2013考研數學模擬題答案二

x0時，下列無窮小量中階數最高的是（11 （B）3x3511（C）ex2cos （D）

xln(1x)sint (1x2(1x21x2)(1x21x21x21111x21(1x2)1x213x35x5 3x3

x2ex2cosx(1x2o(x2))(11x2o(x2 xln(1x)sint

x4.故選 f(xxx0處取極大值，則（（A）f(x0)存在0f(xxx0存在0f(xxx0f(x00f(x0f(xxx0Bf(xBf(x

x

xf(0)2f(xx0 x左右鄰域都是小于零的，排除B、f(x處處可導，則（

f(x

f(x)

f(x)limf(x)

f(x

f(x)

f(x)limf(x t,f a,f f(x)xf(x1，A、Cf(xx2f(x2xB項；故選①x[uf(t2 ②0[0[f(t)f f(t為奇函數，x[yf(t3 ④a[yf f(xf(xf(xf(xxf(x僅有一個原函數0f(t)dt為奇函數.故①為偶②為奇③為奇④為偶.x下列反常積分發(fā)散的是（

2 xx x dx 0xln2 0(x1)ln2(1 dxdx dx dx xln2

0xln2

1xln2若p1時

0x(lnx) 故0xln2xz(x2y2，其中z滿足（ （A） （C） （D） 【解析】令ux2y2z(u

zu2x(uzu2y(uyzxz0 u u 0設A 0，則A合同于（

0 0 （A） 0.（B） .（C） .（D） 0

（A（B）EA

(2)(2)10，22，3 0

B

2

EB

(2)22,0 （D 已知方程組 a

x2x

4，那么a3,b14窮多解的（

a 1x b 3 1【解析】 a 4 a a b a a a13 b+1+23當

a=

b= b=分但非必要條件，故選4xcos(2)dx

sin3 1cotx 2x 8sin()21114 111xcos(2

xd2 sin3xdx4 x8xd sin3( sin2( 1cotx2 2 2 8sin( sin( 8sin(x2x2DxdxdyD【答案】42

，其中D由x0，x2，y2，及y 所圍xdxdyXD

42 )n 【解析】由 )n3ab可知原式 微分方程yytanxcosx的通解為y 【答案】(xCcosyelncosx(cosxelncosxdxC)cosx(xx

2

y 1y1t3知，僅當t1y，但當t1xx等價于tlimylimt1limyxayxat1 A(12)2123,A(123)1223，則|A A(,,,

3 3 3 A

1= （15（1求

tan41 (12x2)2112x22

4x4o(x4 1

2 1x 2

o(x)，

(12x)2xo(x)，

（16（f(x在[abf(x在(abf(af(b0，bf(x)dx0a①在(ab內至少存在一點f(f(【解析】①設G(x)exfb由積分中值定理可知，存在c(ab，使0af(x)dxf(c)(baf(c0bG(x在[ab上連續(xù)，在(ab內可導，且G(a)G(b)G(c)0由羅爾定理可知存在1(ac2(c,b)，使得G(1)G(2)0F(xexf(xfG(1G(20f(1f(1f(2f(2F(1F(2由羅爾定理可知存在(1,2a,bF(0f(f(（17（33 33

32)2x【解析】當0yx21時yx20；當1yx22時yx21；當2yx2時yx22；當3yx24時yx23yx23yx22yx21yx2y4A(1,4)B(2,4)C(3,4)D(2,4)，與oy

[yx2]dxdy0

x2 dxx21dy2dxx21dy]3 x2 322[0dxx22dy1dxx22dy]230dxx23dy3(4 3（18（S2，且滿足2S1S21，求曲線y=fx的表達式?！窘馕觥壳芯€方程Yy=yXx，令Y=0X=x1 y S12xxyy2y，S2=0yt 代入2S1S2=1y0ytdt12yy2y2y

y=0y=Clny=C y y0=1,y0=1代入，得到C1=1,C2y=exx（19（平截面為R=1（即f=h的升高速度與2V+y【解析】因為是勻速向容器注水，所以可以設又液面高度h的升高速度與2V+成反比，

，

0其中V=hf2y0所

hf2y

dV=f2dh=dhdV

2hf2y0

f22f2h=k12hf2y2k k1=1f2h=2hf2ydy+1 h求導2fhfh=2f2hfh（20（求使不等式1+1n+e1+1 n

n β【解析】已知不等式等價于n+ln1+11n+ln1+1 n n 1 1

1nln1+n 令fx ln

1,xx 1+xln21+xfxln21+xx2=x21+xln2gx=ln21+x+2ln1+x2xg0=0gx2ln1+x+22 gx在0,1g即1+xln21+xx20fx00xx1n

fx 1=1 x1ln x max=lim

1 x0+ln x 故最大的數α

1，最小的數β12（21（fx=xe2x2xcosx在,+f0=1<0,f1=e22cos1>0,f1=2

fx=2x+1e2x2+sinxx1fx<0f（x）單調遞減x<1時，fx>f1>0，所以在1f（x）=0沒有實根fx=4x+1e2x+cosxx1fx>0，所以f（x）=0在1,+上最多存在兩個實根（22（ A

且秩rA2Ax0

7

因為秩rA)2，所以33a=0 A 2，秩rA* A =1,A= =3,A Ax0x3x+x 1

+k0,k,k 2 （23（ 1A 1 ， 1 = =2+231=2,2=3=4=由2EAx=0，得1=11由2EAx=02 0T, 0T,=11 42k11(k10)，屬于-2k22k33k44（k2k3k4不單位化，i令Q1,2,3,4) 2 2 2 2 0 0 QTAQ=Q1AQ=

曲線y(x1)e 漸近線的條數為（ y由 x1cos xf(x

x

f(0)（1

111(1x2x4【解析】f(x) f(x)f(0)f(0)xf(0)x2所以f(0)1f(0)1

1x2 yy(xyx1)yx2yexy(0)0，y(0)y(0)2，則limy(xx為（ 【解析】limy(xxlimy(x1limy(x) f(xy在(0,0)處連續(xù)，且limf(xy14，則（

ex2y2f(xy在(0,0)f(xy在(0,0fx(0,0)fy(00)4f(xy在(0,0)fx(0,0)fy(00)0f(xy在(0,0)【解析】

f(x,y)14f(0,0)ex2y2 limf(x,y)1limf(x,y)f(0,0)

x2

x2f(x,y)f(0,0)4x2

z0x0yo(x2y2 f(x,y)dxdy 2d

f(cossin)d，其中a0，則D（（A）x2y2 （B）x2y2x2y2

x2y22acosx2y2yx2x0x1yt(0t1所圍圖形的面積結論為（ （A）當t （B）當t （C）當t （D）當t 【解析】面積A ydyt ytA 10tt412A()因此，當t

4

2ABEB

1 2 0 a 則秩rAB2BA3A（ AA2BE=A2BAAB=BA3E

2 2 0 B= 1a,2b,3線性相關，則參數應滿足條件（（A）ab.（B）ab.（C）a2b.（D）a2b方法二：選1(100)T，2(0,10)T，根據已知可以求出

1a,2b,3，該向量組線性相關，行列式等于零，找到ab二、填空題：9～14424分。把答案填在題中橫線上。xlim x11xln

(x 【解析】lnxln[1(x1)](x1) o[(x1)21xln 1(x2xxxx(1xx1)x(e(x1)lnx x lim(x x11xln x11(x1)22設f(x)ln(x1)(x (x

[(x[(x1)(x (x(x1)(x (xf(x令g(x)(x1)(x (xf(xg(x0x0

1 4

dx

2

(1tany2 uy22 (1tany2y

0(1tan 已知函數z()y，則

2

x zx

lnz lx1z1ln2xx(2)1ln2z 2 2x x ()2( ) x 設excosxx為某n階常系數線性齊次方程的兩個特解，階數n方程 y(42y(3)2y【解析】由特解excosx知，微分方程有兩個特征根1是二重特征根.特征方程為[1i)][1i)]20y(42y(3)2y(AB)1.A2BAA2B0(AB)(AE)B(AB)(AE)B1(AB)1(A（15（ x limx3x2x+

ex2

t2 x【解析】limx3x2 ex1+x6x=1

2ex+ 2 tt t2 t 3 1 61t+1+t+++ot t+ot=lim

2

=

1+o1 （16（ Fxfxf 所以0ft ②【解析】對xftdt+xftdt=xfxfx兩邊同時除以2x2 xft

xft fxflim

=lim + +

x0

左邊limfxfx

f 右邊f0lim11 （17（ xDD

x+yln1+y

x+yln

dxdy

x+ylnxdxdy=I 1xx+yln 1uln uuln 1u2ln1xuI1=0 dyx+y=u0 1udu=0 11xu 1xx+yln 1uln uuln 1u2lnuyuI2=0yu

1xdyx+y=u0

1

du=0

duu=sint

2sintdt=2

4

=sin4sin4 1 0cos （18（ 2 設函數fu具有二階連續(xù)導數，z=fesiny滿足方程x2+y2= ，f0=0,f0，fux

z=fexsinyexcosy2

=fexsinyexsiny+fexsinye2xcos2y）fufu=0齊次方程的通解為：fu=C1eu+C2euf0=0,f0，fu=Ceu+Ceu1，得到C=C

fu=

（19（11

2xt dt 2 1xtet2dt=xxtet2dt+1txe =xxet2dtxtet2dt+1tet2dtx1 x

1

=x dtx dt xx

dt

du+ex2

1 1

e=2x0 x x 所以Fx=2x0 1+e=2x0 dt F013<0F135>0x＞0

又Fx=20 （20（y=

x和 x圍城的平面圖形D繞x軸旋轉一周而成的旋轉體體積Vxa1+x2 【解析】當x≥0時，y=lim = a1+x2 當x<0時，y= a1+x2即y=

x

2 故V=01+x22xdx=0 2dx 1+x2 1 =20xd1+x2=

201+x2dx 2 1 2=2

=

0

dx=

= （21（Fx,y,z,xyzx2y2z21uxyzFyz2x Fxxz2y Fyxy2z x2y2z2xy

⑤yxz2=0zyx2=0y=x26當y=x時，zx此時有x=y=2代入⑤z=4，代入④得= 極值點為M ,2,M ,261 6 2 z=2x=2x=z=2y4M

, y=z=2x4

3 M , ,M ,M , , 4 5 6 代入，得到umax ,umin=3（22（設線性齊次方程組Ax0

+3x+5x 2x+2x 2xx+x+3x 2x1ax24x3b