2019全国硕士研究生考研数学二真题及答案解析

1、第第 页共9页2019年全国硕士研究生入学统一考试数学（二）试题及答案解析、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，只有一个选项是符合题目要求的.1、当X0时，若x tan x与xk是同阶无穷小，则kA.C.【答案】1.3.CB.D.2.4.tanx 2、设函数yxsin xc,冗2cos x( _ x5的拐点7t7tA.B.(0, 2).C.(%，2).D.C.【解析】令y xsinx 0,可得x因此拐点坐标为3、下列反常积分发散的是A.xe xdx0C.arctan x .dx1 x2B.0 D.xe x dx x .dx1 x2x dx2xlln(x221),其

2、他的都收敛，选D.4、已知微分方程aybycex 的通解为 y (C1 C2x)ex/，则a、b、c依次为A、 C、【答案】【解析】1,0,12,1,3D.B、 1,0,2D、2,1,4由通解形式知,故特征方程为 （1） 2 =2- 一21=0,所以a 2, b 1 ,又由于yy +2 yy cex的特解，代入得c5、已知积分区域D (x, y) | x y J，I1D &dxdy ,D D sin Jx2 y2 dxdy , I3D(1 cos MyF)dxdy，试比较 I , I 2 I 3勺大小13 I2111112 I3C. 12IiD. 12 I311【解析】在区域D上0 x 2 y

3、22_22,sin x y4x2 y2 ,进而 I2Ii I3.6、已知f (x), g(x)的二阶导数在x a处 连续，则lim f(xg2x)0是曲线x a (x a)y f (x), y g(x)在x a处相切及曲率相等的A.充分非必要条件.B.充分必要条件.C.必要非充分条件.D.既非充分又非必要条件.【答案】A【解析】充分性：利用洛必达法则，有lim f (x)婆 lim f(x) g(x) lim f (x) g (x) 0.x a (x a) x a 2(x a) x a 2从而有f (a) g(a), f (a) g (a), f (a) g (a)，即相切，曲率也相等.y反之

4、不成立，这是因为曲率 K一三，其分子部分带有绝对值，因此f (a) g (a)或(i y2 )2f (a) g (a)；选 A.7、设A7、设A是四阶矩阵,A*是A的伴随矩阵，若线性方程组Ax = 0的基础解系中只有 2个向量，则A*的秩是()A.0B.1C.2D.3【答案】A.2 , r( A) 3 , r( A ) 0 .【解析】由于方程组基础解系中只有 22 , r( A) 3 , r( A ) 0 .8、设A是3阶实对称矩阵,E是3阶单位矩阵.若A2 A2E，且A 4 ,则二次型b.b. y2 1xT Ax规范形为a. y2y2y3 .C. y22y22y3.222D. y y 2 y

5、 .3【解答】由A 2E ,可知矩阵的特征值满足方程0,解得,2 .再由A 4,可知11，22 ,所以规范形为2y1y2y2.故答案选C.23二、填空题：914小题，每小题24分.29. lim(x 2x ) x x 0【解析】lxm(x2x)Xx映用(x 2 )x e -2其中 lim - ln(xx 0 xx 2x 12lim2lim(1x 0 x2 In 2) 2(1ln 2)所以lim(xx 022x 尸 e22ln 24e210.曲线2所以在tdydx时,sin t在t costsin t1 cost3 x _21, y对应点处切线在y轴上的截距dx对应点处切线方程为y所以切线在y轴

6、上的截距为3222y11.设函数f(u)可导,yf (),贝 U 2x x2yf ( 一)xyf2(-)(xy22 ) xx2y(一)xz所以2x 一 x12.设函数yy2 2 yyf (-)(一) x x2yf (一)x2 y2f xy2(一)x2 y yf (寸 xln cosx(0 x x W 6) 的弧长为【解析】弧长s1 (y)dx1 tan xdx6 dx0 cosx13.已知函数f (x)1n | tan x |cos xln 3 11n 3,2【解析】设1F (x)1xsint2x 1 t-dtx sin t2dt ,2F (x)dx21 x2F10 x2 F (x)(x)dx

7、0 f (x)dxf (x)dx 0 xF (x)dxx sin x2dxcos x1 x20 214.已知矩阵AA11A12【解析】A11A12三、解答题：1523小题, 15、(本题满分10分)x2x , x 0,已知f (x) x xe解:x 0 时，f(0)求1,x 0,2 x In x(e )x 0 时，f (x) (x 1)ex ;1 x2dF (x)sin x2 , dx94分.x(cos1 1)A表示| A |中(i, j)元的代数余子式，则解答应写出文字说明、f (x),并求f (x)的极值.2 x ln x e(2 ln x 2);证明过程或演算步骤.(0) limx 0f

8、 (x) f (0)所以又(limx 0 x02x In xf (0)不存在，因此(x) 0，得驻点x1e x In x 1 lim x 0 xlim 2 In xx 0(x),1)为单调递减区间2x2 x(1 In x), x 0,(x 1)ex .x 0.1, x31;另外f (x)还有一个不可导点x 0 ；2e11, 0)为单倜递增区间,(0,)为单调递减区间调递增区间；因此有极小值f ( 1) 1e2e e,极大值f (0),(1,)为单e1.16、(本题满分10分)求不定积分3x 6(x 1)2(x2 x 1)dx.解:17、3x(x 1)2 (x2 x 1)(本题满分10分)y(x

9、)是微分方程dxxy(1)求y(x);(2)设平面区域D积.解(1) y(x)xdx ex2又由y(0)2 In xx22x(x 1)2x2 x111dxe 2满足y(1)2_ln(x x 1) CVe的特解.(x, y|1 ；x 2, 0y H(x),求D绕x轴旋转一周所得旋转体的体xdx J e 2 dx2a12Tdx C)e得C 0,最终有x2Ce 2 ( x C);(2)所求体积x2y(x) xe 2 .22 x-2V i nxe2)2dxtt 1 xex dx2t ex2: (e4 e).2 i 218、已知平面区域D满足 x y,(x2 y2 )3y4 ,求解:由x . y可知区域

10、D关于y轴对称，在极坐标系中x y dxdy .D 22,x y九3冗_ ；将 x r cos44y r sin代入(x2 y2 )3y4 得 r sin2 ;由奇偶对称性，有x yydxdy dxdyD 22D 22x y. x y2 Sin5 d 2 (17 -4-sin2 r sin2 2 d rdr40 r43 2cos )2 dcos 12019、设n为正整数，记Sn为曲线ye x sin x(0 x;n9与x轴所围图形的面积，求 S ,并求 lim Snn解:设在区间kTt ,k 1)TtK0,1, 2,L , n 1)上所围的面积记为uK,则Uk()e x | sinx | dx

11、(1)k() e x sin xdx ；K TT记 I e 记 I e xsin xdx,则 Ie x cosxe xdsin xe xd cosx(e x cosx cosxde x)e x cosx (ex sin x sin xde x )e x (cos x sin x) I ,所以 I J e x (cos x sin x) C ；2因此 uK( 1)K ( -)e K (cos x sin x) 1 (e (K 1) eK);2k.2(这里需要注意cos kTt ( 1)K )因此n 1nk兀 /1 ek 12it (n 1) % e e/兀1elim Snn兀 (n 1)兀lim

12、 e e p n 1 e兀eTT1 e1TTe 120、已知函数 u(x, y)满足23 0，求a, b的值, y使得在变换u(x, y)解:_ux2 uv(x, y)eax by下，上述等式可化为v(x, y)不含一阶偏导数的等式.ax by v exax by vaeax byVxxeax byVxaeax byVxae2 ax byva eax byVxxeax by2avxea2v(x byax by同理，可得yVy eax bybveaxvyy ebyax by2bVy e2 ax byb ve ；将所求偏导数代入原方程，有eax by 2Vxx2Vyy(4a3)v x(34b)v(

13、2 a2y2b2 3a 3b)v从而4a 30, 3 4b 0,因此 a3,b421、已知函数f(x, y)在0,1上具有二阶导数，且1f (0) 0, f (1) 1, 0 f (x)dx1,证明:(1)存在(0,1),使得(2)存在(0,1),使得证明：(1)由积分中值定理可知，存在C (0,1)，使得10 f (x)dx (1 0) f (c)，即 f(c)因此f(c) f (1)1,由罗尔定理知存在(c,1)( (0,1)，使得 f ( ) 0 .(2)设F (x) f (x)x2 ,则有F (0) 0, F (c) 1 c2, F (1) 2油拉格朗日中值定理可得存在(0, c)，使

14、得1F(1)F (c) F (0)c2 1存在(c,1)，使得 F(22 )F F (c) 1 c2对于函数F (x)，由拉格朗然中值定理同样可得，存在(1, 2( (0,1)，使得c2 11F (2) F (1) (c 1)1 cF ( ) 0，212121即f ( ) 2 0 ;结论得证.22.已知向量组(I )11a=1 , a=0, a=12344a2 310(n)01, 0212a 31 a1B 3 若向量组(i)和向量组(n)等价, 3a2 3求a的取值，并将 &用伪,02 ,也线性表示【解析】令A (a, a, a) ,B ( 0, 0, B),所以, 123123B2(a2 1

15、).因向量组I与II等价，故r( A) r(B)r( A, B),对矩阵(A, B)作初等行变换.因为(A, B)1 11101 02124 4 a2 3 a 3 1 aa2 311100:1101022a 1 1 a a2 1当 a 1 时，r( A) r(B)r( A, B) 2 ;当 a1 时，r(A) r(B) 2，但 r( A, B) 3 ;当a 1时，r( A) r(B) r( A, B) 3.综上，只需a 1即可.因为对列向量组构成的矩阵作初等行变换，不改变线性关系当 a 当 a 1 时，(a, a, a, 0)12332,故B x a XaX a的等价方程31 12 23 30

16、 TOC o 1-5 h z 如力 X1 3 2x3，故 B (3 k) a 士为 x 2 x .31231 当 a 1 时，(a, a, a, 0)012330(2 k) a ka ( k为任意常数)； 230 0 11 01 ,所以 B a a a31230 1123.已知矩阵A(I)求 x, y ；(n)求可逆矩阵 TOC o 1-5 h z 2212 x 2 与 B002P 使得 P 1AP = B21001 0相似,0 0yA 2EA+ E4 0A+ 2E A 2EA+ E4 0A+ 2E r 0 20 011 ,取(1,2, 4)T302 x 2 2 1 y解：(1)相似矩阵有相同的特征值，因此有从 b又 A 2(4 2x) ,