2019年考研数学二真题答案解析

2019年全国硕士研究生入学统一考试数二真题解析一、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，只有一个选项是符合题目要求的.1.当0x时，若tanxx与kx为同阶无穷小量，则kA.1B.2C.3D.4【答案】C【答案解析】3tan3xxx,若要tanxx与kx同阶无穷小，3k.故选C.对泰勒不熟悉的同学，本题也可以用洛必达法则.2.函数sin2cosyxxx02x的拐点为A.,22B.0,2C.)2,(D.33,22【答案】C.【答案解析】sincos2sincossinyxxxxxxx令()cossincossin0yxxxxxxx，得xx,0；0x时，()0yx；0x时，()0yx，故x=0不为拐点.0x时，()0yx；32x时，()0yx，故拐点为,2.3.下列反常积分发散的是A.0xxedxB.20xxedxC.20arctan1xdxxD.201xdxx【答案】D.【答案解析】A、B选项可以通过积分计算，都是收敛的。C、D选项可以通过极限形式的比较审敛法，快速得出D发散。选项D也可直接计算201xdxx02)1ln(21x4.微分方程xyaybyce的通解为12()ee-xxyCCx，则,,abc的值为A.1,0,1B.1,0,2C.2,1,3D.2,1,4【答案】D.【答案解析】由题意可知通解为12()eexxyCCx因为e,e0xxxyayby为的两个解.即1为二重根.22010402,1,abababab所以yex为exyaybyc的特解：2exyyyc将exy代入e2eee4xxxxcc2,1,4abc，故选D.5.已知积分区域,2Dxyxy，221DIxydxdy，222sinDIxydxdy，2231cosDIxydxdy的大小关系为（）A.321IIIB.123IIIC.213IIID.231III【答案】A【答案解析】因为)0(sin时xxx，所以2222sinxyxy，故可知：21II;)0(sincos1时xxx，故由定积分性质可知：32II，故选A.6.已知fxgx是二阶可导且在xa处连续，则fxgx相切于a且曲率相等是2lim0xafxgxxa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【答案解析】充分性：由2lim0xafxgxxa可知)('')(''),(')('),()(agafagafagaf，故两曲线必相切且由曲率公式可知，曲率也相等.必要性：若曲率相等，由曲率公式得，f与g的二阶导也可能互为相反数，所以无法推出2lim0xafxgxxa故选A.7.设A是四阶矩阵，A是A的伴随矩阵，若线性方程组0Ax的基础解系中只有2个向量，则A的秩是A.0B.1C.2D.3【答案】A.【答案解析】由于0Ax的基础解系中只有2个向量，故224)(Ar，由1)(,01)(,1)(,)(*nArnArnArnAr可知0)(*Ar.8.设A是3阶单位矩阵，E是3阶单位矩阵，若22AAE且4A，则二次型TXAX的规范形为A.222123yyyB.222123yyyC.222123yyyD.222123yyy【答案】C【答案解析】由EAA22可知，矩阵的特征值满足;1,222的两个特征值为，所以A又知道行列式等于所有特征值的乘积，故矩阵的第三个特征值为-2，所以二次型的正负惯性指数分别为1，2.故选C.二、填空题：9～14小题，每小题4分，共24分.9.20lim2____xxxx.【答案】24e【答案解析】2)2ln1(2)1(20)1(20)2ln(20204limlimlim)2(lim2ln2lneeeeexxxexxxexxxxxxxxxx10.曲线sin1cosxttyt在对应点23t处切线在轴上的截距为.【答案】322【答案解析】当23t时，223,1cos1sin,1,12323xyttdxdyyxt切线方程为：，所以23t处切线在轴上的截距为322.11.设函数fu可导，2yzyfx则2zzxyxy【答案】z【答案解析】【秒杀法】=1fu，则zy，2+yzzxyyzxy0。如果担心，可以再给个特例，=2fu，结果仍然是z.【常规方法】zxyyfyzyxzxfxyxyfyzxyyfxz)(2'2)(),('22222，所以12.设函数lncosx()的弧长为______.yx06【答案】3ln21【答案解析】.3ln21tanseclncossin1)'(1606022602xxdxxxdxy13.已知函数._______)(,sin)(1012dxxfdtttxxfx则【答案】)11(cos41【答案解析】1021002101210sin21sinsin)(,0)1(dtttdxxdtttdxdtttxdxxffxx故由题意可知：=)11(cos41本题也可使用分部积分计算。14.的代数余子式中表示，已知矩阵),(43001-22-311-12-001-1jiAAAij则.________-1211AA【答案】-4【答案解析】443001223111200111211AA二、解答题：15~23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.)(,0,10,)(2的极值求xfxxexxxfxx【答案解析】当0x时，22ln2ln22ln2=2ln2xxxxxxfxxeexxx.当0x时，e1ee1exxxxfxxxx.当=0x时，01f，22ln000112ln0limlimlimxxxxxxxexxfxxx，00110limlim1xxxxxefex.故22ln20=1e0xxxxxfxxx.有()fx在0x点不可导.于是2lne(2ln2)0(),0e+e,0xxxxxxfxxxx，不存在令=0fx，得112,1xex.于是有下列表x(,1)-1（-1，0）010,e1e1,e()fx-0+不存在-0+()fx极小值极大值极小值当10,,0,xefxfx单调递减，当1,0,xefxfx，+单调递增，故211=efee为极小值.当0,0,xfxfx-1，单调递增，当10,,0,xefxfx单调递减，故0=1f为极大值.当,1,0,xfxfx单调递减，当0,0,xfxfx-1，单调递增，故11=1fe为极小值.16.（本题满分10分）求不定积分dxxxxx)1()1(6322.【答案解析】.1ln213)1ln()12)1(3112()1()1(6322222Cxxxxdxxxxxxdxxxxx17.（本题满分10分）.)1(21')(22的特解满足是微分方程eyexxyyxyyx（1）求)(xyy；（2）,12,0()Dxyxyyx求平面区域D绕x轴旋转成的旋转本体积【答案解析】（1）由一阶非齐次微分方程的通解公式可知：2222222dd222221eeed21eeed21ed2exxxxxxxxxxyxCxxCxxCxxC通解由(1)=e(1)efC得0C，所以22()=exfxx（2）由旋转体体积公式可知：22222221221222411ededede=e-e222xxxxxVxxxxx18.（本题满分10分）已知平面区域D满足4322)(,yyxyx，求.22dxdyyxyxD【答案解析】2333sin5444404443322244444sin11=sinsincos22111coscos12coscoscos22432120rIdrdrddrdd19.（本题满分10分）nS是)0(sinxxeyx与x轴之间图形的面积，求nnnSSlim，并求【答案解析】)1(211211121][21][21sinsinsin)12(0)22()12(020)22()12(0)12(20eeeeeeeeexdxexdxedxxeSnnnnnnnnnxnnnxx20.（本题满分11分）已知函数03322),(2222yuxuyuxuyxu满足，求ba,的值，使得在变换byaxeyxvyxu),(),(下，上述等式可化为函数),(yxv的不含一阶偏导的等式.解：,,axbyuxyvxye2222222222axbyaxbyaxbyaxbyaxbyaxbyaxbyaxbyaxbyaxbyaxbyaxbyuveavexxuvebveyyuvvveaeaeavexxxxuvvvebebebveyyyy，带入得430340ab，解得3434ab.21.（本题满分11分）已知函数]1,0[),(在yxf上具有二阶导数，且1)(,1)1(0)0(10dxxfff，，证明：（1）存在;0)('),1,0(f使得（2）存在.2)('),1,0(f使得【答案解析】由拉格朗日中值定理可知，存在)1,0(a，使得).(1)(110afdxxf又理可知：上二阶可导，由罗尔定在且]1,0[)(1)()1(xfaff存在;0)('),1,0(f使得，使得存在处，由泰勒公式可知，在且可知的最大值点，首先由为）记（000100,0)('1)(1)()()1,0(2xxxfxfdxxfxfx)(''2)()()(''2)())((')()(20020000fxxxffxxxxxfxfxf，两者相加得：我们得到：分别令)(''2)1()()1(1);(''2)()0(01,022001200fxxfffxxffx1)1(21,1)(,)1()(2-12)('')}(''),(''min{)(''),('']2)1(2[)(''2)1()(''2)(2120200202002120202201