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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