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1、Borntowin2018考研数学冲刺模拟卷（数学二）答案与解析一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.（1）若函数在处连续，则（）(A)(B)(C)(D)【答案】A.【解析】在处连续选A.（2）设二阶可导函数满足且，则（）(A)（B）（C）（D）【答案】A.【解析】为偶函数时满足题设条件，此时，排除C,D.取满足条件，则，选A.（3）设数列收敛，则（）（A）当时，（B）当时，（C）当时，（D）当时，【答案】D.【解析】特值法：（A）取，有，A错
2、；取，排除B,C.所以选D.（4）微分方程的特解可设为（）（A）（B）Borntowin（C）（D）【答案】C.【解析】特征方程为：，因为，故，选C.（5）设具有一阶偏导数，且对任意的，都有，则（A）（B）（C）（D）【答案】C.【解析】是关于的单调递减函数，是关于的单调递增函数，所以有，故答案选C.（6）甲乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方10（单位：m）处，图中实线表示甲的速度曲线（单位：），虚线表示乙的速度曲线，三块阴影部分面积的数值依次为10,20,3，计时开始后乙超过上甲的时刻记为（单位：s），则（）（A）（B）（C）（D）【答案】
3、D.【解析】从0到这段时间内甲乙的位移分别为则乙要超过甲，则，当时满足，故选D.Borntowin（7）设为阶矩阵，且，则下列结论正确的是（A）的任意阶子式都不等于零（B）的任意个列向量线性无关（C）方程组一定有无穷多解（D）矩阵经过初等行变换可化为【答案】C.【解析】对于选项C，所以选项C正确,对于选项A和B，r(A)=m，由秩的定义可得，存在一个m阶行列式不为零，从而m阶行列式所在的列向量组线性无关，所以选项A和B不正确对于选项D，矩阵经过初等行变换和列变换才可化为，所以选项D不正确（8）设，,其中为任意实数，则（A）必线性相关（B）必线
4、性无关（C）必线性相关（D）必线性无关【答案】D.【解析】所以，从而选项A和B均不正确，从而选项C不正确利用排除法可得正确答案为D对于选项D，，从而可得，所以必线性无关二、填空题：9-14小题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定位置上.Borntowin(9)曲线的斜渐近线方程为_______【答案】【解析】(10)设函数由参数方程确定，则______【答案】【解析】(11)_______【答案】-1【解析】(12)设函数具有一阶连续偏导数，且，，则.【答案】.【解析】故，因此，即，再由，可得（13）已知，则.Borntowin【答
5、案】.【解析】交换积分次序：.（14）设为四维非零的正交向量，且，则的所有特征值为.【答案】0,0,0,0【解析】设矩阵的特征值为，则的特征值为由为四维非零的正交向量从而所以的特征值的特征值为所以4阶矩阵的4个特征值均为0.三、解答题：15—23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（15）（本题满分10分）求极限【答案】.【解析】，令，则有（16）（本题满分10分）设函数在内具有二阶导数，且Borntowin满足等式，若求函数的表达式.【解析】(I)由于题目是验证，只要将二阶偏导数求出来代入题
6、目中给的等式就可以了同理代入，得，即.则对应的特征方程为，，故.由得，即（17）（本题满分10分）求【答案】.【解析】原式=.（18）（本题满分10分）设函数连续，且.已知，求的值.Borntowin【解析】令，则，所以代入得将等式两边对求导得化简得令得，，化简得（19）（本题满分10分）设是区间上的任一非负连续函数，在区间内可导,且试证明在内，存在唯一实根.【解析】(1)要证,使；令,要证,使.可以对的原函数使用罗尔定理：,又由在连续在连续,在连续,在可导.根据罗尔定理,,使.(2)由,知在内单调增,故(1)中的是唯一的.（20）（本题满分
7、11分）已知平面区域计算二重积分。Borntowin【答案】.【解析】（21）（本题满分11分）设是区间内的可导函数，且，点是曲线L:上任意一点，L在点P处的切线与x轴相交于点，法线与y轴相交于点，若，求L上点的坐标满足的方程。【答案】【解析】设的切线为，令得，法线,令得。由得，即。令，则，按照齐次微分方程的解法不难解出,故.（22）（本题满分11分）设均为四维列向量，，非齐次线性方程组的通解为(Ⅰ)求方程组的通解；(Ⅱ)求方程组的通解.【解析】(Ⅰ)由的通解为可得，即Borntowin所以可由线性表出，可由线性表出即可由线性表出从而所以方程
8、组只有唯一解②+2①得所以程组的唯一解为;由(Ⅰ)可得可由线性表出，可由线性表出从而所以所以齐次线性方程组的基础解系中有2个线性无关的解向量，非齐次线性房出租有无穷
