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2013年考研数学(二)试题答案速查 一、选择题 （1）C （2）A （3）C （4）D （5）A （6）B （7）B （8）B 二、填空题 （9） （10） （11） （12） （13） （14） 三、解答题 (15). （16）. （17）. （18）略. （19）最短距离为,最长距离为. （20）（Ⅰ）是最小值.（Ⅱ）. (21) （Ⅰ）.（Ⅱ）. （22）当时,,其中为任意常数. （23）略. 2013年全国硕士研究生入学统一考试 数学（二）参考答案 一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32分．下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上． （1）【答案】C. 【解答】因为，所以，则 . 再由，可知，即当时， . 故选C. （2）【答案】A． 【解答】利用隐函数求导法则有，且当时，有. . （3）【答案】C. 【解答】由变现积分函数的性质可知是连续函数. . . 在处左右导数不相等，故答案可选C. （4）【答案】D. 【解答】由题目条件. ,可知时收敛. 收敛. 发散.所以，，故选D. （5）【答案】A. 【解答】由条件可得 所以，. （6）【答案】B. 【解答】由题目条件可知，积分关于轮换对称，所以. 在第二象限，，在四象限，所以答案选B. （7）【答案】B． 【解答】对矩阵分别按列分块,不妨设 ,． 可见矩阵的列向量组可由矩阵的列向量组线性表出. 再可逆可得，同理有矩阵的列向量组可由矩阵的列向量组线性表出,即二者等价,故选答案B． （8）【答案】B． 【解答】不妨设. 因为， 所以，当时，矩阵的特征值分别为,且可为任意常数. 显然可得矩阵的特征值分别为,故选答案B. 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． （9）【答案】. 【解答】 . （10）【答案】. 【解答】由可知.又函数存在反函数，所以要求函数具有单调性，而单调递增满足要求.因为， ，且当时得，所以. （11） 【答案】. 【解答】由极坐标下平面图形面积公式 . （12）【答案】. 【解答】时对应的，且， 所以，法线方程为. （13）【答案】. 【解答】因为，所以 为对应的齐次方程的解.因为二者线性无关，所以齐次方程的通解，故原方程的通解.再由初始条件，解得，故可得结果. (14)【答案】. 【解答】因为，所以.再由,得，有 .由于矩阵为三阶非零矩阵,所以不全为.不妨设,而 ,所以. 三、解答题：15～23小题，共94分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请将答案写在答题纸指定位置上． （15）（本题满分10分） 解： . 当时极限存在，则 故. 所以. （16）（本题满分10分） 解：由旋转体积公式得： ， ， 由已知条件知，，故，所以. （17）（本题满分10分） 解：直线与二直线的交点分别为和，则 积分区域可以分割为两部分，所以， . （18）（本题满分10分） 证：（Ⅰ）因为在上的奇函数,所以.令 因为在上具有阶导数,所以可导.因为, 所以.根据罗尔定理存在,使得,即. （Ⅱ）令.因为为奇函数,故为偶函数,所以 且.由罗尔定理存在,使得即. （19）（本题满分10分） 解：设距离为， 构造拉格朗日函数， 令 解得，或，或. 当，距离为.当或，得. 所以最短距离为，最长距离为. （20）（本题满分11分） 解：（Ⅰ）由则. 令是唯一驻点，且当， 所以是的唯一极小值点，故是最小值. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，,可得, 所以单调递增.又由可得，所以有上界. 由单调有界定理，存在，设为,对于，两边取极限得,又，所以，又由（Ⅰ）知即. （21）（本题满分11分） 解：（Ⅰ）设弧长为，则，因为，所以 . （Ⅱ）由形心的横坐标公式得 . （22）（本题满分11分） 解：由题意可设,则成立的充要条件是方程组 ① 有解. 对①的增广矩阵利用初等变换得 . 当或时,线性方程组①无解. 当时,线性方程组①有解, ， 通解为（为任意常数）. 综上,当且仅当时,存在满足条件的矩阵,使,且 （为任意常数）. （23）（本题满分11分） 证明：（Ⅰ）记,由于 , 又为对称矩阵,所以二次型的矩阵为. （Ⅱ）记.由于正交且均为单位向量,所以 ,则为的对应于的特征向量；,则为的对应于的特征向量. 又,，所以也是矩阵的一个特征值,故在正交变换下的标准形为.