考研数学二13年真题.doc

2013年考研数学二真题及答案一、选择题 1—8小题．每小题4分，共32分．１．设，当时， （ ）（A）比高阶的无穷小 （B）比低阶的无穷小（C）与同阶但不等价无穷小 （D）与等价无穷小2．已知是由方程确定，则（ ）（A）2 （B）1 （C）-1 （D）-2３．设，则（ ）（Ａ）为的跳跃间断点． （Ｂ）为的可去间断点．　　　　（Ｃ）在连续但不可导． （Ｄ）在可导．４．设函数，且反常积分收敛，则（ ）（A） （B） （C） （D）５．设函数，其中可微，则（ ）（A） （B）（C） （D）6．设是圆域的第象限的部分，记，则（ ）（A） （B） （C） （D）7．设Ａ，Ｂ，Ｃ均为阶矩阵，若ＡＢ＝Ｃ，且Ｂ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的列向量组与矩阵B的列向量组等价．8．矩阵与矩阵相似的充分必要条件是（A） （B），为任意常数（C） （D），为任意常数二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分. 把答案填在题中横线上）9． ．10．设函数，则的反函数在处的导数 ．11．设封闭曲线L的极坐标方程为为参数，则L所围成的平面图形的面积为 ．12．曲线上对应于处的法线方程为 ．13．已知是某个二阶常系数线性微分方程三个解，则满足方程的解为 ．14．设是三阶非零矩阵，为其行列式，为元素的代数余子式，且满足，则= ．三、解答题15．（本题满分10分）当时，与是等价无穷小，求常数．16．（本题满分10分）设D是由曲线，直线及轴所转成的平面图形，分别是D绕轴和轴旋转一周所形成的立体的体积，若，求的值．17．（本题满分10分）设平面区域D是由曲线所围成，求．18．（本题满分10分）设奇函数在上具有二阶导数，且，证明：（1）存在，使得；（2）存在，使得．19．（本题满分10分）求曲线上的点到坐标原点的最长距离和最短距离．20．（本题满分11）设函数⑴求的最小值；⑵设数列满足，证明极限存在，并求此极限．21．（本题满分11）设曲线L的方程为．（1）求L的弧长．（2）设D是由曲线L，直线及轴所围成的平面图形，求D的形心的横坐标．22．本题满分11分）设，问当为何值时，存在矩阵C，使得，并求出所有矩阵C．23（本题满分11分）设二次型．记．（1）证明二次型对应的矩阵为 ；（2）若正交且为单位向量，证明在正交变换下的标准形为 ．一.选择1.【详解】显然当时，故应该选（C）．2. 【分析】本题考查的隐函数的求导法则信函数在一点导数的定义．【详解】将代入方程得，在方程两边求导，得，代入，知．，故应该选（A）．3. 【详解】只要注意是函数的跳跃间断点，则应该是连续点，但不可导．应选（Ｃ）．4.【详解】，其中当且仅当时才收敛；而第二个反常积分，当且仅当才收敛．从而仅当时，反常积分才收敛，故应选（Ｄ）．5. 【详解】．应该选（A）．6. 【详解】由极坐标系下二重积分的计算可知所以，应该选（B）．7. 【详解】把矩阵A，C列分块如下：，由于ＡＢ＝Ｃ，则可知，得到矩阵C的列向量组可用矩阵A的列向量组线性表示．同时由于B可逆，即，同理可知矩阵A的列向量组可用矩阵C的列向量组线性表示，所以矩阵C的列向量组与矩阵A的列向量组等价．应该选（B）．8. 【详解】注意矩阵是对角矩阵，所以矩阵A=与矩阵相似的充分必要条件是两个矩阵的特征值对应相等．从而可知，即，为任意常数，故选择（B）．二.填空9.【详解】．10. 【详解】由反函数的求导法则可知11. 【详解】所以．答案为．12. 【详解】当时，，，所以法线方程为，也就是．13. 【详解】显然和是对应的二阶常系数线性齐次微分方程两个线性无关的解，由解的结构定理，该方程的通解为，其中为任意常数．把初始条件代入可得，所以答案为14. 【详解】由条件可知，其中为A的伴随矩阵，从而可知，所以可能为或0．但由结论可知，可知,伴随矩阵的秩只能为3，所以三.解答题15. 【分析】主要是考查时常见函数的马克劳林展开式．【详解】当时，，，，所以，由于与是等价无穷小，所以．16. 【详解】由微元法可知；；由条件，知．17. 【详解】．18. 【详解】证明：（1）由于为奇函数，则，由于在上具有二阶导数，由拉格朗日定理，存在，使得．（2）由于为奇函数，则为偶函数，由（1）可知存在，使得，且，令，由条件显然可知在上可导，且，由罗尔定理可知，存在，使得即．19. 【分析】考查的二元函数的条件极值的拉格朗日乘子法．【详解】构造函数令，得唯一驻点，即．考虑边界上的点，；距离函数在三点的取值分别为，所以最长距离为，最短距离为1．20. 【详解】（1），令，得唯驻点，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增．所以函数在处取得最小值．（2）证明：由于，但，所以，故数列单调递增．又由于，得到，数列有界．由单调有界收敛定理可知极限存在．令，则，由（1）的结论可知．21. 【详解】（1）曲线的弧微分为，所以弧长为．（2）设形心坐标为，则．22. 【详解】显然由可知，如果C存在，则必须是2阶的方阵．设，则变形为，即得到线性方程组，要使C存在，此线性方程组必须有解，于是对方程组的增广矩阵进行初等行变换如下，所以，当时，线性方程组有解，即存在矩阵C，使得．此时，，所以方程组的通解为，也就是满足的矩阵C为，其中为任意常数．23. 【详解】证明：（1）所以二次型对应的矩阵为 ．证明（2）设，由于则，所以为矩阵对应特征值的特征向量；，所以为矩阵对应特征值的特征向量；而矩阵A的秩，所以也是矩阵的一个特征值．故在正交变换下的标准形为 ．17。