当、、2时，f(x)<0.当2时，f'(x)的分子中两项记为a,

b,a>0,b>0,考虑

心一白=L(2X-1)/X2+X+1T-[(2X+1)/X2-X+132

=-6zV0,

x>—

故OVa<b.所以当2时，仍有f'(x)<0,从而当0Wx<+8时，

f'(x)VO.又f(x)为奇函数，故当-8<x<0时，f'(x)VO.所以当X£(-8,

+8)时,均有f'(x)<0,即f(x)在(-8,+8)上严格单调减少，f(x)无极值.

,nx,〃(xdd-jc+D-Mr-1)2_4('+/+1)-(2z+l)2

3J5-4(V—N+1严24(/+丁+1)3/2-

=____3___________3J>0,

(接一1+1)3/2(/+z+l)3/2<0,］<0,

f，z(0)=0.

所以当-8VxVO时，曲线y=f(x)是凸的，当OVxV-8时，曲线是凹

的•点(0,f(0))为拐点.

易知无铅直渐近线.考虑水平渐近线：

lim/(x)=lim(J知一z+i—\/x2+x+l)

L»+8

=limj—,-==-1,

k+8JW-z+1+VX2+□；+1

所以沿x->+8方向有水平渐近线产-I.由于f(x)为奇函数，所以沿x->

8方向有一条水平渐近线y=l.

画图如下：

3.设f(x)在［0,1］上可导，且满足

/•-L

4

/(1)=4//(力)dr.

Jo试证明：存在Z(0,1),使

人)一孥.

正确答案：

西使得

［证］由积分中值定理，存在

44x3/(x)dz=炉，(9.

J0

/(I)—44x3/(x)dz=0,

令F(x)=x'f(x),因为'Jo故有f(l)=n

3f(n),即F⑴=F(n).

显然F(x)在［0,1］上可导，由罗尔中值定理得，存在

£e(”)U(O,D”^F，(g)=o,即

3g2f(g)+"(g)=o,

9-等

即故命题得证.

4.适当选取函数6(x),作变量代换尸@(x)u,将y关于x的微分方程

d2y+垄+

dr2drL丁2化为U关于X的二阶常系数线性齐次

I_

-■■'|〃■■■■0A

微分方程d12•求”(x)及入，并求原方程的通解.

正确答案：

［解］由y=6(x)u,有

字=/(力“+3(工噜，¥=‘‘(”)'+2/a)$+仪外念

代入原方程，得

g（1）口+［2,（1）+卬（1）］9+"（］）+%'（£）+:"9（1）+}.（力〃=。・

弛包=_与也，

取6(X)使26'(x)+x力(X)=0.解微分方程取工)‘取

(p(x)=e4.经计算可知

，=?(：)*~~1-x2^(x)H--^-^(x)］=0.

/―”2〃_八

于是原方程经变换VA―l=e"之后，化为e47业3’=°，即

d2u

d?=0n-

2

解之得u二G+C2X,故原方程的通解为V=(CI+C2i)e4，其中

G,C2为任意常数.

5.

设/（］，））=max{Jy+4J},D={（］,?）||i«l},求

D

正确答案：

［解］如图所示。将D分成三块，中间一块记为D”左、右两块分别记为口与

D2,则

11,（川）小

jj/（z，3＞）da=JJJ/+?2b+上

DD］UD?。3

.」

=4由',小+宁

J于4h4

］声

=—4（esc汨-DdG+q

344

］「电

=Y4cse汨由+春

0J-?16

而

,也

4csd灿=4esc8csd866

工

也/

-escJdcotd=-Iesc%ot9

“\

-心

=——72-72+4(csc20-Dcsc珊

Lq

所以

・&r1i红

；csc汨由=打+了4csc^=72+y(ln|esccot|)

J4ZJ才Z才

=/24-y[ln(724-l)-11)(72—1)]=72+ln(y2+D.

u

原式=g+£""^+D+也.

6.求由方程2x2+2y2+z2+8xz-z+8=0所确定的函数z(x,y)的极值.

正确答案：

[解]令F(x,y,z)=2x2+2y2+z2+8xz-z+8,且令

3z_凡_4%+8z-八

,

dxFz2z+8力一1

匹=_凡=____坦_=o,

Fz2N+8Z—1

解得y=0,4x+8z=0,再与2x2+2y2+z2+8xz-z+8=0联立，解得两组解为

(z,»,z)i=(—2,0,1)；(1,“z)2=(竿,0,一■,).

再求二阶偏导数并以两组解分别代入，得

442，_a2-1_4

dx2记，砺］-u,a7li=i5,

22

dz___£dZI=nd^ZI=__£

3吩2159dxdyI2*3j/2I215,

4

所以在第一组点处，B2-AC<0,15〃'故z=l为极小值；在第二组

A=——<70N=--

点处，B2-AC<O,15、u，故7为极大值.

7.设圆盘的半径为R,厚为h.点密度为该点到与圆盘垂直的圆盘中心轴的

距离的平方，求该圆盘的质量m；

正确答案:

［解］如图（a）以环细分圆盘，设环的宽度为dr,内半径为r,在环上点密度视为

不变，为质量元为dm=，•2兀rdr•h.于是该圆盘的质量为

rR1

m=2nh，dr=丁nhR\

J0Z

图⑸

8.将以曲线y=1，x=l,x=4及x轴围成的曲边梯形绕x轴旋转一周生成

的旋转体记为V,设V的点密度为该点到旋转轴的距离的平方，求该物体的质量

M.

正确答案：

［解］如图（b）该旋转体可看成由一个个薄片组成，由上题知，每一薄片的质量

d/Vf=-^7d?4clz,

乙

其中R为x处的旋转半径，即y,于是质量元为

dM=春冗,4也=春兀（2北.

所以物体的质量为

）

M=y7Cz2dz=-1•式（43—1=鲁7r=等兀

4J100L

图(b)

设3维向量组Q1,。2线性无关，Pl,B2线性无关.

9.证明：存在非零3维向量自，W既可由线性表出，也可由B”也

线性表出；

正确答案：

［证］因a”a2,B”也均是3维向量，4个3维向量必线性相关，由定义

知，存在不全为零的数k”k2,入1,入2,使得

k］ai+k2a2+入1B1+'282=。，

彳寻kia［+k2a2二—入iB厂入2B2.

取g—kiQi+kza2二一人1B「入2B2，

若€=0,贝ijkiai+La2二—入iB「入2B2=0.

因Q”Q2线性无关，01，£也线性无关，从而得出k|=k2=0,且入产人

2二0,这和4个3维向量必线性相关矛盾，故&W0.1即为所求的既