2012考研数学二真题答案(完整版)

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2012数二参考答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8
C C A D D D C B
二、填空题

9、21xxe； 10、4； 11、0； 12、2xy； 13、1,0； 14、27
三、解答题
15、解：（I）00011sinlimlimlim011sinsinsinxxxxxxxafxxxxxx

（II）00011sinsinlimlim1limsinsinsinxxxxxxxxfxaxxxxx


3
001sin16limlimsinsinxxxxxxxxxx









3

00161sinlimlim6xxxfxaxxxx








，所以k=1

16、解：







222222
22
2
222

2

,10,0xyxyxyxyfxyexexexxfxyxeyy















得驻点121,0,1,0PP












2222
22
22

2
2
22

2

2
2
2

2
2
2

2

,21,1,1xyxyxyxyfxyxeexxxfxyexyxyfxyxeyy



























根据判断极值的第二充分条件，
把
11,0,P代入二阶偏导数B=0，A>0，C>0，所以
1
1,0,P

为极小值点，极小值为


1
2
1,0fe

把
21,0P代入二阶偏导数B=0，A<0，C<0，所以
2
1,0P

为极大值点，极大值为
2


1
2
1,0fe

（17）解：1yx，设切点坐标,lnooxx，切线方程为1lnoooyxxxx
又切线过点(0,1)，所以2oxe，故切线方程为211yxe
切线与x轴交点为B2,0e
所围面积

2
22011y
Aeeydye




旋转体体积

2
22222

1

12
2ln333eVeexdxe



（18）解：


1cos0014401dcossin1116cossin1cos14415Dxydddttdt








（19）解：（I）'''()()2()0fxfxfx对应的特征方程为220rr，r=-2，r=1
所以212xxfxCeCe
把212xxfxCeCe代入''()()2xfxfxe，得到xfxe
（II）

同理，当x<0时，0y
可知（0,0）点是曲线唯一的拐点。

（20）证明：令

2
1lncos112xxfxxxx




，
3


2

12lnsin11xxfxxxxx







00f




22

2
2

21411cos1111xxfxxxxx







22

22

44
cos12011xxx



所以

00fxf

即证得：21lncos11112xxxxxx
（21）令

-11nn
fxxxx


fx

在区间1,12上连续，且单调


110fn

，11111121101222212nnf

根据零点定理，得到在区间1,12存在零点，又fx单调，因此存在唯一零点。
（II）根据拉格朗日中值定理，存在点
1
2
n
x

有



1

2
1
2

n

n

fxffx







>1

所以111222nnnxfxf
由夹逼原理得
limnnx

=0

（22）解：
（I）

4141001000010=101(1)10100100101001aaaaAaaaaaaa
















4

(II) 对方程组Ax的增广矩阵初等行变换：
232
1001100110010101010101010010001000100010001001aaa
aaaaaaaaaaaa









42
1001010100100001a
aaaaa









可知，要使方程组Ax有无穷多解，则有410a且20aa，可知1a

此时，方程组Ax的增广矩阵变为11001011010011000000，进一步化为最简形得
10010010110011000000可知导出组的基础解系为1111，非齐次方程的特解为0
100






，故其通解

为10111010k
（23）解：
（1）

由二次型的秩为2，知()2TrAA，故()()2TrArAA
对矩阵A初等变换得
101101101101
011011011011
100010010010101001000aaaaaaa




因()2rA，所以1a

（2）令202022224TBAA
5

202202102022(2)22(2)122224024024(2)(6)0EB




所以B的特征值为1230,2,6
对于10，解1()0EBX得对应的特征向量为1(1,1,1)T
对于22，解2()0EBX得对应的特征向量为2(1,1,0)T
对于36，解3()0EBX得对应的特征向量为3(1,1,2)T
将123,,单位化可得

121
111
111
1,1,1326102






正交矩阵11132611132612036Q，则026TQAQ
因此，作正交变换xQy，二次型的标准形为2223()()26TTTfxxAAxyAyyy