2013湖南考研数学二真题及答案.pdf

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1、20132013 湖南考研数学二真题及答案湖南考研数学二真题及答案一一、选择题选择题：1 18 8 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 3232 分分，下列每小题给出的四个选项中下列每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.（1）设cos1sin()xxx，其中()2x，则当0 x 时，()x是（）（A）比x高阶的无穷小（B）比x低阶的无穷小（C）与x同阶但不等价的无穷小（D）与x等价的无穷小（2）设函数()yf x由方程cos()ln1xyyx确定，则2lim()1nn fn（

2、）（A）2（B）1（C）1（D）2（3）设函数sin,0()=2,2xxf xx，0()()xF xf t dt，则（）（A）x是函数()F x的跳跃间断点（B）x是函数()F x的可去间断点（C）()F x在x处连续但不可导（D）()F x在x处可导（4）设函数111,1(1)()=1,lnxexf xxexx，若反常积分1()f x dx收敛，则（）（A）2（B）2（C）20（D）02（5）设()yzf xyx，其中函数f可微，则xzzy xy（）（A）2()yfxy（B）2()yfxy（C）2()f xyx（D）2()f xyx（6）设kD是 圆 域22(,)|1Dx yxy在 第k象

3、限 的 部 分，记()(1,2,3,4)kkDIyx dxdy k，则（）（A）10I（B）20I（C）30I（D）40I（7）设矩阵 A,B,C 均为 n 阶矩阵，若,BABC则 可逆，则（A）矩阵 C 的行向量组与矩阵 A 的行向量组等价（B）矩阵 C 的列向量组与矩阵 A 的列向量组等价（C）矩阵 C 的行向量组与矩阵 B 的行向量组等价（D）矩阵 C 的行向量组与矩阵 B 的列向量组等价（8）矩阵1111aabaa与2000b0000相似的充分必要条件为（A）a0,b2（B）为任意常数ba,0（C）0,2ba（D）为任意常数ba,2二、填空题：二、填空题：9 9 1414 小题，每小题

4、小题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分，请将答案写在分，请将答案写在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.(9)1ln(1)lim(2)xxxx(10)设函数1()1xtf xe dt，则()yf x的反函数1()xfy在0y 处的导数0ydxdy(11)设封闭曲线 L 的极坐标方程为cos3()66r，则 L 所围成的平面图形的面积为(12)曲线2arctanln 1xtyt上对应于1t 的点处的法线方程为(13)已知321xxyexe，22xxyexe，23xyxe 是某二阶常系数非齐次线性微分方程的 3 个解，该方程满足条件00 xy01xy的解为y（14）设ijA(a)是三阶非零

5、矩阵，|A|为 A 的行列式，ijA为ija的代数余子式，若ijijaA0(i,j1,2,3),_A则三三、解答题解答题：15152323 小题小题，共共 9494 分分.请将解答写在请将解答写在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.（15）（本题满分 10 分）当0 x 时，1 coscos2cos3xxx与nax为等价无穷小，求n与a的值。（16）（本题满分 10 分）设D是由曲线13yx，直线(0)xa a及x轴所围成的平面图形，,xyV V分别是D绕x轴，y轴旋转一周所得旋转体的体积，若10yxVV，求a的值。（1

6、7）（本题满分 10 分）设平面内区域D由直线3,3xy yx及8xy围成.计算2Dx dxdy。（18）（本题满分 10 分）设奇函数()f x在 1,1上具有二阶导数，且(1)1f.证明：（I）存在0,1（），使得()1f；（II）存在0,1（），使得()()1ff。（19）（本题满分 11 分）求曲线331(0,0)xxyyxy上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。（20）（本题满分 11 分）设函数1()lnf xxx，（I）求()f x的最小值（II）设数列nx满足1ln1nnxx，证明limnnx存在，并求此极限.（21）（本题满分 11 分）设曲线L的方程为211ln(1)42y

7、xxxe，（1）求L的弧长；（2）设D是由曲线L，直线1,xxe及x轴所围平面图形，求D的形心的横坐标。（22）（本题满分 11 分）设101,101aABb，当,a b为何值时，存在矩阵C使得ACCAB，并求所有矩阵C。（23）（本题满分 11 分）设二次型221231 122331 12233,2fx xxa xa xa xb xb xb x，记112233,ababab。（I）证明二次型f对应的矩阵为2TT ；（II）若,正交且均为单位向量，证明二次型f在正交变化下的标准形为二次型22122yy。参考答案参考答案一一、选择题选择题：1 18 8 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共

8、 3232 分分，下列每小题给出的四个选项中下列每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.（1）设cos1sin()xxx，其中()2x，则当0 x 时，()x是（）（A）比x高阶的无穷小（B）比x低阶的无穷小（C）与x同阶但不等价的无穷小（D）与x等价的无穷小【答案】（C）【解析】因为200sin()cos11limlim2xxxxxx，所以0limsin()0 xx，因此当0 x 时，()0 x，所以sin()()xx，所以00sin()()1limlim2xxxxxx，所以()x是

9、与x同阶但不等价的无穷小。（2）设函数()yf x由方程cos()ln1xyyx确定，则2lim()1nn fn（）（A）2（B）1（C）1（D）2【答案】（A）【解析】由于(0)1f，所以2()(0)2lim()1lim22(0)2nnffnn ffnn，对 此 隐 函 数 两 边 求 导 得()sin()10yyxyxyy，所 以(0)1f，故2lim()12nn fn。（3）设函数sin,0()=2,2xxf xx，0()()xF xf t dt，则（）（A）x是函数()F x的跳跃间断点（B）x是函数()F x的可去间断点（C）()F x在x处连续但不可导（D）()F x在x处可导【答

10、案】（C）【解析】000sin1 cos,0()()sin22(1),2xxxtdtxxF xf t dttdtdtxx，由于lim()lim()2xxF xF x ，所以()F x在x处连续；()()1 coslimlim0 xxF xFxxx ，()()2()limlim2xxF xFxxx ，所以()F x在x处不可导。（4）设函数111,1(1)()=1,lnxexf xxexx，若反常积分1()f x dx收敛，则（）（A）2（B）2（C）20（D）02【答案】（D）【解析】111,1(1)()=1,lnxexf xxexx因为11()()()eef x dxf x dxf x dx

11、，当1xe时，11221111111111()limlim(1)(1)2(1)2(1)eeef x dxdxdxxxe ，要使2111lim2(1)存在，需满足2 0；当xe时，111ln111lim()lnlnlneedxdxxxx，要使11lim()ln存在，需满足 0；所以02。（5）设()yzf xyx，其中函数f可微，则xzzy xy（）（A）2()yfxy（B）2()yfxy（C）2()f xyx（D）2()f xyx【答案】（A）【解析】已知()yzf xyx，所以22()()zyyf xyfxyxxx，所以11()()()()2()xzzf xyyfxyf xyyfxyyfxy

12、y xyxx。（6）设kD是 圆 域22(,)|1Dx yxy在 第k象 限 的 部 分，记()(1,2,3,4)kkDIyx dxdy k，则（）（A）10I（B）20I（C）30I（D）40I【答案】（B）【解析】令cos,sinxryr，则有101()(sincos)(cossin)3kkDIyx dxdyrdrrrd 故当2k 时，,2，此时有220.3I 故正确答案选 B。（7）设矩阵 A,B,C 均为 n 阶矩阵，若ABC，且C可逆，则（）（A）矩阵 C 的行向量组与矩阵 A 的行向量组等价（B）矩阵 C 的列向量组与矩阵 A 的列向量组等价（C）矩阵 C 的行向量组与矩阵 B 的

13、行向量组等价（D）矩阵 C 的行向量组与矩阵 B 的列向量组等价【答案】（B）【解析】由ABC 可知 C 的列向量组可以由 A 的列向量组线性表示，又 B 可逆，故有1 CBA，从而 A 的列向量组也可以由 C 的列向量组线性表示，故根据向量组等价的定义可知正确选项为（B）。（8）矩阵1111aabaa与2000b0000相似的充分必要条件为（A）0,2ab（B）为任意常数ba,0（C）0,2ba（D）为任意常数ba,2【答案】(B)【解析】由于1111aabaa为实对称矩阵，故一定可以相似对角化，从而1111aabaa与2000b0000相似的充分必要条件为1111aabaa的特征值为0,2

14、 b。又211()(2)211aEAababaa ，从而为任意常数ba,0。二、填空题：二、填空题：9 9 1414 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 2424 分，请将答案写在分，请将答案写在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.(9)1ln(1)lim(2)xxxx【答案】12e【解析】原式=0ln(1)ln(1 1)limxxxxe，000ln(1)ln(1)1ln(1 1)11(1()12limlimlim2xxxxxx o xxxxxx 因此答案为12e.(10)设函数1()1xtf xe dt，则()yf x的反函数1()xfy在0y 处的导数0ydxdy【答案】111

15、e【解析】0111111,|111xyxxxdydxdxedxdydyeee(11)设封闭曲线 L 的极坐标方程为cos3()66r，则 L 所围成的平面图形的面积为【答案】12【解析】所围图形的面积是2660611 cos6cos 32212Sdd(12)曲线2arctanln 1xtyt上对应于1t 的点处的法线方程为【答案】ln204yx【解析】22211111tdytttdxt，1|1,tdydx当1t 时，,ln24xy，故法线方程为ln204yx.(13)已知321xxyexe，22xxyexe，23xyxe 是某二阶常系数非齐次线性微分方程的 3 个解，该方程满足条件00 xy0

16、1xy的解为y【答案】32xxxyeexe【解析】由题意知：3,xxee是对应齐次方程的解，2xxe是非齐次方程的解，故非齐次的通解为3212xxxyC eC exe，将初始条件代入，得到121,1CC,故满足条件的解为32xxxyeexe。（14）设ijA(a)是三阶非零矩阵，|A|为 A 的行列式，ijA为ija的代数余子式，若ijijaA0(i,j1,2,3),_A则【答案】1【解析】0ijijaA由可知，*TAA 1122331122333322110iiiiiijjjjjjijijjiAa Aa Aa Aa Aa Aa Aaa 2*,=-1.TAAAAA 从而有故三三、解答题解答题：

17、15152323 小题小题，共共 9494 分分.请将解答写在请将解答写在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.（15）（本题满分 10 分）当0 x 时，1 coscos2cos3xxx与nax为等价无穷小，求n与a的值。【解析】因为当0 x 时，1 coscos2cos3xxx与nax为等价无穷小所以01 coscos2cos3lim1nxxxxax又因为：1 coscos2cos31 coscoscoscos2coscos2coscos2cos31 coscos(1 cos2)coscos2(1 cos3)xxxxx

18、xxxxxxxxxxxxx 即001 coscos2cos31 coscos(1 cos2)coscos2(1 cos3)limlimnnxxxxxxxxxxxaxax022222201 coscos(1 cos2)coscos2(1 cos3)lim()111()(2)()(3)()222lim()nnnxnnnxxxxxxxaxaxaxxo xxo xxo xaxaxax所以2n 且14917222aaaa（16）（本题满分 10 分）设D是由曲线13yx，直线(0)xa a及x轴所围成的平面图形，,xyV V分别是D绕x轴，y轴旋转一周所得旋转体的体积，若10yxVV，求a的值。【解析】

19、由题意可得：1523303()5axVxdxa17330627ayVx x dxa因为：10yxVV所以753363107 775aaa（17）（本题满分 10 分）设平面内区域D由直线3,3xy yx及8xy围成.计算2Dx dxdy。【解析】12222DDDx dxdyx dxdyx dxdy2368220233xxxxx dxdyx dxdy4163（18）（本题满分 10 分）设奇函数()f x在 1,1上具有二阶导数，且(1)1f.证明：（I）存在0,1（），使得()1f；（II）存在0,1（），使得()()1ff。【解析】（1）令()(),(0)(0)0,(1)(1)10,F xf

20、 xx FfFf 则0,1 使得()0,()1Ff即（2）令()()1),xG xefx则()0,G又由于()f x为奇函数，故()fx为偶函数，可知()0G,则,1,1 使()0,G即()1()0efe f，即()()1ff（19）（本题满分 11 分）求曲线331(0,0)xxyyxy上的点到坐标原点的最长距离与最短距离。【解析】本题本质上是在条件331(0,0)xxyyxy下求函数22(,)f x yxy的最值。故只需求出22xy在条件331xxyy下的条件极值点，再将其与曲线端点处（0,1,1,0）的函数值比较，即可得出最大值与最小值。由于函数22xy与22xy的增减性一致，故可以转化

21、为求22xy的条件极值点：构造拉格朗日函数2233,1L x yxyxxyy，求其驻点得223323023010LxxyxLyyxyLxxyy 为了求解该方程组，将前两个方程变形为222323xyxyxy进一步有22222323xyyx yxyxxy，故222233xxyyx y即30 xyxyxy。则有0或0 xy或30 xyxy。当0时，有0 xy，不可能满足方程3310 xxyy；当30 xyxy，由于0,0 xy，也只能有0 xy，不可能满足第三个方程；故必有0 xy，将其代入3310 xxyy 得32210 xx，解得1,1xy。可知1,1点是唯一的条件极值点。由于(1,1)2f，(

22、0,1)(1,0)2ff，故曲线331(0,0)xxyyxy上的点到坐标原点的最长距离为2与最短距离为1。（20）（本题满分 11 分）设函数1()lnf xxx，（I）求()f x的最小值（II）设数列nx满足1ln1nnxx，证明limnnx存在，并求此极限.【解析】（I）22111()xfxxxx，则当0,1x时，()0fx；当1,x时，()0fx。可知()f x在0,1上单调递减，在1,上单调递增。故()f x的最小值为(1)1f。（2）、由于11lnnnxx，则nnxx111，即nnxx1，故nx单调递增。又由于111lnlnnnnxxx，则exn，故nx有上界，则由单调有界收敛定理

23、可知，nnxlim存在。令axnnlim，则aaxxnnn1ln1lim，由于111lnnnxx，则11lnaa，故1a。（21）（本题满分 11 分）设曲线L的方程为211ln(1)42yxxxe，（1）求L的弧长；（2）设D是由曲线L，直线1,xxe及x轴所围平面图形，求D的形心的横坐标。【解析】（1）由弧长的计算公式得L的弧长为222111111ln14222eexxxdxdxx2121211144212214eexdxxxdxxe（2）由形心的计算公式可得，D的形心的横坐标为242132111ln323421147ln42eexxx dxeeexx dx（22）（本题满分 11 分）设

24、101,101aABb，当,a b为何值时，存在矩阵C使得ACCAB，并求所有矩阵C。【解析】由题意可知矩阵 C 为 2 阶矩阵，故可设1234xxCxx，则由ACCAB可得线性方程组：2312413423011xaxaxxaxxxxxaxb（1）01001011110111101101010110111010001000100100101011101010000100001aaaaaaaaaabababaaaba 由于方程组（1）有解，故有10,10aba，即1,0,ab 从而有01001011110101100101110000001000000aaaab，故有112211231421,.

25、xkkxkkkxkxk 其中、任意从而有121121kkkCkk（23）（本题满分 11 分）设二次型221231 122331 12233,2fx xxa xa xa xb xb xb x，记112233,ababab。（I）证明二次型f对应的矩阵为2TT ；（II）若,正交且均为单位向量，证明二次型f在正交变化下的标准形为二次型22122yy。【解析】(1)222222222111222333121 212131 313232 323(2)(2)(2)(42)(4)(42)fabxabxabxa abb x xa abb x xa ab b x x222211121 2131 31121311 21 32222121 222232 3122231 222 32222131 3232 333132331 32 3322222222222TTaba abba abbaa aa abbbbbfa abbaba ab ba aaa abbbb ba abba ab baba aa aabbb bb则 的矩阵为（2）,2,TTTTTTAA 令A=2则22，则1,2 均为 A 的特征值，又由于()(2)()()2TTTTr Arrr，故 0 为 A的特征值，则三阶矩阵 A 的特征值为 2,1,0，故 f 在正交变换下的标准形为22122yy