2019全国硕士研究生考研数学二真题及答案解析.pdf

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1、20192019全国硕士研究生考研数学二真题及答案解析全国硕士研究生考研数学二真题及答案解析(官方）官方）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，只有一个选项是符合题目要求的1、当x 0时，若xtan x与x是同阶无穷小，则k=A.1.C.3.【答案】CB.D.k2.4.x3【解析】xtan x ，所以选 C.32、设函数y=xsin x+2cos x(A.(,).C.3x)的拐点22B.2 2(0,2).(,2).D.(33,).22【答案】C.【解析】令y=xsin x=0，可得x=，因此拐点坐标为.（，2）3、下列反常积分发散的是A.C.+0 xexdx

2、arctanxdx1+x2+B.D.+0 xexdxxdx1+x22+0+0【答案】D【解析】+0 x12dx=ln(x+1)=+，其他的都收敛，选 D.21+x204、已知微分方程y+ay+by=cex的通解为y=(C1+C2x)e-x+ex，则 a、b、c 依次为A、1,0,1C、2,1,3【答案】D.B、1,0,2D、2,1,422（+1）=+2+1=0，所以【解析】由通解形式知，1=2=1，故特征方程为a=2,b=1，又由于y=ex是y+2y+y=cex的特解，代入得c=4.5、已 知 积 分 区 域D=(x,y)|x+y，I1=x2+y2dxdy，D2I2=sinx2+y2dxdy，

3、I3=(1cosx2+y2)dxdy，试比较I1,I2,I3的大小DDA.I3 I2 I1C.I2 I1 I3【答案】CB.I1 I2 I3D.I2 I3 I1【解析】在区域 D 上0 x+y 2224,sinx2+y2x2+y2，进而I2 I1 I3.6、已 知f(x),g(x)的 二 阶 导 数 在x=a处 连 续，则limxaf(x)g(x)=0是 曲 线(xa)2y=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limxaf(x)g(x)f(x)g(x)f(

4、x)g(x)limlim=0.2xaxa(xa)2(xa)2从而有f(a)=g(a),f(a)=g(a),f(a)=g(a),即相切,曲率也相等.反之不成立,这是因为曲率K=y(1+y)322,其分子部分带有绝对值,因此f(a)=g(a)或f(a)=g(a);选 A.7、设A A是四阶矩阵，A A*是A A的伴随矩阵，若线性方程组AxAx=0 0的基础解系中只有 2 个向量，则A A*的秩是（A.0B.1【答案】A.）C.2D.3【解析】由于方程组基础解系中只有2 个向量，则r(A)=2，r(A)3，r(A)=0.28、设A A是3阶实对称矩阵，E E是3阶单位矩阵.若A A+A A=2E E

5、，且A A=4，则二次型x xTAxAx规范形为A.y1+y2+y3.222B.y1+y2 y3.22222C.y12 y2 y3.22D.y12 y2 y3.【答案】C【解答】由A A2+A A=2E E，可知矩阵的特征值满足方程+2=0，解得，=1或22=2.再由A A=4，可知1=1,2=3=2，所以规范形为y12 y2 y3.故答案选 C.2二、填空题：914 小题，每小题 4 分，共 24 分9.lim(x+2)=_.x02xx【解析】lim(x+2)=ex02xxx0 x2limln(x+2x)2x+2x1x其中limln(x+2)=2lim=2lim(1+2xln2)=2(1+l

6、n2)x0 xx0 x0 x所以lim(x+2)=ex02xx2+2ln 2=4e2x=t sint310.曲线在t=对应点处切线在y轴上的截距_.2y=1cost【解析】当t=dysint=dx1cost33dy时，x=+1,y=1,=122dx33所以在t=对应点处切线方程为y=x+2223所以切线在y轴上的截距为+22y2zz11.设函数f(u)可导，z=yf()，则2x+y=_.xyxzy2y2y3y2=yf()(2)=2f()【解析】xxxxxzy2y22yy22y2y2=f()+yf()()=f()+f()yxxxxxxzzy2所以2x+y=yf()xyx12.设函数y=lncos

7、x(0 x6)的弧长为_.【解析】弧长s=6+(y)2dx=61+tan2010 xdx=610cosxdx=ln|1cosx+tan x|6=ln3=102ln313.已知函数f(x)=xxsint2tdt，则110f(x)dx=_.2【解析】设F(x)=xsinttdt，则10f(x)dx=110 xF(x)dx=1210F(x)dx2=12x2F(x)1112020 x dF(x)112=20 x2F(x)dx=112sin x20 xxdx=1120 xsin x2dx=14cosx2 110=4(cos11)1100 14.已 知矩阵A A=2111，Aij表 示|A A|中(i,j

8、)元的 代数余子 式，32210034A11 A12=_.11001000【解析】AA A|=2111211111 A12=|3221=312100340034111111=121=010=4034034三、解答题：1523 小题，共 94 分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）已知f(x)=x2x,x 0,e+1,x 0,求f(x)，并求f(x)的极值.xx解:x 0时,f(0)=(e2xlnx)=e2xlnx(2ln x+2);x 0时,f(x)=(x+1)ex;则f(x)f(0)e2xlnx1又f+(0)=lim=limx0+x0+x0 x=lim+x02x

9、ln x=lim 2ln x=,+x0 x所以f(0)不存在,因此2x2x(1+ln x),x 0,f(x)=xx 0.(x+1)e,1;另外f(x)还有一个不可导点x2=0;e11又(,1)为单调递减区间,(1,0)为单调递增区间,(0,)为单调递减区间,(,+)为单ee令f(x)=0,得驻点x1=1,x3=211调递增区间;因此有极小值f(1)=1和极小值f()=ee,极大值f(0)=1.ee16、（本题满分 10 分）求不定积分3x+6(x1)2(x2+x+1)dx.解:3x+6232x+1x=+d(x1)2(x2+x+1)x1(x1)2x2+x+1dx=2ln x1 3+ln(x2+x

10、+1)+Cx117、（本题满分 10 分）y=y(x)是微分方程y xy=（1）求y(x)；12 xe满足y(1)=e的特解.x22（2）设平面区域D=(x,y|1x 2,0y y(x)，求D绕x轴旋转一周所得旋转体的体积.解(1)y(x)=ex22xdxe1xdx12 xe dx+Cx22x22=e(2 xdx+C)=e(x+C);又由y(0)=e得C=0,最终有y(x)=xe.(2)所求体积x22x22V=(xe)dx=xe dx11222x22=ex=(e4e).21218、已知平面区域D满足x2y,(x2+y2)3y4，求x+yx+y22Ddxdy.解:由x2y可知区域D关于y轴对称,

11、在极坐标系中,2 33;将x=rcos,y=rsin 44代入(x+y)y4得rsin2;24由奇偶对称性,有x+yx2+y2Ddxdy=yx2+y25Ddxdy=2d24sin20rsinrdrr=sind=(1cos2)2dcos=19、设n为正整数，记Sn为曲线y=e求limSn.n2443 2120 xsin x(0 x n)与x轴所围图形的面积，求Sn，并解:设在区间k,(k+1)(k=0,1,2,L,n1)上所围的面积记为uk,则uk=(k+1)ke|sin x|dx=(1)xk(k+1)kexsin xdx;记I=exsin xdx,则I=exdcosx=(excosx cosx

12、dex)=excosx exdsin x=excosx(exsin x sin xdex)=ex(cosx+sin x)I,所以I=1xe(cosx+sin x)+C;2(k+1)1kk因此uk=(1)()e(cosx+sin x)2k(这里需要注意cosk=(1)k1=(e(k+1)+ek);2因此1nk1ee(n+1);Sn=uk=+e=+2k=121ek=0n11ee(n+1)1e11=+=+limSn=+limn2n1e21e2e12u2uuu20、已知函数u(x,y)满足2222+3+3=0，求a,b的值，使得在变换xyxyu(x,y)=v(x,y)eax+by下，上述等式可化为v(

13、x,y)不含一阶偏导数的等式.解:uax+by=v+vaeax+by,xex2uax+byax+byax+by+v=v+v+va2eax+byxxexaexae2xax+byax+by+2av=v+a2veax+byxxexe2uax+byax+byax+by uax+by+2bv同理,可得,2=v+b2veax+by;=v+bveyyeyeyeyy将所求偏导数代入原方程,有22eax+by2vxx2vyy+(4a+3)vx+(34b)vy+(2a 2b+3a+3b)v=0,从而4a+3=0,3 4b=0,因此a=33,b=.4421、已知函数f(x,y)在0,1上具有二阶导数，且f(0)=0

14、,f(1)=1,（1）存在(0,1)，使得f()=0；（2）存在(0,1)，使得f()2.证明:(1)由积分中值定理可知,存在c(0,1),使得10f(x)dx=1，证明：10f(x)dx=(10)f(c),即f(c)=1.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)+x,则有F(0)=0,F(c)=1+c,F(1)=2;由拉格朗日中值定理可得:22F(c)F(0)c2+1=存在1(0,c),使得F(1)=;c0cF(1)F(c)1c2存在2(c,1),使得F(2)=1+c;1c1c对于函数F(x),由拉格朗然中值定理同样可得,存

15、在(1,2(0,1),使得c2+11(c+1)1F(2)F(1)c=c 0,F()=212121即f()+2 0;结论得证.111 2，22.已知向量组（）1 1=1，2=0,3=244a+3 1 0 11,=2,=3,，若向量组（）和向量组（）等价，（）1=232a+31aa+3求a的取值，并将 3用 1 1,2,3线性表示.【解析】令A A=(1,2,3),B B=(1,2,3)，所以，A A=1a，B B=2(a 1).因向量组I与II等价，故r(A A)=r(B B)=r(A A,B B)，对矩阵(A A,B B)作初等行变换.因为22110111110111(A A,B B)=102

16、123011022.222244a+3a+3 1aa+300a 1a1 1aa 1当a=1时，r(A A)=r(B B)=r(A A,B B)=2；当a=1时，r(A A)=r(B B)=2，但r(A A,B B)=3；当a 1时，r(A A)=r(B B)=r(A A,B 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.1023 当a=1时，(1,2,3,3)0112，故 3=x1 1+x2 2+x3 3的等价方程0000 x1=32x3,组为故 3=(3k)1+(2+k)2+k 3（k为任意常数）；x=2+x.321001 当a 1时，(1,2,3,3

17、)0101，所以 3=1 2+3.0011221 210与B B=010相似，23.已知矩阵A A=2x200200y（）求x,y；（）求可逆矩阵P P使得P P1APAP=B B2+x2=21+y,解:(1)相似矩阵有相同的特征值,因此有A A=B B,又A A=2(42x),B B=2y,所以x=3,y=2.(2)易知B的特征值为2,1,2;因此210A A2E E r001,取 1=(1,2,0)T,000A+A+E E r120001,取 T2=(2,1,0),000401 A+A+2E E r021,取 3=(1,2,4)T000200 令P1=(1,2,3),则有P11AP1=010;002同理可得,对于矩阵B B,有矩阵P110212=030,P2BP2001=00P1P1P111AP1=2BP2,即B=P21APP12,所以111P=PP112=212.00400 10,所以02