2020考研数学二真题【含解析】

2020年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题

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

项符合题目要求，请将所选选项前的字母填在答题纸指定的位置上.

（1）当x0+下列无穷小的阶数最高的是（）.

x2x

t3

（A）(e1)dt（B）ln1tdt

00

sinx1cosx

（C）2（D）3

sintdt0sintdt

0

【答案】（D）

2

xt2

解析：(A)((e1)dt)'ex1x2(x0)

0

x3

3'32

(B)(ln(1tdt)ln(1
x)x(x0)

0

sinx

2'22

(C)(sintdt)sin(sinx)cosxx(x0)

0

1cosx

3'

(D).(sintdt)sin3(1cosx)sinxcx4(x0)

0

1

x1

eln1x的第二类间断点个数为（）.

（2）函数fx

ex1x2

（A）1(B)2(C)3(D)4

【答案】（C）

解析：间断点为x1,0,1,2

limfx为无穷间断点，

x1

1

limfx为可去间断点

x02e

limfx为无穷间断点，

x1

limfx为无穷间断点，

x2

1arcsinx

（3）dx（）

0

x1x

22

(A)(B)(C)(D)

4848

【答案】（A）

2

212

1

1arcsinx

解析：dx2arcsinxdarcsinx=arcsinx==

0x1x0024

n

（4）函数fxx2ln1x，当n3时，f0（）.

n!

(A)(B)(C)

n2nn

!

n

2

2

2

!!

(D)n

n

【答案】（A）

nn21n12n2

解析：fxln1xxnCln1x2xnCln1x2

n2n2n3nn!

f0Cnln1x2x0nn111n3!

n2

xy,xy0

，给出下列结论

（5）对函数fx,yx,y0

y,x0

f2f

①0,01③lim

0,01fx,y0④limlimfx,y0

x②xyx,y0,0y0x0

则正确的个数为（）.

(A)4(B)3(C)2(D)1

【答案】（B）

f(x,0)f(0,0)x0

解析：flimlim1，①对；

0,0

xx0x0x0x0

limfx,ylimxy0，则limlimfx,y0，③与④对；

x,y0,0x,y0,0y0x0

2f(0,y)f(0,0)f(0,y)1

flimxxlimx1，②错.

0,0

xyy0y0y0y

于是正确的个数为3个.

（6）函数fx在2,2上可导，且fxfx0，则().

21

(A)ff1(B)f0

f

f12f23

(C)e(D)e

1ff1

e1

【答案】（B）

fxfxx

解析：因为fxfx0，所以，所以110，记Fxefx，

fxfx

则Fx0，F0f0,F1ef1，因为Fx单调增，所以F0F1，

f0

即f0ef1，即e

f1

（7）已知四阶矩阵Aaij不可逆，a12的代数余子式A120，1,2,3,4为矩阵A的列向量

组，A*为A的伴随矩阵，则方程组A*x0的通解为（）.

(A)xk11k22k33,其中k1、k2、k3为任意常数

(B)xk11k22k34,其中k1、k2、k3为任意常数

(C)xk11k23k34,其中k1、k2、k3为任意常数

(D)xk12k23k34,其中k1、k2、k3为任意常数

【答案】（C）

ArAA

解析：因为不可逆，所以4，又因为120，所以rA3，所以

rA=3，rA=1，又因为12A0，所以1,3,4线性无关，又因为AAO，所以

A*x0的通解xkkk,其中k、k、k为任意常数.

112334123

（8）设A为三阶矩阵，1,2为矩阵A的属于特征值1的两个线性无关的特征向量，3为

100

矩阵A的属于特征值1的特征向量，则使得P1AP010的可逆矩阵P为（）.

001

(A)13,2,3(B)12,2,3

(C)13,3,2(D)12,3,2

【答案】（D）

AA

解析：由题知1=1,A2=2,A3=3，所以（1+2）=1+2,A(3)=3，

100

1

令P,,，则PAP010.

1232

001

二、填空题：9～14题，每小题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定的位置上.

2

xt1d2yˇ

（9）设，则.

2

2dx

yln(tt1)t1

答案：应填2.

dy1t

(1)

dytˇt21t211

dt

解析：，

dxdxtt

dtt21

11

2dd1122

dydtt1dy

ttˇ，则2.

dx2dxdtdxt2tt3dx2

t1

t21

11ˇ

（10）dyx31dx.

0y

2

答案：应填(221).

9

解析：交换积分次序得，

1

111x223

33

dyx1dxdxx1dyxx1dx

0y000

11332

x1d(x1)(221).

0

39ˇ

（11）设zarctan(xysin(xy))，则dz.

(0,)

答案：应填(1)dxdy.

ydxxdycos(xy)(dxdy)

解析：dzdarctan(xysin(xy))ˇ，

1(xysin(xy))2

则dz(1)dxdy.

(0,)

（12）斜边为2a的等腰直角三角形平板铅直地沉浸在水中，斜边与水平面齐平，重力加

速度为g，水的密度为，则该平板一侧受到的水压力为.

13

答案：应填ga.

3

aa13

解析：水压力为Fg(ay)2ydy2g(ay)ydy
ga.

003

（13）设yy(x)满足y2yy0，且y(0)0，y(0)1，则y(x)dx.

0

答案：应填1.

解析：y2yy0的特征方程为r22r10，则r1为二重根，微分方程的

x

通解为y(CCx)e.

12

x

y(0)0y(0)1C0C1yxey(x)dxxexdx1.

由，得，，则，

1200

a011

0a11

（14）行列式

11a0

42

答案：应填a14a.10a

aaaa

11111111

0142

a110a110a1a4a

解析：原式=aa

11a011a002a11

110a110a021a1

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

说明、证明过程或演算步骤.

（15）（本题满分10分）

x1x

求曲线yx(x0)的斜渐近线.

1x

解析：只考虑x0的情形

x

yxx

x1

klimlim

limx，

xx

xx(1x)1xe

1x1xxex1xx(1x)x

blimyxlimlim

xx

xx

ex(1x)ee(1x)

xxx

1x1xln11xln

1x

limxe1limxee1limxe1x

1

xexex

e1x

1

1xln11

1x1111ln1

limx1xlnlimxlimt1t

ex1xex1et0t

x

1tln(1t)1

lim，

2

et0t2e

11

于是，曲线的斜渐近线方程为yˇx.

e2e

（16）（本题满分10分）

fx1

已知函数fx连续，且lim1,gxfxtdt,求gx，并证明gx在

x0x0

x0连续.

uxt11xfx

解析：x0时，1fxtdtxfudu，gxfudu，

当gx0x0

x20x

当x0时

1x

fudu0fudu

x

gxg00

x0fx1

g0limlimlimlim，

2x

x0xx0fxxx0x02x2

11fudu,x0

20

gxxx

所以1，

,x0

2

1fx1

limgxlim[fudu1=g0

1fx11fx

]limˇfudulim=lim

x0x0x20xx0x20x0xx02x2

所以gx在x0连续.

（17）（本题满分10分）

求函数f(x,y)x38y3xy的极值．

f2

x3xy011

解析：令得驻点(0,0),,

ˇf

24y2x0612

y

2

f2f2f

且26x,1,48y.

xxyy2

22

(x,y)2fffACB2极值

ABC

x2xyy2

0100

(0,0)无

111140极小

,

612

11111

故f(x,y)在6,12处取得极小值且极小值f6,12216

.

（18）（本题满分10分）21

x22x

设函数fx的定义域为（0，+）且满足2fxxf，求fx，并

x1x2

13

求曲线yfx,y,y及y轴所围图形绕x轴旋转所成旋转体的体积.

22

121

111t2tt2

解析：令x，得2f()f(t)，即

2

ttt11t2

1

t2

22

212tt212xx

2tf()f(t)，即2xf()f(x)，

t1t2x1x2

2

21x2xx

与题中的2fxxf联立得，f(x)，

x11x2

x2

133

由yf(x)
,得x，由y得x3.

232

32123x123

2

体积为V()3()33(1x)dx(2)(3
)

223

3

2

3(23)3.

23666

（19）（本题满分10分）

x2y2

设平面区域D由直线x1,x2,yx与x轴所围,计算dxdy.

Dx

x2y2

解析：令Idxdy

Dx

12

4dcosrdr

01

cosˇcosˇ

2

2

1rcosˇ

4()dˇ

0

cosˇ21

cosˇ

31

4d

3ˇ

20cosˇ

3

4secdtanˇ

0

2

ˇ

332

secˇtan4ˇ4tansecdˇ

2020

32ˇ3

4(sec21)

22secd0

ˇ

32ˇ333

4sec4secdˇ

220

02

334

2Iln(sectan)

220

33

2Iln(21)

22

3

I[2ln(1ˇ2)]

4

（20）（本题满分11分）设

x2

函数f(x)t

e1dt；

2

（1）证明：存在(1,2)，使得f()(2)e.

2

（2）证明：存在(1,2)，使得f(2)ln2e.

证明：(1)令F(x)(2x)f(x),由题意f(1)0,F(1)0,F(2)0

因为F(x)在1,2上连续，在1,2可导，所以由罗尔定理可知(1,2)使F()0,即

2

f()(2)e

（2）令g(x)lnx,f(x),g(x)在1,2上连续，在1,2可导，且g(x)0,所以由柯西中

f()f(2)f(1)2

值定理可知存在(1,2),使得，即f(2)ln2e.

g()g(2)g(1)

（21）（本题满分11分）

设函数f(x)可导，且f(x)0，曲线yf(x)（x0）经过坐标原点，其上任意一

点M处的切线与x轴交于T，又MP垂直x轴于点P，已知曲线y
f(x)，直线MP以

及x轴所围图形的面积与三角形MPT面积之比恒为3:2，求满足上述条件的曲线方程.

解析：设所求曲线方程为yy(x)，任一点M坐标为(x,y)，

由题意得MPy

tany，即TP，

TPy

三角形MPT的面积为

1

1yy2

SMPTPy，

22y2y

x

曲边三角形OMP的面积Sy(x)dx，

0

2

y2x

由两面积之比为常数得y(x)dx，

2y30

2

两边关于求导得2yy2，

2yyyyy4y(x)，即

xy

y233

dp

令p(y)y，则yp，

dy

dp2dp2

原方程化为ypp2，即p[yp]0。

dy3dy3

由p0得yC，这是原方程的一个解但不合题意舍去。

2

dp22

p0，得3y3

由ypC1y，即Cy，

dy31

1

y3

从而CxC，

121

3

由曲线过原点，得y0，代入得C20.

x0

11

3Cx，

所求曲线为y
31

由C的任意性，曲线可表示为yCx3，C为任意常数.

1

（22）（本题满分11分）

求二次型f(x,x,x)x2x2x22axx2axx2axx经可逆线性变换

123123122313

x1y1

222

xPy化为二次型g(y,y,y)yy4y2yy，

2212312312

xy

33

（1）求a；

（2）求可逆矩阵P.

1aa110

解析：（1）设Aa1a，B110，由题意可得，r(A)r(B)，而r(B)2，

aa1004

1

则r(A)2，于是可得a.

2

（2）对于二次型f，

f(x,x,x)x2x2x2xxxxxx

123123122313

11333

(xxx)222xx

12223x+x223

1134243

(xxx)2(xx)2

12223423

11

zxxxxz
zz

1111

112223113233

322

令z(xx)，即x
2zz，得fzz，取P021，

223223121

233

z3x3