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2020年考研数二真题参考答案(真题根据网上搜集做的解答,可能会有误差,仅供参考)一、选择题1、当0x+→时,下列无穷小最高阶(D)(A)()201xtedt−∫(B)()30ln1xtdt+∫(C)sin20sinxtdt∫(D)1cos30sinxtdt−∫解析:当0x+→时,有(A)()222301~1~xxtexedtx−⇒−∫(B)()33ln1~xxxx+=()320ln1~xtdtxx⇒+∫(C)()sin222230sin~sin~cossinsin~xxxtdtxxxx⇒⋅∫(D)3sin~xxx()1cos33501sin~sinxxsin1cos~22xtdtxx−⇒⋅−∫2、函数()11ln|1|()12xxexfxex−+=−−()的第二类间断点的个数()(A)1(B)2(C)3(D)4解析:间断点:0,2,1,1−,但02111lim(),lim(),lim(),lim()2xxxxfxfxfxfxe+→→→−→=−=∞=∞=∞所以选(C)3、反常积分10arcsin(1)xdxxx=−∫(A)(A)24π(B)28π(C)4π(D)8π解析:10arcsin(1)xdxxx=−∫()()11200arcsin22arcsinarcsin1xdxxdxx=−∫∫1()120arcsinx=24π=4、已经函数2()ln(1),fxxx=−当n3≥时,则()(0)nf=(A)(A)!2nn−−(B)!2nn−(C)(2)!nn−−(D)(2)!nn−解析:因为()23ln(1)x1123nxxxxxn−=−−−−−−−≤,所以()45223f(x)xln(1)x1123nxxxxxn+=−=−−−−−−−≤由泰勒级数展开式的唯一性知()11(0)!2nfnn=−−()!(0)2nnfn⇒=−−5、关于函数,0(,),0,0xyxyfxyxyyx≠===给出以下结论①(0,0)1fx∂=∂②2(0,0)1fxy∂=∂∂③()(),0,0lim(,)0xyfxy→=④00limlim(,)0yxfxy→→=正确的个数是()(A)4(B)3(C)2(D)1解析:(A)00(0,0)(0,0)(0,0)0limlim10xxffxfxxxx→→∂+−−===∂−,(A)正确;(B)20(0,0)(0,0)(0,0)limxxyfyffxyy→+−∂=∂∂01lim1yyy→−=≠,(B)不正确;(C)()()()(),0,0,0,0lim(,)lim0xyxyfxyxy→→==,(C)正确;(D)0000limlim(,)limlim0yxyxfxyxy→→→→==,(D)正确。6、函数()fx在区间[]2,2−上可导,且()()0,fxfx′则()(A)(2)1(1)ff−−(B)(0)(1)fef−(C)2(1)(1)fef−(D)3(2)(1)fef−解析:因为()()0,fxfx′所以()1()fxfx′,作辅助函数()()xFxefx−=,则2()0,Fx′故()Fx单调增加,且(0)(0),(1)(1),FfFef=−=−所以(0)(1)(0)(1)FFfef−⇒−(0)(1)fef⇒−,所以(B)正确。7、设四阶矩阵A不可逆,12a的代数余子式120A≠,1234,,,αααα为矩阵A的列向量组,*A为A的伴随矩阵,则方程组*0Ax=的通解为()(A)112233xkkkααα=++()123,,kkkR∈(B)112234xkkkααα=++()123,,kkkR∈(C)112334xkkkααα=++()123,,kkkR∈(D)122334xkkkααα=++()123,,kkkR∈解析:因为120A≠,所以A中有一个3阶子式不为零,又A不可逆,从而知R(A)=3,故*()1RA=,再由120A≠知134,,ααα线性无关,综上可得134,,ααα是*0Ax=的一个基础解系,所以知(C)正确。8、设A为3阶矩阵,12,αα为A属于1的线性无关的特征向量,3α为A的属于特征值-1的特征向量,则满足1100010001PAP−=−的可为()(A)()1323,,αααα+−(B)()1223,,αααα+−(C)()1332,,αααα+−(D)()1232,,αααα+−解析:由已知可得1122331,1,1AAAαααααα=⋅=⋅=−⋅,所以()()()()1212331,1AAαααααα+=⋅+−=−⋅−令()1232,,Pαααα=+−,则有1100010001PAP−=−故(D)正确。二、填空题9、设函数()yyx=是由参数方程()221ln1xtytt=+=++确定,则221tdydx==_____________3解析:222111111tdydytttdtdxtdxtdtt++++===+221tdydx==221121tttt=−=−+10、积分11301____________ydyxdx+=∫∫解析:交换积分次序,得1:01yxDy≤≤≤≤201:0xDyx≤≤⇒≤≤21113300011xydyxdxdxxdy⇒+=+∫∫∫∫12301xxdx=+∫()13301113xdx=++∫()()133201221221339x=⋅+=−11、设[]arctansin(),zxyxy=++则(0,)______dzπ=解析:由[]arctansin()zxyxy=++得tansin()zxyxy=++,两边微分得()2seccos()zdzxdyydxxydxdy=++++,且(0,)0zπ=将()0,,0π代入上式得(0,)dzπ=()()cos(0)1dxdxdydxdyπππ+++=−−12、斜边长为2a等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中,且斜边与水面相齐,设重力加速度为g,水密度为ρ,则该平板一侧所受的水压力为解析:压力元素为2ρ()dPgayydy=−所以水压力为30123ρρ()aPgayydyga=−=∫413、设()yyx=满足20yyy′′′++=,且(0)0,(0)1,yy′==则0()_____yxdx+∞=∫解析:微分方程的特征方程为2210rr++=,则121rr==−,微分方程的通解为()12xyCCxe−=+,由已知条件(0)0,(0)1,yy′==得010,1,CC==则有xyxe−=,所以00()1xyxdxxedx+∞+∞−==∫∫14、行列式011011___________110110aaDaa−−==−−解析:记011,011aABa−==−,则ABABBABBDABABBABAAOAB++====+−+−42111141111aaaaaa−+−==−−−+另法:011011011110110110110aaaaaaaDaaaa−−−=−−−−=1111011110110aaaa−=−−11111101121102112110211aaaaaaaa−−==++−−−−−−424aa=−三、解答题15、(10分)求曲线()11xxxyx+=+()0x的斜渐近线方程。解析:因为()limlim1xxxxyxaxx→+∞→+∞==+11lim11xxex→+∞==+()()11limlim1xxxxxbyaxxex+→+∞→+∞=−=−+()()11lim1xxxxexxxex+→+∞−+=+5()()1lim1xxxxexxxex→+∞−+=+()lim11xxxxexex→+∞=−+ln1lim1xxxxxeee+→+∞=⋅−lim1ln1xxxxex→+∞=++1tx=令()200111lnln1111limlimttttttetet++→→+−++==011111lim22ttete+→−+==所以斜渐近线方程为112yxee=+16、(10分)已知函数()fx连续,且100()lim1,()(),xfxgxfxtdtx→==∫求()gx′,并证明()gx′在0x=处连续。解析:当0x≠时,有1001()()()xxtugxfxtdtfuduxdtdux===∫∫2011()()()xgxfudufxxx′⇒=−+∫当0x=时,有0001()0()(0)(0)limlim0xxxfudugxgxgxx→→−−′==−∫0200()()1limlim22xxxfudufxxx→→===∫所以2011()(),0()1,02xfudufxxxxgxx−+≠′==∫17、求33(,)8fxyxyxy=+−的极值。解析:令2230240fxyxfyxy∂=−=∂∂=−=∂得到驻点:()110,0,,612又222226,1,48fffAxBCyxxyy∂∂∂====−==∂∂∂∂在()0,0处,有210ACB−=−,所以此时没有极值;6在11,612处,有211648130612ACB−=×××−=,且10A=,此时有极小值,且极小值为331111111,8612612612216f=+×−×=−18、已知222122(),1xxfxxfxx++=+求(1)()fx,(2)直线13,22yy==与函数()yfx=及y轴所围图形绕x轴旋转一周所成的旋转体的体积。解析:(1)由222122()1xxfxxfxx++=+得()22211211211xxffxxxx++=+解方程组()222222122()111211211xxfxxfxxxxffxxxx++=+++=+得22()xfxxy=+(2)求曲线的交点坐标:当12y=时,得33x=当32y=时,得3x=,由22()xfxxy=+解得21()1xgyy==−,所以绕x轴旋转一周所成的旋转体的体积为32122()xVygydyπ=∫32122121ydyyπ=−∫(令sincosytdytdt=⇒=)2326sin2cos1sinttdttπππ=−∫2362sintdtπππ=∫361sin22ttπππ=−233362226πππππ=−−−=719、设平面区域D是由,1,2yxxx===以x轴所围成,求22.Dxydxdyx+∫∫解析:采用极坐标变换cos,sinxrdxdyrdrdyrθθθ===12coscos:,04rDθθπθ≤≤≤≤故有22224cos10coscosDxyrdxdydrdxrπθθθθθ+=∫∫∫∫2cos2401cos11cos2rdπθθθθ=∫422011412coscoscosdπθθθθ=−∫430312cosdπθθ=∫3403sec2dπθθ=∫403sectan2dπθθ=∫4240033sectansectan22dππθθθθθ=−∫()34033secsec22dπθθθ=−−+∫34400333secsec222ddππθθθθ=+−∫∫所以222Dxydxdyx+=∫∫4033sec22dπθθ=+∫4033lnsectan22πθθ=++33ln(21)22=++故22Dxydxdyx+=∫∫323ln(21)44=++20、设函数21(),xtfxedt=∫证明:(1)()21,2,()(2);feξξξξ∃∈=−(2)()1,2,ξ∃∈使2(2)ln2feηη=⋅。(1)思路:因为2()(2)feξξξ=−,所以2()(2)(2)()xfxxexfx′=−=−即有()1()2fxfxx′=−,积分后可得(2)()Cxfx=−。8解:令()(2)()Fxxfx=−,由已知得(1)(1)0,(2)0FfF===,且在区间[
本文标题:2020年考研数二真题参考答案
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