2011-2020年近十年全国考研数学二试卷真题和答案解析(最新126页含书签导航)

（18）（本题满分10分） 计算二重积分

∫∫xydσ，其中区域D为曲线r=1+cosθ(0≤θ≤π)与极轴围成。

D【解析】：

∫∫xydσ=∫dθ∫D0π1+cosθ0rcosθ?rsinθ?rdr

1π4 =∫sinθ?cosθ?(1+cosθ)dθ

40 =16∫π0sinθ2cosθ2(2cos2θ2π0?1)cos8θ2dθ2

π =32 =∫20sintcostdt?16∫2sintcos9tdt

1188? 3516= 15（19）（本题满分11分）已知函数f(x)满足方程f''(x)+f'(x)?2f(x)=0及f'(x)+f(x)=2ex 1）求表达式f(x) 2）求曲线的拐点y=f(x)【解析】：

1）特征方程为r2+r?2=0，特征根为r1=1,r2=?2，齐次微分方程f′′(x)+f′(x)?2f(x)=0的通解为f(x)=C1ex+C2e?2x.再由f'(x)+f(x)=2ex得2C1e?C2ex?2x2∫x0f(?t2)dt

=C11,=C20。 2ex，可知=故f(x)=ex 2）曲线方程为y=ex2∫x0e?tdt，则y'=1+2xex22∫x0e?tdt，y''=2x+2(1+2x2)ex22∫x0e?tdt

2令y''=0得x=0。为了说明x=0是y''=0唯一的解，我们来讨论y''在x>0和x<0时的符号。 当

x>0时，

2x22x>0,2(1+2x)e2x2∫x0e?tdt>0，可知

2y''>0；当x<0时，

2x<0,2(1+2x)e∫x0edt<0，可知y''<0。可知x=0是y''=0唯一的解。

?t2同时，由上述讨论可知曲线y=f(x2)∫x0f(?t2)dt在x=0左右两边的凹凸性相反，可知(0,0)点是曲线

y=f(x2)∫f(?t2)dt唯一的拐点。

0x（20）（本题满分10分）

1+xx2证明：xln+cosx≥1+,?1

1?x21+xx2【解析】：令=f(x)xln+cosx?1?，可得

1?x2=lnf'(x)=ln1+x1+x2+x??sinx?x1?x1?x(1?x)2

1+x2x+?sinx?x21?x1?x1+x1+x2=ln+?x?sinx1?x1?x21+x21+x21+x当01，所以?x?sinx≥0， ≥0，

1?x21?x21?x1+xx2

故f(x)≥0，而f(0)=0，即得xln+cosx?1?≥0

1?x2

'1+xx2所以xln+cosx≥+1。

1?x21+x21+x21+x当?11，所以?x?sinx≤0， ≤0，

1?x21?x21?x1+xx2

故f(x)≥0，即得xln+cosx?1?≥0

1?x2

'1+xx2可知，xln+cosx≥1+,?1

1?x2（21）（本题满分11分） （1）证明方程x+xnn?1?1?+...+x=1(n>1的整数)，在区间?,1?内有且仅有一个实根；

?2?n→∞（2）记（1）中的实根为xn，证明limxn存在，并求此极限。 【解析】： (1)由题意得：令

f(x)=xn+xn?1+?+x?1，则f(1)>0，再由

11(1?()n)1112?1=由零点定理得在(,1)肯定有解x0，假设在此区间还有另外一根x1，f()=2?()n<0，

12221?2

所以x0+x0nn?1+?+x0?1=xnn+xnn?1+?+xn?1，由归纳法得到x1=x0，即唯一性得证

n

n?1

（2）假设根为xn，即f(xn)=xn+xn由

于

xn(1?xnn)1 )1+?+xn?1=0，所以f(x=?=0,(

可

知

xn+1n+1+xn+1n+?+xn+1?1=0xn+1n+xn+1n?1+?+xn+1?1<0，由于

xnn+xnn?1+?+xn?1=0，可知xn+1

n→∞1

xn(1?xnn)a1 当n→∞时，limf(xx)lim1得=0,lim==?=?1nnn→∞n→∞n→∞1?xn1?an2（22）（本题满分11分）

?1?0设A=??0??aa1000a100??1????

?10?，b=??

?0?a????1??0?

（Ⅰ）求A

（Ⅱ）已知线性方程组Ax=b有无穷多解，求a，并求Ax=b的通解。

10

【解析】：（Ⅰ）

0aa1000a100

1a0a000

=1×01a+a×(?1)4+11a0=1?a4 a

00101a1

a001??1a??1a0?1??01→01a0??00??0010??0?a2（Ⅱ）

01??1a0???01a01?→??001a0??42????0001aaa???1??0?0??a00a01a1??1???1??0→0??0??01?a??0a100a10a31???1?0??1?a?a2?00a

可知当要使得原线性方程组有无穷多解，则有1?a=0及?a?a=0，可知a=?1。

42?1?1001??10???01?10?1?，进一步化为行最简形得?01此时，原线性方程组增广矩阵为??001?10??00????00000??00?1??0??1??0?????????1?11?1可知导出组的基础解系为??，非齐次方程的特解为??，故其通解为k??+??

?1??0??1??0?????????10?????1??0?线性方程组Ax=b存在2个不同的解，有|A|=0.

0?10??0?1?1? ?1?10?000?即：

1A=0λ?10=(λ?1)2(λ+1)=0，得λ=1或-1.

11λλ1?111??x1??x???????当λ=1时, 000x2=0，显然不符，故λ=?1.

???????111??x??1????3???（23）（本题满分11分）三阶矩阵

，AT为矩阵A的转置，已知r(ATA)=2，且二次型

f=xTATAx。

1）求a

2）求二次型对应的二次型矩阵，并将二次型化为标准型，写出正交变换过程。

T

【解析】：1）由r(A=A)r=(A)2可得，

101011=a+1=0?a=?1 ?10a?202??x1?????TTfx=AAx(x1,x2,x3)?022??x2?=2）?224??x?

???3?=2x12+2x22+4x32+4x1x2+4x2x3?202??? 则矩阵B=022

???224???λ?2λE?B=0?20λ?2?2?2?2=λ(λ?2)(λ?6)=0 λ?4解得B矩阵的特征值为：===λ10;λ22;λ36

?1???对于=λ10,解(λ1E?B)=X0得对应的特征向量为：η1=?1?

??1????1???对于=λ22,解(λ2E?B)=X0得对应的特征向量为：η2=??1?

?0????1???对于=λ36,解(λ3E?B)=X0得对应的特征向量为：η3=?1?

?2???将η1,η2,η3单位化可得：

?1?1??α21?，α1==?3????1??1??1?1??1??，α3=11? ????2??6??0???2?Q=(α1,α2,α3)