2020四川考研数学二真题及答案.pdf

《2020四川考研数学二真题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020四川考研数学二真题及答案.pdf（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、ex 1l n 1 x0 0 02 0 2 0 四 川 考 研 数 学 二 真 题 及 答 案一、选 择 题：1 8 小 题，每 小 题 4 分，共 32 分，下 列 每 小 题 给 出 的 四 个 选 项 中，只 有 一 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 x 0时，下 列 无 穷 小 量 中 最 高 阶 是（）（A）xet2 1dt（B）xl n1 t2dt（C）s i n xs i n t2d t0【答 案】（D）1 c o s x（D）0s i n t2dt【解 析】由 于 选 项 都 是 变 限 积 分，所 以

2、 导 数 的 无 穷 小 量 的 阶 数 比 较 与 函 数 的 比 较 是 相 同 的。（A）xet2 1dt ex 1 x20（B）xl n1 t2dt l n1 x2 x（C）（C）s i n x s i n t2dt s i ns i n2x x2（D）01 c o s x0dts i n x 1x32经 比 较，选（D）（2）函 数 f(x)1ex 1l n 1 x(ex 1)(x 2)的 第 二 类 间 断 点 的 个 数 为（）（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 1,0,1,2，由 此1l i m f(x)

3、l i m1 e2l i m l n 1 x；x 1 x 1(ex 1)(x 2)3(e 1 1)x 11l i m f(x)l i m e 1l i ml n(1 x)1；x 0 x 0(ex 1)(x 2)2 x 0 x 2es i n t2s i n(1 c os x)2ex 1l n 1 x2 f xn 2x 2x 2(ex2x 21l i m f(x)l i m l n 21l i m ex 1 0;x 11x 1(ex 1)(x 2)1 ex 1；l i m l n 21l i m ex 1;x 1(ex 1)(x 2)1 ex 11ex 1l n 1 x e l n 3 1l i

4、 m f(x)l i m 1)(x 2)(e 1)l i mx 2 故 函 数 的 第 二 类 间 断 点（无 穷 间 断 点）有 3 个，故 选 项（C）正 确。1a r c s i n（3）（3）xdx（）02（A）4x1 x2（B）8（C）4（D）8【答 案】（A）【解 析】令 s i n t，则 x s i n2t，dx 2 s i n t c os t dt 21a r c s i nxdx 2t2 s i n t c os t dt 22t dt t220 x 1 x 0s i n t c os t004（4）fx x2l n1 x,n 3 时，fn 0（A）n!n 2（B）n!n

5、 2 n 2!（C）（D）n n 2!n【答 案】(A)xn2xn 2xn【解 析】由 泰 勒 展 开 式，l n(1 x)n 1，则 xl n(1 x)n 1，n 3故 f(n)(0)n!.n 2 x y,x y 0（5）关 于 函 数 f x,y x,y,y 0 x 0给 出 以 下 结 论 0,0 1 0,0 1 l i m x,y 0,0 f(x,y)0 l i m l i m f(x,y)0y 0 x 0ex 1l n 1 xex 1l n 1 xx f x yn n f x 0,y 1x 0正 确 的 个 数 是（A）4（B）3（C）2（D）1【答 案】（B）ffx,0 f0,0

6、x 0【解 析】x 0,0 l i m fx 0 f l i mx 0 x 1，正 确 f l i m x 0,y x 0,0 l i m,x y 0,0 y 0y 0y 0y而 f l i mfx,y f0,y l i mx y y l i mx 1 y不 存 在，所 以 错 误；x 0,yx 0 x 0 x 0 xx 0 xx y 0 x y,x 0 x,y 0 y,从 而x,y0,0时，l i m x,y 0,0 f(x,y)0，正 确。l i m fx,y 0,x y 0 或 y 0,从 而 l i m l i m f(x,y)0，正 确x 0y,x 0y 0 x 0（6）设 函 数

7、f(x)在 区 间 2,2 上 可 导，且 f(x)f(x)0.则(A)f(2)1f(1)(B)f(0)ef(1)(C)f(1)f(1)e2(D)f(2)f(1)e3【答 案】(B)f(x)f(x)ex f(x)exf(x)f(x)【解 析】构 造 辅 助 函 数 F(x)，由 F(x)，由 题exf(x)e2 xexf(0)f(1)意 可 知，F(x)0，从 而 F(x)单 调 递 增.故 F(0)F(1)，也 即exe0 e 1，又 有 f(x)0，从 而f(0)f(1)e.故 选(B).（7）设 4 阶 矩 阵 A ai j不 可 逆，a1 2的 代 数 余 子 式 A1 2 0,1,2

8、,3,4为 矩 阵 A 的 列 向量 组，A*为 A 的 伴 随 矩 阵，则 A*x 0 的 通 解 为（）（A）x k11 k22 k33，其 中 k1,k2,k3为 任 意 常 数（B）x k11 k22 k34，其 中 k1,k2,k3为 任 意 常 数（C）x k11 k23 k34，其 中 k1,k2,k3为 任 意 常 数（D）x k12 k23 k34，其 中 k1,k2,k3为 任 意 常 数【答 案】（C）【解 析】由 于 A 不 可 逆，故 rA 4，A 0.由 A1 2 0 rA*1，r A 4 1 3，则 r A 3，rA*1，故 A*x 0 的 基 础 解 系 中 有

9、 4 1 3 个 无 关 解 向 量。此 外，A*A A E 0，则 A 的 列 向 量 为 A*x 0 的 解。则 由 A 0，可 知,线 性1 2 1 3 4无 关（向 量 组 无 关，则 其 延 伸 组 无 关），故 A*x 0 的 通 解 为 x k k k，即 选1 1 2 3 3 4项（C）正 确。（8）设 A 为 3 阶 矩 阵，1,2为 A 的 属 于 特 征 值 1 的 线 性 无 关 的 特 征 向 量，3为 A 的 属 1 0 0 于 特 征 值 1 的 特 征 向 量，则 P 1A P 0 1 0的 可 逆 矩 阵 P 为（）（A）1 3,2,3（C）1 3,3,2 0

10、 0 1（B）1 2,2,3（D）1 2,3,2【答 案】（D）【解 析】设 P(,1 0 0,)，若 P 1A P 0 1 0，则,应 为 A 的 属 于 特 征 值 11 2 3 1 30 0 1的 线 性 无 关 的 特 征 向 量，2应 为 A 的 属 于 特 征 值 1的 线 性 无 关 的 特 征 向 量。这 里 根 据 题 设，1,2为 A 的 属 于 特 征 值 为 1 的 线 性 无 关 的 特 征 向 量，则 1 2也 为A 的 属 于 特 征 值 为 1 的 线 性 无 关 的 特 征 向 量。又 因 3为 A 的 属 于 1 的 特 征 向 量，则 3也为 A 的 属

11、于 特 征 值 1 的 特 征 向 量。且 1 0 0 1 0 0(,)(,)1 0 1,由 于1 0 1可 逆，1 2 3 2 1 2 3 0 1 0 0 1 0故 r(1 2,3,2)r(1,2,3)3,即 1 2,3,2线 性 无 关dydtdxdt1tt2 1t t2 1t2 1t2 1 21 11 x3 0 0 0 1 0 0 综 上，若 P(,)(,)，则 P 1A P 0 1 0.1 2 3 1 2 3 2因 此 选 项（D）正 确。0 0 1二、填 空 题：9 14 小 题，每 小 题 4 分，共 24 分，请 将 答 案 写 在 答题纸指 定 位 置 上.x d2y（9）设y

12、 l nt，则 t2 1d x t 1【答 案】【解 析】dy 1dx t td 1 d2y dytdt 1 d2x dx dt dx t2t t3(1 0)t 10d yyx 1 dx 3【答 案】229 1【解 析】交 换 积 分 次 序，原 式2dxx3 1 dy 1x2x3 1dx11x3 1 dx3 112x3 12122 1303 3 0 9(1 1)设 z a r c t a n x y s i nx y，则 dz 0,【答 案】1dx dy z y c o s x y z x c o s x y【解 析】x1 x y s i nx y2,y1 x y s i nx y2t2 1

13、2t2 1d2yd2x22200 02 z z将0,带 入 得 x 1,y 1因 此 dz 0,1 dx dy(1 2)斜 边 长 为 2 a 的 等 腰 直 角 三 角 形 平 板，铅 直 的 沉 没 在 水 中，且 斜 边 与 水 面 相 齐，记 重 力加 速 度 为 g，水 的 密 度 为，则 该 平 板 一 侧 所 受 的 水 压 力 为.【答 案】1 ga33【解 析】以 水 面 向 右 为 x 轴，以 垂 直 于 三 角 板 斜 边 向 上 为 y 轴 建 立 直 角 坐 标 系，则 此 时，三角 板 右 斜 边 所 在 的 直 线 方 程 为 y x a，取 微 元 dy，则 此

14、 时dF y 2x gdy 2 gy(y a)dy，则 一 侧 的 压 力 F 0 2 gy(y a)dy g(2y3 ay2)01 ga3.a3 a3（1 3）设 y yx满 足 y 2 y y 0，且 y0 0,y0 1，则 yxdx【答 案】1【解 析】由 方 程 可 得 特 征 方 程 为 2 2 1 0,则 特 征 方 程 的 根 为 1,1,1 2则 微 分 方 程 的 通 解 为 y c e x c x e x，由 y 0 0,y 0 1 可 得 c 0,c 1，则1 2 1 2yx x e x，则 yxdx x e xdx 1（1 4）行 列 式【答 案】a4 4a2【解 析】

15、a 0 1 1a 1 0 0 a 00 a 1 1 a 1 a a 1 1 a 1 1 a 0 1 0 a 1 1 a1 1 0 a a1 a 2a0 a a 2 a a3 2 a2a 2 a 1 1 a4 4 a2a 0 1 10 a 1 1 111 1a00a三、解 答 题：1523 小 题，共 94 分.请 将 解 答 写 在 答题纸指 定 位 置 上.解 答 应 写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤.（1 5）（本 题 满 分 1 0 分）x1 x求 曲 线 y 1 xxx 0 的 斜 渐 近 线【答 案】y 1x e12ey xx1 1【解 析】由 k l i

16、mx x l i mx(1 x)x l i m x(1 1)x exb l i m(y 1x ex)l i m(x x1 x(1 x)x1x)l i m x(eex x l nx1 x1)e 1l i m x(eex x l nx 11 x 1)e 1l i m x(x l nx 1)1 t e 1l i ml n11 t t洛 e 1l i m11.x 1 x xt 0t2t 02(1 t)2e故 斜 渐 近 线 方 程 为：y 1x 1.e 2e（1 6）（本 题 满 分 1 0 分）已 知 函 数 f x 连 续 且 l i mf x 1，g x 1f x t dt，求 g x 并 证

17、明 g x 在 x 0 x 0 x0处 连 续.1【答 案】gx 2f(x)1x 0fudu x 0 x x2 0【解 析】因 为 l i mx 0f x x 1，并 且 f(x)连 续，可 得 f(0)0,f(0)1.g x 1f x t d t x t u 1xf u d u，当 x 0 时，g(0)0.故0 x00 x 0gx 1 x，x0fudu x 0又x x xx yy yx x1xf u du 0g0 l i mgx g0 l i mx0 x 0 x 0 xx 0 x 00fuduf(x)1 1 2 l i mx 0 x2x 0 l i mx 0导 数 定 义2 x 2则 gxf

18、(x)1 f u du x 0，又 因 为x x2 0l i m gx l i mf(x)1fudux 0 x 0 x x2 0 l i mf(x)l i m1f u dux 0 xx 0 x2 0所 以 g x 在 x 0 处 连 续（1 7）（本 题 满 分 1 0 分）求 f x,y x3 8 y3 x y 极 值 111 g02 2【答 案】1 1 1f极 小(,)6 12 216 2x 1fx(x,y)3 x y 0 x 0 6【解 析】令f(x,y)24 y2 x 0得y 0或1.yA f(0,0)0y 12当 驻 点 为(0,0)时，B C f(0,0)1，则 A C B2 0，

19、故(0,0)不 是 极 值 点.f(0,0)0A 1 1f(,)16 121 1当 驻 点 为 1 121 1(,)时，B fx y(,)1，则 A C B 0,A 1 0，故(,)为 极6 12 6 121 16 12C fy y(,)4 6 12xxx1 x22x2 y2 1 y1122 y x dy 122 dy y s i n t32 2 6 621 1 1小 值 点.f(,)为 极 小 值.6 12 21621 x2 2 x（1 8）设 函 数 f(x)的 定 义 域 为(0,)且 满 足 2 f(x)x f()x.求 f(x)，并 求曲 线 y f(x),y 1,y 3及 y 轴

20、所 围 图 形 绕 x 轴 旋 转 所 成 旋 转 体 的 体 积.2 2【答 案】f(x)x 2，621 x2 2 x2 f(x)x f()x【解 析】1 11 2得 f(x)x.2 f()f(x)xx x23 3y2s i n2t1 c os 2t 2c os t2(t 1s i n t)3.66（1 9）（本 题 满 分 1 0 分）平 面 D 由 直 线 x 1,x 2,y x 与 x 轴 围 成，计 算 Ddx dyx【答 案】l n3 3 12 4【解 析】2 s e c r1 1 dx dy 4dr dr 4 3 s e c2 dDx330 s e c r c os 03 3c

21、o s 24s e c3 d 2024s e c d t a n 02 l n2 4 1（2 0）（本 题 满 分 1 1 分）设 函 数 fxxet2dt(I)证 明：存 在 1,2,f 2 e2(I I)证 明：存 在 1,2,f 2 l n 2 e21 x21 x21 x21 x2x2 y222Vx32 c os t dt 2 dt2第 1 0 页11 x【解 析】(I)法 1：令 F(x)(x 2)f(x)(x 2)xet2dt.1由 题 意 可 知，F(2)F(1)0，且 F(x)可 导，由 罗 尔 中 值 定 理 知，(1,2)，使F()0，又 F(x)xet2dt(x 2)ex2

22、，即 f2 e2.得 证.法 2：令 F(x)fx(x 2)ex2，则 F(1)e 0,F(2)2et2dt 0，由 零 点 定 理 知，存 在(1,2)，使 得 F()0，即 f2 e2.(I I)令 g(x)l n x，则 g(x)1 0.x由 柯 西 中 值 定 理 知，存 在(1,2)，使 得f(2)f(1)g(2)g(1)f()，g()f(2)e2即，故 f2 l n 2 e2.l n 21（2 1）（本 题 满 分 1 1 分）设 函 数 fx可 导，且 f x 0，曲 线 y fx x 0经 过 坐 标 原 点，其 上 任 意 一 点 M处 的 切 线 与 x 轴 交 于 T,又

23、 M P 垂 直 x 轴 于 点 P，已 知 曲 线 y f x，直 线 M P 以 及 x 轴 围成 图 形 的 面 积 与 M T P 面 积 比 恒 为 为 3:2，求 满 足 上 述 条 件 的 曲 线 方 程。【答 案】y C x3C 0【解 析】设 切 点 Mx,y，则 过 M 点 的 切 线 方 程 为 Y y yX x.y y 令 Y 0，则 X x y，故 Tx y,0.曲 线 y fx，直 线 M P 以 及 x 轴 围 成 图 形 的 面 积 S10ytd t，1 y y2M T P 的 面 积 S22yx x y 2 y S 3 ytdt3x 3 y2因1，则0，即yt

24、dt，S22y22 y204 yx第 1 1 页122方 程 两 边 同 时 求 导，得：y 42 y y2 y2y y2，整 理 得：3 y y 2y2，令 y p，则 y pdp，代 入，得 3 y pd pdy d y 2 p2，解 得 p C y3，即d ydx2 C1y31从 而 解 得 3y3 C1x C2.因 曲 线 过 原 点，即 f(0)0，则 C 0，故 y C x3.又 因 为 f x 0，所 以 y 即 曲 线 为 y C x3C 0f x 单 调 递 增，所 以 C 0（2 2）（本 题 满 分 1 1 分）设 二 次 型 f(x,x,x)x2 x2 x2 2ax x

25、 2ax x 2ax x 经 过 可 逆 线 性 变 换1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 x1 y1x Py化 为 二 次 型 g(y,y,y)y2 y2 4 y2 2 y y.2 2 1 2 3 1 2 3 1 2x y 3 3(I)求 a 的 值；(I I)求 可 逆 矩 阵 P.1 22 3【答 案】（1）a 1；（2）P 0 14 23 0 1 0 1 a a【解 析】（1）根 据 题 设，f(x,x,x)XTA X，A a 1 a，二 次 型 f(x,x,x)经1 2 3 1 2 3a a 1 可 逆 变 换 得 到 g(y1,y2,y3)，故 它 们 的 正 负 惯

26、性 指 数 相 同。由 于g(y,y,y)y2 y2 4 y2 2 y y(y y)2 4 y21 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3的 正 负 惯 性 指 数 分 别 为 p 2,q 0，故 f(x1,x2,x3)的 也 分 别 为 p 2,q 0.3第 1 2 页2 故 矩 阵 A 有 特 征 值 为 0，即 A 0 a 1或1。2当 a 1 时，f(x,x,x)x2 x2 x2 2 x x 2 x x 2 x x=x x x2，其 正 负 惯1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3性 指 数 分 别 为 p 1,q 0，与 题 设 矛 盾，故 a 1 舍。因 此 a

27、 1符 合 题 意。2（2）当 a 1时，2f(x,x,x)x2 x2 x2 x x x x x x1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3(x2 x x x x)x2 x2 x x1 1 2 1 3 2 3 2 31 123 3 3x12x22x3 x2+4 4x22x2x3 1 1 23 2x12x22x3 x2 x34令 z x 1x 1x,z 3x x,z x，则 fz P x z2 z21 12223 222 3 3 31 11 2 21 1 2 其 中 P 0 33.12 2 0 0 1对 于 g(y,y,y)(y y)2 4 y2，令 z y y,z 2 y,z y，则1

28、2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 2f z P y z2 z2，其 中 P 1 1 0 0 0 2.2 1 22 0 1 0 1 22 3 由 P X P Y 可 得 X P 1P Y,令 P P 1P,则 P 0 14 为 所 求 的 可 逆 矩 阵1 2 1 2 1 23（2 3）（本 题 满 分 1 1 分）0 1 0 设 A 为 2 阶 矩 阵，P,A，其 中 是 非 零 向 量 且 不 是 A 的 特 征 向 量3第 1 3 页（1）证 明 P 为 可 逆 矩 阵；（2）若 A2 A 6 0，求 P 1A P，并 判 断 A 是 否 相 似 于 对 角 矩 阵。【答 案】（

29、2）P 1A P 0 6，A 可 以 相 似 对 角 化1 1【解 析】（1）证 明：设 k k A 0，k 肯 定 为 0，反 证 法，若 k 0，则 A k1，1 2 2 22即 为 A 的 特 征 向 量，与 题 意 矛 盾。因 此 k2 0，代 入 得 k1 0，由 非 零 得 k1 0.由 k1 k2 0 得,A 线 性 无 关，向 量 组 秩 为 2，r P 2，所 以 P,A 可 逆。（2）由 A2 A 6 0 得 A2 6 A，A,A A,A2 A,6 A,A 0 61 1 1 0 6 0 6 由 P 可 逆 得 P A P 1 1，令 B 1 1由 B E 0 得 1 2,2 3 有 两 个 不 同 的 特 征 值，所 以 B 可 相 似 于 对 角 矩 阵，由 P 1A P B，A B因 为 B 可 对 角 化，A 相 似 于 B，所 以 A 可 对 角 化，即 A 相 似 于 对 角 矩 阵.k