2020考研数学二真题及答案

1、ex1 ln 1 x 0 0 0 20202020考研数学二真题及答案考研数学二真题及答案 一、选择题：一、选择题：18 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项分，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符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答答 题题 纸纸 指定位置上指定位置上. （1） 当 x 0 时，下列无穷小量中最高阶是（ ） （A） x et2 1 dt （B） x ln 1 t 2 dt （C） sin x sin t 2dt 0 【答案】（D） 1cos x （D） 0 sin t 2 dt

2、【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。 （A） x et 2 1dt ex 1 x2 0 （B） x ln 1 t 2 dt ln 1 x2 x （C） （ C ） sin x sin t 2 dt sin sin 2 x x2 （D） 0 1cos x 0 dt sin x 1 x3 2 经比较，选（D） （2） 函数 f (x) 1 (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 1 lim f (x) lim 1 e

3、 2 lim ln 1 x ； x1 x1 (ex 1)(x 2) 3(e1 1) x1 1 lim f (x) lim e 1 lim ln(1 x) 1 ； x0 x0 (ex 1)(x 2) 2 x0 x 2e ex1 ln 1 x sin t 2 sin(1 cos x)2 ex1 ln 1 x 2 f x n 2 x2 x2 (ex 2 x2 1 lim f (x) lim ln 2 1 lim ex1 0; x1 1 x1 (ex 1)(x 2) 1 e x1 ； lim ln 2 1 lim ex1 ; x1 (ex 1)(x 2) 1 e x1 1 ex1 ln 1 x e l

4、n 3 1 lim f (x) lim 1)(x 2) (e 1) lim x 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。 1 arcsin （3） （3） x dx （ ） 0 2 （A） 4 x 1 x 2 （B） 8 （C） 4 （D） 8 【答案】（A） 【解析】令 sin t ，则 x sin2 t ， dx 2 sin t cos tdt 2 1 arcsin x dx 2 t 2 sin t cos tdt 2 2tdt t2 2 0 x 1 x 0 sin t cos t 0 0 4 （4） f x x2 ln 1 x, n 3 时， f n 0 （A

5、） n! n 2 （B） n! n 2 n 2 ! （C） （D） n n 2 ! n 【答案】(A) xn 2 xn2 xn 【解析】由泰勒展开式， ln(1 x) n1 ，则 x ln(1 x) n1 ， n3 故 f (n) (0) n! . n 2 xy, xy 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 lim x, y 0,0 f ( x, y) 0 lim lim f ( x, y) 0 y0 x0 ex1 ln 1 x ex1 ln 1 x x f xy n n f x 0, y 1 x0 正确的个数是 （A）4 （B）3

6、 （C）2 （D）1 【答案】（B） f f x, 0 f 0, 0 x 0 【解析】 x 0,0 lim f x 0 f lim x0 x 1，正确 f lim x 0, y x 0, 0 lim , xy 0,0 y0 y 0 y0 y 而 f lim f x, y f 0, y lim xy y lim x 1 y 不存在，所以错误； x 0, y x0 x 0 x0 x x0 x xy 0 x y , x 0 x , y 0 y , 从而 x, y 0, 0 时， lim x, y 0,0 f ( x, y) 0 ， 正确。 lim f x, y 0, xy 0或y 0 , 从而lim

7、lim f ( x, y) 0 ，正确 x0 y , x 0 y0 x0 （6）设函数 f (x) 在区间2, 2 上可导，且 f (x) f (x) 0 .则 (A) f (2) 1 f (1) (B) f (0) e f (1) (C) f (1) f (1) e2 (D) f (2) f (1) e3 【答案】(B) f (x) f (x)ex f (x)ex f (x) f (x) 【解析】构造辅助函数 F (x) ，由 F (x) ，由题 ex f (x) e2 x ex f (0) f (1) 意可知， F (x) 0 ，从而 F (x) 单调递增.故 F (0) F (1) ，也

8、即 ex e0 e1 ， 又有 f (x) 0 ，从而 f (0) f (1) e .故选(B). （ 7 ） 设 4 阶矩阵 A aij 不可逆，a12 的代数余子式 A12 0 ,1 ,2 ,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

9、常数 【答案】（C） 【解析】由于A 不可逆， 故r A 4 ， A 0 .由由 A12 0 r A* 1，r A 4 1 3 ， 则r A 3 ， r A* 1，故，故 A* x 0 的基础解系中有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，可知 , , 线性 12 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

10、0 0 于特征值1的特征向量，则 P1 AP 0 1 0 的可逆矩阵 P 为（ ） （A） 1 3,2 , 3 （C） 1 3, 3,2 0 0 1 （B） 1 2 ,2 , 3 （D） 1 2 , 3 ,2 【答案】（D） 【解析】设 P ( , 1 0 0 , ) ，若 P1 AP 0 1 0 ，则 , 应为 A 的属于特征值 1 1 2 3 1 3 0 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

11、1的特征向量，则3 也 为 A 的属于特征值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 dy dt dx dt 1 t t2 1 t t2 1 t 2 1 t2 1 2 1 1 1 x 3 0 0 0 1 0 0 综上，若 P ( , , ) ( , , ) ，则 P1 AP 0 1 0 . 1 2 3 1 2 3 2 因此选项（D）正确。 0 0 1 二、填空题：二、填空题：9 1

12、4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分，请将答案写在分，请将答案写在答答 题题 纸纸 指定位置上指定位置上. x d 2 y （ 9 ） 设 y ln t ，则 t 2 1 d x t 1 【答案】 【解析】 dy 1 dx t t d 1 d 2 y dy t dt 1 d 2 x dx dt dx t 2 t t3 (10) t 1 0 dy y x 1dx 3 【答案】 2 2 9 1 【解析】交换积分次序，原式 2 dx x3 1dy 1 x2 x3 1dx 1 1 x3 1d x3 1 1 2 x3 12 1 2 2 1 3 0 3 3 0 9 (11) 设 z a

13、rctan xy sin x y ，则dz 0, 【答案】 1 dx dy z y cos x y z x cos x y 【解析】 x 1 xy sin x y 2 , y 1 xy sin x y 2 t2 1 2 t2 1 d 2 y d 2 x 2 2 2 0 0 0 2 z z 将0, 带入得x 1, y 1 因此dz 0, 1 dx dy (12) 斜边长为2a 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 ga3 3 【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

14、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 ，则此时 dF y2x gdy 2 gy( y a)dy ， 则一侧的压力 F 0 2 gy( y a)dy g( 2 y3 ay2 ) 0 1 ga3 . a 3 a 3 （13）设 y y x 满足 y 2 y y 0 ，且 y 0 0, y 0 1，则 y x dx 【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 xe x ， 由 y 0 0, y 0 1 可得 c 0, c 1 ， 则 1 2 1 2 y x xe x ，

15、则 y x dx xe xdx 1 （14）行列式 【答案】a4 4a2 【解析】 a 0 1 1 a 1 0 0 a 0 0 a 1 1 a 1 a a 1 1 a 1 1 a 0 1 0 a 1 1 a 1 1 0 a a 1 a 2a 0 a a 2a a3 2a2 a 2a 1 1 a4 4a2 a 0 1 1 0 a 1 1 1 1 1 1 a 0 0 a 三、解答题：三、解答题：1523 小题，共小题，共 94 分分.请将解答写在请将解答写在答答 题题 纸纸 指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明、解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤. （15）（本题满分

16、10 分） x1 x 求曲线 y 1 x x x 0 的斜渐近线 【答案】 y 1 x e 1 2e y xx 1 1 【解析】由k lim x x lim x (1 x)x lim x (1 1 )x e x b lim ( y 1 x e x) lim ( x x1 x (1 x)x 1 x) lim x(e e x x ln x 1 x 1) e1 lim x(e e x x ln x 1 1 x 1) e1 lim x(x ln x 1) 1 t e1 lim ln 1 1 t t 洛e1 lim 1 1 . x 1 x x t 0t 2 t0 2(1 t) 2e 故斜渐近线方程为：

17、y 1 x 1 . e 2e （16）（本题满分 10 分） 已知函数 f x 连续且lim f x 1 ，g x 1 f xt dt ，求 g x 并证明 g x 在 x 0 x0 x 0 处连续. 1 【答案】 g x 2 f (x) 1 x 0 f u du x 0 x x2 0 【解析】因为lim x0 f x x 1 ，并且 f (x) 连续，可得 f (0) 0, f (0) 1 . g x 1 f xt dt xt u 1 x f u du ，当 x 0 时， g(0) 0 .故 0 x 0 0 x 0 g x 1 x ， x 0 f u du x 0 又 x xx xy yy

18、xx 1 x f u du 0 g 0 lim g x g 0 lim x 0 x0 x 0 x x0 x 0 0 f u du f (x) 1 1 2 lim x0 x2 x 0 lim x0 导数定义 2x 2 则 g x f (x) 1 f u du x 0 ，又因为 x x2 0 lim g x lim f (x) 1 f u du x0 x0 x x2 0 lim f (x) lim 1 f u du x0 x x0 x2 0 所以 g x 在 x 0 处连续 （17）（本题满分 10 分） 求 f x, y x3 8 y3 xy 极值 1 1 1 g 0 2 2 【答案】 1 1

19、1 f极小( , ) 6 12 216 2 x 1 fx (x, y) 3x y 0 x 0 6 【解析】令 f (x, y) 24 y2 x 0 得 y 0 或 1 . y A f (0, 0) 0 y 12 当驻点为(0, 0) 时， B C f (0, 0) 1，则 AC B2 0 ，故(0, 0) 不是极值点. f (0, 0) 0 A 1 1 f ( , ) 1 6 12 1 1 当驻点为 1 1 2 1 1 ( , ) 时， B fxy ( , ) 1 ，则 AC B 0, A 1 0 ，故( , ) 为极 6 12 6 12 1 1 6 12 C f yy ( , ) 4 6 1

20、2 x x x 1 x2 2 x2 y2 1 y 1 12 2 yxdy 12 2 dy y sin t 3 2 2 6 6 2 1 1 1 小值点. f ( , ) 为极小值. 6 12 216 2 1 x2 2x （18）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 ， 6 2 1 x2 2x 2 f (x) x f ( ) x 【解析】 1 1 1 2 得 f (x) x . 2 f ( )

21、 f (x) x x x2 3 3 y2 sin2 t 1 cos 2t 2 cos t 2 (t 1 sin t) 3 . 6 6 （19）（本题满分 10 分） 平面D 由直线 x 1, x 2, y x 与 x 轴围成，计算 D dxdy x 【答案】 ln 3 3 1 2 4 【解析】 2sec r 1 1 dxdy 4 d rdr 4 3sec2 d D x 3 3 0 sec r cos0 3 3 cos 2 4 sec3 d 2 0 2 4 sec d tan 0 2 ln 2 4 1 （20）（本题满分 11 分） 设函数 f x x et2 dt (I) 证明：存在 1, 2

22、, f 2 e 2 (II) 证明：存在 1, 2, f 2 ln 2 e 2 1 x2 1 x2 1 x2 1 x2 x2 y2 2 2 Vx 3 2 cos tdt 2dt 2 第 10 页 1 1 x 【解析】(I) 法 1：令 F (x) (x 2) f (x) (x 2) x et2 dt . 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) x et2 dt (x 2)ex2 ，即 f 2 e 2 .得证. 法 2：令 F (x) f x (x 2)ex 2 ，则 F (1) e 0, F

23、 (2) 2 et 2 dt 0 ，由零点定理知， 存在 (1, 2) ，使得 F ( ) 0 ，即 f 2 e 2 . (II)令 g(x) ln 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) e 2 即 ，故 f 2 ln 2 e 2 . ln 2 1 （21）（本题满分 11 分） 设函数 f x 可导，且 f x 0 ，曲线 y f x 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 MP 垂直 x 轴于点 P ，已知曲线 y f x ，直线 MP

24、以及x 轴围 成图形的面积与MTP 面积比恒为为 3:2，求满足上述条件的曲线方程。 【答案】 y Cx3 C 0 【解析】设切点 M x, y ，则过 M 点的切线方程为Y y y X x . y y 令Y 0 ，则 X x y ，故T x y , 0 . 曲线 y f x ，直线 MP以及x 轴围成图形的面积 S1 0 y t dt ， 1 y y2 MTP 的面积 S2 2 y x x y 2 y S 3 y t dt 3 x 3 y2 因 1 ，则 0 ，即 y t dt ， S2 2 y2 2 y 2 0 4 y x 第 11 页 1 2 2 方程两边同时求导，得： y 4 2 y

25、y 2 y2 y y 2 ，整理得： 3yy 2 y 2 ， 令 y p ，则 y p dp ，代入，得3yp dp dy dy 2 p2 ，解得 p C y 3 ，即 dy dx 2 C1 y 3 1 从而解得3y 3 C1 x C2 . 因曲线过原点，即 f (0) 0 ，则C 0 ，故 y Cx3 . 又因为 f x 0 ，所以 y 即曲线为 y Cx3 C 0 f x 单调递增，所以 C 0 （22）（本题满分 11 分） 设二次型 f (x , x , x ) x 2 x 2 x 2 2ax x 2ax x 2ax x 经过可逆线性变换 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3

26、 x 1 y 1 x P y 化为二次型 g( y , y , y ) y 2 y 2 4 y 2 2 y y . 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 x y 3 3 (I) 求 a 的值； (II) 求可逆矩阵 P. 1 2 2 3 【答案】（1） a 1 ；（2） P 0 1 4 2 3 0 1 0 1 a a 【解析】 （1）根据题设， f (x , x , x ) X T AX ， A a 1 a ，二次型 f (x , x , x ) 经 1 2 3 1 2 3 a a 1 可逆变换得到 g( y1, y2 , y3 ) ，故它们的正负惯性指数相同。由于 g( y , y , y

27、 ) y2 y2 4 y2 2 y y ( y y )2 4 y2 1 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 12 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 2x x 2x x 2x x = x x x 2 ，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 1 符合题意。 2 （2）当a 1

28、时， 2 f (x , x , x ) x2 x2 x2 x x x x x x 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 (x2 x x x x ) x2 x2 x x 1 1 2 1 3 2 3 2 3 1 1 2 3 3 3 x1 2 x2 2 x3 x2 + 4 4 x 2 2 x 2 x3 1 1 2 3 2 x1 2 x2 2 x3 x2 x3 4 令 z x 1 x 1 x , z 3 x x , z x ，则 f z Px z2 z2 1 1 2 2 2 3 2 2 2 3 3 3 1 1 1 2 2 1 1 2 其中 P 0 3 3 . 1 2 2 0 0 1 对于 g

29、( y , y , y ) ( y y )2 4 y2 ，令 z y y , z 2 y , z y ，则 1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 2 f z P y z2 z2 ，其中 P 1 1 0 0 0 2 . 2 1 2 2 0 1 0 1 2 2 3 由 P X PY可得X P1PY , 令P P1P ,则P 0 1 4 为所求的可逆矩阵 1 2 1 2 1 2 3 （23）（本题满分 11 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 13 页 （1） 证明 P 为可逆矩阵； （2） 若 A2 A 6 0 ，求

30、P1 AP ，并判断 A 是否相似于对角矩阵。 【答案】（2） P1 AP 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 2 2 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 6 1 1 1 0 6 0 6 由 P 可逆得 P AP 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 P1 AP 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