2019-2020年考研数学二真题及答案

1、2019考研数学二真题及答案一、选择题：18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、当xtO时，若x-tanx与*是同阶无穷小量，则公=（）A. 1.B、2C、3【答案】C.兀3【解析】因为x-tanx-,所以k=3、选C.32s 曲线y = xsinx + 2cosx(71 71 竽j的拐点是（）B、（0,2）C、（九一2）【答案】C.【解析】= xcosx sinx ,= -xsinx,令 y = -xsin.x =0 ,解得x = 0或x = Tt。当X7V时，/0：当X7T时，/下列反常积分发散的是（

2、）A、 xexdx.Jor+oc 2L E dx.carxtan x . dx.Jo + x2r+ x【答案】D.【解析】A、 x-=-灿r=-归wo r+x0 +T收敛:B、c+x21 c+oc 2 a )L w*乩厂肚右收敛:C、rarxtanx17ax = arctan - xJo 1 + x2 2D、-X= +03,发散，故选。04x已知微分方程的+ ay +by = cex通解为y = （Cj + C2x）ex + ex,则gb、c依次为A、 1,0,1 B、1,02C 2,1,3.D、24,4.【答案】D.【解析】 由题设可知r = -是特征方程r2 +ar + b = 0的二重根

3、，即特征方程为 (r + 1)2 =0,5、已知积分区域 =所以 = 2, b = o又知是方程y + 2y + y = ce”的特解，代入方程的c = 4 故选。A . I3I2Il. B、/2 /j 厶.C. IlI2I3 D. /2/3/1. 【答案】A【解析】比较积分的大小，当积分区域一致时，比较被积函数的大小即可解决问题。【画图发现卜| +卜|弓包含在圆X +，2 =0 / sin u , 从而2令 / (w) = 1 -cosu -sinu ,则 f,(u) = sinu-cosu , /7) = 0 o f(u)在 0, 内单调减cos y/x2 + y2 )clxdy。综上，选

4、 A。6、设函数f(xg(x)的二阶导数在x = u处连续，则=0是两条曲线 X* ( V /Vy=fW，y = g(x)在x = o对应的点处相切及曲率相等的()4、充分非必要条件.充分必要条件.C、必要非充分条件.既非充分也非必要 条件.【答案】A.j (x-ay【解析】充分性：利用洛必达法则，由lim / E KE =0可得进而推出f(a) = g(a),广(“)= g3) fa) = ga。由此可知两曲线在x = g处有相同 I vl切线，且由曲率公式K = 一可知曲线在x = g处曲率也相等，充分性得证。n+(y)2F必要性:由曲线y = /(x)，y = g(x)在x 处相切，可得

5、 f(a) = g(a), fd) = gd):由曲率相等 一=k .,可知fa) = g(“)或fa) = -ga)。i+awp i+(g3)爭当fa) = -ga)时，所求极限lim /m) = lim 匚= lim 厂(一 )= fa),而 /(/)未必等于 0,因 z (x-ay I 2(x-a)丫十2此必要性不一定成立。故选A。7、设人是4阶矩阵，才为A的伴随矩阵，若线性方程组Av = O的基础解系中只有2个向量, 则r(A*) = ( )oA、 0.B、 1C 2.D 3.【答案】4【解析】因为方程组Ar = O的基础解系中只有2个向量所以4-HA) = 2,从而 r(A) = 2

6、 lim(x + 2)Y = XT()【答案】4e2.22lim-ln|l+(.v+2A-l)|【解析】lim(x + 2” =liml + (x + 2A-l)r x-0.v-02I2 lim2(l+ln 2)4e2.X Sm/在t = -;r对应点处的切线在y轴上的截距为 y = 1-cosr 2【答案】耳+ 2. 【解析】斜率二型io曲线o x【答案】yf【解析】(1 ,2咨+）纟诃(? X r1 *丿6x) x 1X 丿dxoy牙丿12、曲线y = In cos x （0 x sin x2 .1 fi . .1dx = - xsinxZ = -cosx2Jo4I 1=(cos 1-1)

7、 0414 x已知矩阵a =r 1-23 015、(本题满分10分)已知函数f(x) = ,求广(X)，并求函数/(X)的极值xex +l,x0(x + Y)ex,x0：当0时，广(QvO； e当x-时,fx) 0:故州=一1是函数的极小值点，极小值为/(一1) = 1一厂：x. = -是函e eI -i数的极小值点极小值为f(-) = e函数/(x)在x = 0处连续且有极大值/(0) = 13x + 616、(本题满分10分)求不泄积分fdx.J (x-l广(f +X+1)3x + 6A B Cx + D-_Z = +【解析】设L=+ (x-y(x +x+i) x-i (x-y f+x+i

8、(1) 两边同乘以(X-1)2且令x = ,可得B = 3；(2) 两边同乘以X且令XT8,可得4 + C = O；-A + B + D = 6 A B _3 ：解得 4 = 一2,(7 = 2,)= 1。一一+C+D=244nil3x + 623 2x + 则=_ + +(x-l)2(x2+x + l)2r 3x + 6(3)两边分别令x = 0, x = -9可得3x + 6一 + +-于是X-l (X-l)2X2+X+23一 +2x + l x-l (x-1)2x2+x+JA(_+ i + 1)= _2 n 卜 _ ”+ ln(x2 +x + l) + C。17、(本题满分10分)设函数

9、y(x)是微分方程y-xy = -=e满足条件y(l) =亦的特解.(1) 求y(x)的表达式；(2)设平面区域D = (Uy)llx2,0y(1) =代入，得C = O,从而得到 曲)=辰壬(2) 旋转体的体积为V =龙J y(x)2dx =兀J】xex dx = (eA -e). 218、(本题满分10分)设平面区域d=(x,y)I卜|开(疋+y2)3 /b计算二重积分ff 阳D yx2 + yJ (x-1)2(x2+a + 1)6A_ = _21n|x_l|_ 占+ J+ C),亍Ji/x+C)=aT(x+ydxdy 2【解析】显然积分区域。关于y轴对称，由对称性可得ff-=t/Azfy

10、 = O： o 収 + y2 将(x2 + y2)3lim=2 = qL2（-1）2（於1） I 4J /5 a/20.(本题满分11分)已知函数“(x,y)满足关系式2 -2 + 3 + 3= 0.求的 oy ox oy值，使得在变换“(x,y) = v(x,y)严出之下，上述等式可化为函数v(x, y)的不含一阶偏导数的 等式.【解析】在变换uy) = y)eby之下dudx ey+av（x.y）e dx+加(X,刃严化dxdy =|7 / o yjx2 + y2D &2 + y1 竺i 竺43 /T=J/ sin5 OdO = j/ （1cos&） cos & = 2 丁2 丁12019

11、、（本题满分10分）设”是正整数，记S“为曲线y = vsinx （0 x 0；当x丘（2比 + 1）兀（2 + 2）兀）时，sinxvO,故曲线y =严Sin X (0 X H7T)与X轴之间图形的而积应表示为V空=竺严协+2“dx1 dx2空=竺严协+ 2b夕勿2 把上述式子代入关系式24_24 + 3 + 3= 0,得到dvdx dycvdvdvdv? r2r 2r+ (4心 + 3) + (3-4)一+ (2/2，+ 3b)咻)=0 dr6y-dxdy3 3根据要求，显然当a = -,b = -时，可化为函数v(x,y)的不含一阶偏导数的等式.4 421、(本题满分11分)已知函数/(

12、x)在0,1上具有二阶导数，且/(0) = 0,/(1) = 1 , f(x)dx = 1 ,证明：(1)至少存在一点 e (0,1),使得广笔)=0；(2)至少存在一点“ e (0,1), 使得厂() -2 证明：(1)令 0(a) = f(t)dt,则(O) = og二 /(xV7a- = 1,则由于/(X)在0,1连续，则(X)在0,1上可导，且(x) = /(x),则由拉格朗日中值泄理, 至少存在一点(0,1),使得)=(1) 一D(0) = 1 ,即/) = 1 ；又因为) = 1,对f(x) 在鼻1上用罗尔定理，则至少存在一点(,l)u(0,l),使得/) = 0：(2 )令F(x

13、) = f(x) + x2 ,显然 F(x)在0,1具有二阶导数，且 F(0) = 0,F(l) = 2,F() = l + .对F(x)分別在0,铝,刍,1上用拉格朗日中值泄理，至少存在一点/, e (0,不)，使得F(J =尸(晳:=啤 = +1 ：1一。5151至少存在一点m e,1),使得F(%)=八勺匕厂=1+;1-1对F(x) = fx)-2x在口,弘上用拉格朗日中值泄理，贝IJ至少存在一点77e(q,2)u(O,l),1-丄“222.(本题满分11分)已知向咼组【：rr 1 、1心2 =03 =24丿+3丿 1(0、1 1102 =2，0严3W + 3,J-G丿+3向量组II:卩

14、 =若向量组I和向量组I【等价,求常数的使得FS=F(F()=0,又因为FT”)= /() +2,故/”()一2 值，并将角用线性表示.【解析】向量组I和向量组II等价的充分必要条件是厂012。3)=旷(0|，0禹)=旷(4,443；0,戸2，03)1 11101、仃11101 （42（3；久02，03）=1 02123T0一110221,4 4 a2+3d + 31-d/ + 3丿方程组召冬+ x2a2 + x3a3 = p的通解为x =/ 兀2=k31+3、-23,也就是A = （-2k + 3）q +伙一 2）4 + g ,其中R为任意常数:显然，当心一 1且a时,（2）当CH1时.继续

15、进行初等行变换如下：-2(-2x + 4) = -2 v 即2-2 + x-2 = 2-l + y,解得 x = 3,y = -2 o11101、q11101 0-11022T0-110220n2-l fl-1l-d0d + 11-1a + 1,as4；A,02,03)Trl01、101、X-1Jaia3线性表示，表示法唯一：A =a -2+3-1 11 10 1(3)当g-l 时，(aiSS0i0203)T0 -11 02 2，此时两个向量组不等价0 00 -22 0综上所述，综上所述，当向量组I和向量组II等价时，QH-1O=2 -2 1 )(20)23、（本题满分n分）已知矩阵人=2X

16、-2与B =0-10相似，0 -2丿,00儿（I）求x,y； （ID求可逆矩阵P,使得PW二B.【解析】（1）由于A与B相似，根据矩阵相似必要条件，有 I 1 1tr（A） = tr（B）（II）矩阵B是上三角矩阵，易得B的特征值为2,-l,-2o又因为A与B相似，所以A的特 征值也是2,1,-2 o对于矩阵A：解方程组(/liE A)x = O (/ = 1,2,3),可得属于特征值=2,/U=-l, =-2 的线性无关的特征向疑为：y =(1,2,0)7, 2=(2,-1,0)=(-1,2,4/对于矩阵3：解方程组(人E_B)x = O 0 = 1,2,3),可得属于特征值人=2,心=1,

17、心=2 的线性无关的特征向量为：/?, =(1,0,0/, 02=(一1，3,0)丁，人=(0,0,1)丁令 A/c =(002，03)，则有-1PjBP?即P2PAP,P；x = B-2, 12-pI-10、-10b0X04丿2020考研数学二真题及答案(1)当xto*时，下列无穷小量中最高阶是(C)in.v j sin r Jr(B) J：ln(l+ Tt2 )dt5晰中【答案】(D)I解析】由于选项都是变限积分，所以导数的无穷小量的阶数比较与函数的比较是相同的。8小题, 厂I )世)dr) = In x?) x每分Xsin 1x)2 sinxx经比较，选（D）(2)函上二吐tL的第二类间

18、断点的个数为()数加=(e - 1)仅-2)(A) 1(B) 2(C) 3(D) 4【答案】(C)【解析】由题设，函数的可能间断点有x = -l, 0,1,2 ,由此lim f(x) = lim xln 1+x= lim lnil+ xi= -s :x一丄-l)(x-2)3(e-l)xilim/(x) = lim 严1+ x = _ 卍怙 ln(l+x) = _ J_ ；xtox(ex-l)(x-2) 一 2 o x2elim f(x,y) = O(xjT0,0)lim lim/( x, y) = 0 y-0 xtO正确的个数是(A) 4(B) 3(C) 2(D) 1【答案】(B)【解析】dx

19、 9。)/(x,O)-/(O,O)x-0= lim= 】im=1,正确x-0“TO XOf6x(0)(戸im汰()(OQ y*dx(0, 0)y - 00y.y . xy-y .x-1=lim =hm = lim yx 7 x=lim而印dx 1(0, y) ox-0不存在，所以错误;|xy_q = * y|,|f-O|= |x|,p-O|= y,从而(x)t(O,O)时,lim f(x,y) = O ,(x)t(0,0)正确。limf(x)=0xyHO 或 y = O (l,从而 limlim/(x, y) = 0 ,正确X = 0yoxfOy,(6)设函数f(x)在区间-乙2上可导,且/(

20、x)/(x)0 JlJ(A)(B)/(Q)/(-1)(c) 皆【答案】(B)/(x)fl(x)e-f(x)e fl(x) -/(x)【解析】构造辅助函数F(x)=由尸(x)=，由题exe2xexf(x)f(0)/(-l)意可知，Fl(x)0 ,从而F(x)= 单调递增故F(0) F(-l),也即 ,X01又有皿。，从而罟心选.D设4阶矩阵4 =仏)不可逆，如的代数余子式血HOqs，为矩阵A的列向量组，A为A的伴随矩阵，则= 0的通 解为()(A) x = ks +k2a2+k3a3，其中 kvk2,k3 为任意常数(B) x = kg +k2a2+k3a4 ,其中 kvk2,k3 为任意常数(

21、c) x = k1a1 +k2a3 + k.a,，其中 kltk29k3 为任意常数(d) x = kta2 +k2a3 + k3a4，其中 kyk2,k3 为任意常数【答案】(c)【解析】由于人不6逆，故厂(&)r(zf)ni, r(/A)4-l = 3 , 则厂(人)=3 , r(A)= lf故Ax = 0的基础解系中有4 一 1=3个无关解向量。此外，ae = o ,则A的列向量为Ax = o的解。则由AH0 ,可知a,ata 线性I I12134无关(向量组无关，则其延伸组无关)，故Ax = 0的通解X = kG +kG+kG ,即选112334项(C)正确。8)设4为3阶矩阵，为A的

22、属于特征值1的线性无关的特征向量，乞为人的属于飙值十征向量，唱0 0)-1 0的可逆矩阵P为(A)(4(c)(冬 +a3-a3/a2)(D)(久 +a2/-a3/a2)(0 1 丿(b)(4 +&2卫2厂aj【答案】(D)二 1 0【解析】设P = (0,0 “)，若P AP = 1 0 -1 0丨，则0,0 应为A的属于特征值i12313(0 0 1J的线性无关的特征向量，02应为A的属于特征值的线性无关的特征向咼。这里根据题设，乞,冬为的属于特征值为1的线性无关的特征向量，则匕+%也为A的属于特征值为1的线性无关的特征向量。又因他为A的属于-1的特征向量，贝IJ-冬也为A的属于特征值-1的

23、特征向量。且fl, 00) (100)a + a , -a ,a ) = a,a ,ct )101232123 |1,由于A011可逆， o)的斜渐近线 答(l+x)疇案】y=+ 1_e 2ey1【解析】由k = lim = limX”11= lim= _(曲eX=lim (-X XT+X (1+Xf=elim x(x In|XT+30小X +1)1+X-1 x)= lim x(e ee_1lim h 1 +Xf t2x In1+x ) = eexln+1lim x(e 1+x -1)+ t 洛r lim=皿 2(l+t) 2e1越斜渐近线方程为：丄+1e 2e(16)(本题满分10分)已知函

24、数/(X)连续且lim丄0 = 1, g(x) = f(xt)dt ,求r(x)并证明g(x)在x = 0x0 X09处连续.4请“解析】因为lim 十 =1,并且兀x)连续，可得/(0) = 0,/ (0) = 1, 将7 x)Xdu xH 0或演算步蹩。x = 0 f(u)du xHOXf(u ) du -0 g(x)-g(o)丿 g (0) = lim = limxtoy nio % ofM1=limxtO=lim导数定义一7 2x2fi则g(x) =j/(x)_i gdu又因为x x lim g (x) = limktO1“ “ ? I = i-Sl=g(o)2 2f(u)duf(u)

25、du所以g（x）在x = 0处连续（17 ）（本题满分10分） 求/(x,y) = x3+8y3-xy 极值1 1 1【答案】/X(x,y) = 3x -y = f x, y) = 24y2 -x = 061y=12I 1x =得y = 0”=(o, o)= o当驻点为(0,0)时B= ；(0,0) = -1,则AC-B20 ,故(0,0)不是极值点.C= /；(0, 0) = 01 1 当驻点为（_”）时B=心（6 12 6A= h1 1 人 i2，=11121 1.) = _则 AC-B故(r6 6 12 12IC = f yy (）为极6 12)=411 1小值点、f()=为极小值.6

26、122162 1x2 + 2x(18) 设函数/(x)的定义域为(0, +oo)且满足2/(x) + x/U=求f(x),并求X J1+X2y= f(x)ty = fy= 及y轴所国图形绕x轴旋转所成旋转体的体积.2 2X7T2x2 + 2xyjl+X21 +2XJl+x2【答案】心右T2 12/(x)+x/()=. lDX【解析】I11I2/Q+ _/(%) =7l2Ix x2= ；r(r _si nr)2(19) (本题满分10分)平面D由直线x=l,x = 2,y = x与x轴围成，计算一-一dxdyc X fisecff rr 11dxdy = Jr d0j rdr = J 4 3se

27、c2 OdO0 w 厂cosE?cos。23 33_ j4sec3 0d0= _|4secc/tan= 一Q+_ln(血+】)(20) (本题满分11分)设函数 f(x) = erdt(I)证明：存在兵2)/(0 =(2 (II)证明：存在w 2)/(2)= ln2/【解析】(I) 法 1 :令F(x) = (x-2)/(x) = (x-2) dt.由题意可知，F(2) = F(1) = O，且F(x)可导，由罗尔中值泄理知，3 e(l,2),使F = 0 ,又尸(x) =f dr + (x-2)/ ,即产(歹)=(2-討.得证.法2：令F(x)= f(x)+(x-2)ex：,贝ijF(l)

28、= -e 0 ,由零点泄理知,存在共(1,2),使得F(g) = 0 ,即卍)=(2-g)et(II)令 g(x) = lnx ,则 g (x)HO.X由柯西中值定理知，存在曰1,2),使得，一门1)= LL,g-g(i) g()即兀2) =/ ,故 “2)= ln 2 /.InT T(21) (本题满分11分)设函数f(x)可导，且f(x)0, my=于(乂)(巴0)纟标原点，其上任意一点/4 处的晦与x轴交于T.yjVIP垂直x轴于点P ,已知曲线/(x)，燃MP以及x轴围 成图形的而积hJAMTP面积比恒为为3:2,求满足上述条件的曲线方程。【答案】y = Cx3(c0)【解析】设切点M

29、(x,y),则过M点的切线方程为r-y = y(X-x).y ( y 令匕=0 ,则 X =故 丁| x-O曲线y= z(x),直线MP以及x轴用成图形的面积S】= y(t)dt ,Ai r r /MTP 的厕只S2 =-y|_x-|x-T)j= s 3 Jxy(r)dr 3 x3y2因斗=；,则 =,即 y(r)c/r= ,第10页2y第ii页方程两边同时求导，得：炸3 2y(y)2 -/,整理得：3yy = 2(/)2 ,2令y = p，代入，得3yp岂= 2p2 解得p = C” dydx第12页从而解得3y3=C1x + C2因曲线过原点，即/(0) = 0 ,则匸=0 ,故卩=&1 又因为广(x)0,所以y= /(x)单调递增，所以00即曲线为y = Cx3(C0)(22) (本题满分11分)设二次型f(x,x,x)=x2 + x2 + x2+ 2axx+ 2axx+ 2axx经过可逆线性变换化为2型g(y，y) = y2+y2+4y2+2yy .(I)知的值