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考研数学二真题预测（强烈推荐）一 填空题(84=32分)全国研究生研究生入学统一考试数学二试题一、选择题：18小题，每题8分，共32分，下列每题给出的四个选项中，只有一项符合题目规定，把所选项前的字母填在题后的括号内。（1）函数与是等价无穷小，则（）（A）1（B）2（C）3（D）无穷多种（2）当时，与是等价无穷小，则（）（A）（B）（C）（D）（3）设函数的全微分为，则点（0，0）（）（A）不是的持续点（B）不是的极值点（C）是的极大值点（D）是的极小值点（4）设函数持续，则=（）（A）（B）（C）（D）（5）若不变号，且曲线在点（1，1）的曲率圆为，则在区间（1，2）内（）（A）有极值点，无零点（B）无极值点，有零点（C）有极值点，有零点（D）无极值点，无零点（6）设函数在区间-1,3上的图形为 则函数为（）（7）设、B均为2阶矩阵，分别为A、B的随着矩阵。若|A|=2，|B|=3，则分块矩阵的随着矩阵为（）（A）（B）（C）（D）（8）设A，P均为3阶矩阵，为P的转置矩阵，且A，若，则为（）（）（）（）（）二、填空题：9-14 小题，每题 4分，共 24 分，请将答案写在答题纸指定位置上。（9）曲线在（0，0）处的切线方程为_（10）已知，则k=_（11）=_（12）设是方程拟定的隐函数，则=_（13）函数在区间(0,1上的最小值为_（14）设为3维列向量，为的转置，若相似于，则=_三、解答题：15-23 小题，共 94 分。请将解答写在答题纸指定的位置上。解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节。（15）（本题满分9分）求极限（16）（本题满分10分）计算不定积分（17）（本题满分10分）设，其中具有2阶持续偏导数，求与（18）（本题满分10分）设非负函数y=y(x)(x0)，满足微分方程，当曲线y=y(x)过原点时，其与直线x=1及y=0围成平面区域的面积为2，求D绕y轴旋转所得旋转体体积。（19）（本题满分10分）求二重积分，其中（20）（本题满分12分）设y=y(x)是区间内过点的光滑曲线，当时，曲线上任一点处的发现都过原点，当时，函数y(x)满足。求y(x)的体现式。（21）（本题满分11分）（I）证明拉格朗日中值定理：若函数在a,b上持续，在（a,b）可导，则存在，使得。（II）证明：若函数在x=0处持续，在内可导，且则存在，且。（22）（本题满分11分）设（I）求满足的所有向量；（II）对（I）中的任历来量，证明：线性无关。（23）（本题满分11分）设二次型（I）求二次型的矩阵的所有特性值；（II）若二次型的规范形为，求a的值。考研数学二真题预测一、选择题：（本题共8小题，每题4分，共32分. 每题给出的四个选项中，只有一项符合题目规定，把所选项前的字母填在题后的括号内）(1)设，则的零点个数为( )(A) 0. (B) 1. (C) 2. (D) 3(2)曲线方程为，函数在区间上有持续导数，则定积分在几何上表达( ) (A) 曲边梯形的面积 (B) 梯形的面积(C) 曲边三角形面积 (D) 三角形面积(3)在下列微分方程中，以（为任意的常数）为通解的是( )(A) . (B) .(C) . (D) .(4) 鉴定函数间断点的状况( )(A) 有1可去间断点，1跳跃间断点(B) 有1跳跃间断点，1无穷间断点(C) 有2个无穷间断点. (D)有2个跳跃间断点. (5)设函数在内单调有界，为数列，下列命题对的的是( )(A) 若收敛，则收敛 (B) 若单调，则收敛 (C) 若收敛，则收敛. (D) 若单调，则收敛. (6)设函数持续，若，其中区域为图中阴影部分，则( )(A) (B) (C) (D) (7)设为阶非零矩阵，为阶单位矩阵若，则下列结论对的的是( )(A) 不可逆，不可逆. (B) 不可逆，可逆.(C) 可逆， 可逆. (D) 可逆， 不可逆.(8) 设，则在实数域上，与A合同矩阵为( )(A) . (B) . (C) . (D) . 二、填空题：（914小题，每题4分，共24分. 把答案填在题中横线上）(9)已知函数持续，且，则(10)微分方程的通解是 .(11)曲线在点处的切线方程为 .(12)曲线的拐点坐标为 .(13)设，则 .(14)设3阶矩阵的特性值为若行列式，则_.三、解答题(1523小题，共94分)(15)(本题满分9分)求极限(16)(本题满分10分)设函数由参数方程拟定，其中是初值问题的解，求(17)（本题满分9分）计算(18)(本题满分11分)计算，其中(19)(本题满分11分)设是区间上具有持续导数的单调增长函数，且对任意的，直线，曲线以及轴所围成的曲边梯形绕轴旋转一周生成一旋转体，若该旋转体的侧面面积在数值上等于其体积的2倍，求函数的体现式(20)(本题满分11分)(I) 证明积分中值定理：若函数在闭区间上持续，则至少存在一点，使得；(II) 若函数具有二阶导数，且满足，证明至少存在一点，使得(21)(本题满分11分)求函数在约束条件和下的最大值和最小值(22) (本题满分12分)设元线性方程组，其中 ， （I）证明行列式；（II）当为什么值时，该方程组有惟一解，并求（III）当为什么值时，该方程组有无穷多解，并求其通解(23) (本题满分10分)设为3阶矩阵，为的分别属于特性值的特性向量，向量满足，(I)证明线性无关；(II)令，求研究生入学考试数学二试题一、选择题：110小题，每题4分，共40分. 在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目规定，把所选项前的字母填在题后的括号内.（1）当时，与等价的无穷小量是 （A） （B） （C） （D） （2）函数在上的第一类间断点是 （ ） （A）0 （B）1 （C） （D）（3）如图，持续函数在区间上的图形分别是直径为1的上、下半圆周，在区间的图形分别是直径为2的下、上半圆周，设，则下列结论对的的是： （A） (B) （C） （D） （4）设函数在处持续，下列命题错误的是： （A）若存在，则 （B）若存在，则 . （B）若存在，则 （D）若存在，则. （5）曲线的渐近线的条数为（A）0. （B）1. （C）2. （D）3. （6）设函数在上具有二阶导数，且，令，则下列结论对的的是： (A) 若 ，则必收敛. (B) 若 ，则必发散 (C) 若 ，则必收敛. (D) 若 ，则必发散. （7）二元函数在点处可微的一种充要条件是（A）.（B）.（C）.（D）.（8）设函数持续，则二次积分等于（A） （B）（C） （D）（9）设向量组线性无关，则下列向量组线性有关的是线性有关，则(A) (B) (C) .(D) . （10）设矩阵，则与 (A) 合同且相似 （B）合同，但不相似. (C) 不合同，但相似. (D) 既不合同也不相似 二、填空题：1116小题，每题4分，共24分. 把答案填在题中横线上.（11） _.（12）曲线上相应于的点处的法线斜率为_.（13）设函数，则_.（14） 二阶常系数非齐次微分方程的通解为_.（15） 设是二元可微函数，则 _.（16）设矩阵，则的秩为 . 三、解答题：1724小题，共86分. 解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节.（17） (本题满分10分)设是区间上单调、可导的函数，且满足，其中是的反函数，求.（18）（本题满分11分） 设是位于曲线下方、轴上方的无界区域. （）求区域绕轴旋转一周所成旋转体的体积； （）当为什么值时，最小？并求此最小值.（19）（本题满分10分）求微分方程满足初始条件的特解（20）（本题满分11分）已知函数具有二阶导数，且，函数由方程所拟定，设，求.（21） (本题满分11分)设函数在上持续，在内具有二阶导数且存在相等的最大值，证明：存在，使得.（22） (本题满分11分) 设二元函数，计算二重积分，其中.（23） (本题满分11分) 设线性方程组与方程有公共解，求的值及所有公共解.1.【分析】本题为等价无穷小的鉴定，运用定义或等价无穷小代换即可.【详解】当时， 故用排除法可得对的选项为（B）. 事实上， 或.因此应选（B）【评注】本题为有关无穷小量比较的基本题型，运用等价无穷小代换可简化计算. 2【分析】由于函数为初等函数，则先找出函数的无定义点，再根据左右极限判断间断点的类型.【详解】函数在均无意义， 而； ； . 所觉得函数的第一类间断点，故应选（A）.【评注】本题为基本题型. 对初等函数来讲，无定义点即为间断点，然后再根据左右极限判断间断点的类型；对分段函数来讲，每一分段支中的无定义点为间断点，而分段点也也许为间断点，然后求左右极限进行判断.段函数的定积分.【详解】运用定积分的几何意义，可得 ， . 因此 ，故选（C）.【评注】本题属基本题型. 本题运用定积分的几何意义比较简便.4【分析】本题考察可导的极限定义及持续与可导的关系. 由于题设条件具有抽象函数，本题最简便的措施是用赋值法求解，即取符合题设条件的特殊函数去进行判断，然后选择对的选项.【详解】取，则，但在不可导，故选（D）. 事实上， 在(A),(B)两项中，由于分母的极限为0，因此分子的极限也必须为0，则可推得.在（C）中，存在，则，因此(C)项对的，故选(D)【评注】对于题设条件含抽象函数或备选项为抽象函数形式成果以及数值型成果的选择题，用赋值法求解往往能收到奇效. 5【分析】运用曲线的渐近线的求解公式求出水平渐近线，垂直渐近线和斜渐近线，然后判断.【详解】， 因此 是曲线的水平渐近线； ，因此是曲线的垂直渐近线； ， ，因此是曲线的斜渐近线. 故选（D）.【评注】本题为基本题型，应纯熟掌握曲线的水平渐近线，垂直渐近线和斜渐近线的求法.注意当曲线存在水平渐近线时，斜渐近线不存在. 本题要注意当时的极限不同.6【分析】本题根据函数的性质，判断数列. 由于具有抽象函数，运用赋值法举反例更易得出成果.【详解】选（D）. 取，而发散，则可排除（A）；取，而收敛，则可排除（B）；取，而发散，则可排除（C）； 故选（D）.事实上，若，则. 对任意，由于，因此， 对任意，. 故选（D）.【评注】对于具有抽象函数的问题，通过举符合题设条件的函数的反例可简化计算.7.【分析】本题考察二元函数可微的充足条件. 运用可微的鉴定条件及可微与持续，偏导的关系.【详解】本题也可用排除法，（A）是函数在持续的定义；（B）是函数在处偏导数存在的条件；（D）阐明一阶偏导数存在，但不能推导出两个一阶偏导函数在点(0,0) 处持续，因此（A）（B）（D）均不能保证在点处可微. 故应选（C）. 事实上， 由可得 ，即同理有从而 = .根据可微的鉴定条件可知函数在点处可微，故应选(C). 【评注】二元函数持续或偏导数存在均不能推出可微，只有当一阶偏导数持续时，才可微.8,【分析】本题更换二次积分的积分顺序，先根据二次积分拟定积分区域，然后写出新的二次积分.【详解】由题设可知，则， 故应选（B）.【评注】本题为基本题型. 画图更易看出.9.【分析】本题考察由线性无关的向量组构造的另历来量组的线性有关性. 一般令，若，则线性有关；若，则线性无关. 但考虑到本题备选项的特性，可通过简朴的线性运算得到对的选项.【详解】由可知应选（A）.或者由于，而， 因此线性有关，故选（A）.【评注】本题也可用赋值法求解，如取，以此求出（A），（B），（C），（D）中的向量并分别构成一种矩阵，然后运用矩阵的秩或行列式与否为零可立即得到对的选项.10.【分析】本题考察矩阵的合同关系与相似关系及其之间的联系，只规定得的特性值，并考虑到实对称矩阵必可经正交变换使之相似于对角阵，便可得到答案. 【详解】 由可得， 因此的特性值为3,3,0；而的特性值为1,1,0. 因此与不相似，但是与的秩均为2，且正惯性指数都为2，因此与合同，故选（B）.【评注】若矩阵与相似，则与具有相似的行列式，相似的秩和相似的特性值. 因此通过计算与的特性值可立即排除（A）（C）.11【分析】本题为未定式极限的求解，运用洛必达法则即可.【详解】.【评注】本题运用了洛必达法则. 本题还可用泰勒级数展开计算. 由于 ， 因此 .12.【分析】本题考察参数方程的导数及导数的几何意义.【详解】由于，因此曲线在相应于的点的切线斜率为，故曲线在相应于的点的法线斜率为.【评注】本题为基本题型.13.【分析】本题求函数的高阶导数，运用递推法或函数的麦克老林展开式.【详解】，则，故.【评注】本题为基本题型.14.【分析】本题求解二阶常系数非齐次微分方程的通解，运用二阶常系数非齐次微分方程解的构造求解，即先求出相应齐次方程的通解，然后求出非齐次微分方程的一种特解，则其通解为 .【详解】相应齐次方程的特性方程为 ， 则相应齐次方程的通解为 . 设原方程的特解为 ，代入原方程可得 ， 因此原方程的特解为， 故原方程的通解为 ，其中为任意常数.【评注】本题为基本题型.15【分析】本题为二元复合函数求偏导，直接运用公式即可.【详解】运用求导公式可得， 因此.【评注】二元复合函数求偏导时，最佳设出中间变量，注意计算的对的性.16【分析】先将求出，然后运用定义判断其秩.【详解】.【评注】本题考察矩阵的运算和秩，为基本题型.17【分析】对含变上限积分的函数方程，一般先对x求导，再积分即可.【详解】 两边对求导得 ，（）两边积分得. （1）将代入题中方程可得 .由于是区间上单调、可导的函数，则的值域为，单调非负，因此. 代入（1）式可得，故.【评注】运用变限积分的可导性是解函数方程的措施之一. 18.【分析】V(a)的可通过广义积分进行计算，再按一般措施求V(a) 的最值即可【详解】（）.（）令，得. 当时，单调增长； 当时，单调减少. 因此在获得极大值，即为最大值，且最大值为.【评注】本题为定积分几何应用的典型问题，需记忆有关公式，如平面图形的面积，绕坐标轴的旋转体的体积公式等.19.【分析】本题为不含的可降阶方程，令，然后求解方程.【详解】本题不含，则设，于是，原方程变为 ， 则 ，解之得，将代入左式得 ， 于是 ，结合得， 故 .【评注】本题为基本题型.20.【分析】本题实质上是二元复合函数的求导，注意需用隐函数求导法拟定.【详解】令，则. 两边对求导得 ，又，可得 在两边对求导得 . 因此 . . 【评注】也可运用两边对求导得 可得. 21【分析】由所证结论可联想到构造辅助函数，然后根据题设条件运用罗尔定理证明.【详解】令，则在上持续，在内具有二阶导数且.（1）若在内同一点获得最大值，则， 于是由罗尔定理可得，存在，使得. 再运用罗尔定理，可得 存在，使得，即.（2）若在内不同点获得最大值，则，于是 ， 于是由零值定理可得，存在，使得 于是由罗尔定理可得，存在，使得. 再运用罗尔定理，可得 ，存在，使得，即.【评注】对命题为的证明，一般运用如下两种措施：措施一：验证为的最值或极值点，运用极值存在的必要条件或费尔马定理可得证； 措施二：验证在涉及于其内的区间上满足罗尔定理条件. 22.【分析】由于积分区域有关轴均对称，因此运用二重积分的对称性结论简化所求积分.【详解】由于被积函数有关均为偶函数，且积分区域有关轴均对称，因此 ，其中为在第一象限内的部分. 而 . 因此 .【评注】被积函数涉及时, 可考虑用极坐标，解答如下：.23【分析】将方程组和方程合并，然后运用非齐次线性方程有解的鉴定条件求得.【详解】将方程组和方程合并，后可得线性方程组其系数矩阵.显然，当时无公共解.当时，可求得公共解为 ,为任意常数；当时，可求得公共解为 .【评注】本题为基本题型，考察非齐次线性方程组解的鉴定和构造.（24） (本题满分11分)设三阶对称矩阵的特性向量值，是的属于的一种特性向量，记，其中为3阶单位矩阵. （I）验证是矩阵的特性向量，并求的所有特性值与特性向量；（II）求矩阵. 【分析】本题考察实对称矩阵特性值和特性向量的概念和性质. 【详解】（I）， 则是矩阵的属于2的特性向量. 同理可得 ，. 因此的所有特性值为2，1，1 设的属于1的特性向量为，显然为对称矩阵，因此根据不同特性值所相应的特性向量正交，可得. 即 ，解方程组可得的属于1的特性向量 ，其中为不全为零的任意常数. 由前可知的属于2的特性向量为 ，其中不为零.（II）令，由（）可得，则 .【评注】本题重要考察求抽象矩阵的特性值和特性向量，此类问题一般用定义求解，要想方设法将题设条件转化为的形式. 请记住如下结论：（1）设是方阵的特性值，则分别有特性值 可逆），且相应的特性向量是相似的. （2）对实对称矩阵来讲，不同特性值所相应的特性向量一定是正交的
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