2020年数学二答案

2020年全国硕士研究生入学统一考试数学（二）试题解析一、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，请将所选项前的字母填在答题纸指定的位置上.（1）当0x时，下列无穷小量中最高阶的是（）(A)dtext)1(02（B）dttx03)1ln(（C）dttxsin02sin（D）dttxcos103sin答案:(D)解析：(A)20~1))1((22xedtexxt;（B）3303~)1ln()1ln(xxdttx）（;（C）22sin02~cos)sin(sinsinxxxdttx）（;（D）xxxxdttx33cos10342~sin)cos1(sinsin）（（2）函数)2)(1(1ln)(11xexexfxx的第二类间断点的个数（）(A)1(B)2(C)3(D)4答案：（C）解析：间断点为2,10,1，；)2)(1(1lnlim111xexexxx，故其为第二类无穷间断点；exexexxx21)2)(1(1lnlim110，故其为第一类间断点；)2)(1(1lnlim111xexexxx，故其为第二类间断点；)2)(1(1lnlim112xexexxx（3）)()1(arcsin10dxxxx(A)42(B)82(C)4(D)8答案：(A)解析：令txarcsin，代入原式有：上式4cossin2cossin220tdttttt.(4)已知),3()1ln()(2nxxxf则)()0()(nf（A）2!nn（B）2!nn（C）nn!2-）（（D）nn!2-）（答案：（A）解析：122)1ln()(nnnxxxxxf，则21!)0()(nnfn(5)关于000),(xyyxxyxyyxf给出下列结论：(1)1)0,0(xf（2）1)0,0(2yxf（3）0),(lim00yxfyx（4）0),(limlim00yxfyx其中正确个数为（）(A)4(B)3(C)2(D)1答案：(B)解析：;10)0,0(xxxfyyyfyfyxfyxxy1lim)0,0(),0(lim00)0,0(2；0),(lim00yxfyx0),(limlim00yxfyx从而正确的命题有3个.(6)设)(xf在2,2上可导，,0)()(xfxf则（）(A)1)1()2(ff(B)eff)1()0((C)2)1()1(eff(D)3)1()2(eff答案：（B）解析：,0)()(xfxf可得函数)()(xfexFx单调递增，]2,2[x，从而effFF)1()0()1()0(.（7）四阶矩阵A不可逆，012A，4321，，，为A的列向量组，则0*xA的通解为（）（A）332211kkkx(B)432211kkkx(C)433211kkkx（D）433221kkkx答案：（C）解析：由于四阶矩阵A不可逆，012A，故3)(Ar，从而有1)(*Ar且0*EAAA，即4321，，，就是0*xA的解，又因为012A，故2可以由431，，线性表示，故431，，线性无关.故正确答案为(C)(8)A为3阶矩阵，21，为属于特征值1的线性无关的特征向量，3为A的属于1的特征向量，满足1111APP的可逆阵P为（）（A）3231,,（B）3221,,（C）2331,，(D)2321,,答案：(D)解析：相似对角化的过程要求P与中的特征值有对应关系，从而由特征向量的性质可知(D)为正确选项.二、填空题：9～14小题,每小题4分,共24分．请将答案写作答题纸指定的位置上.(9)设)1ln(122ttytx，则.___________122tdxyd答案：2-解析：32222111tttttdxddxdydxddxyd，.2122tdxyd(10)1310.__________1ydxxdy答案：9224解析：交换积分次序有101032310310.92241112yxdxxxdyxdxdxxdy(11)设)],sin(arctan[yxxyz则._____________),0(dz答案：dydx)1（解析：dyyxxyyxxdxyxxyyxydyyzdxxzdz22)]sin([1)cos()]sin([1)cos(代入yx,0可得.)1(),0(dydxdz（12）斜边长为a2的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中，且斜边与水面平齐，记重力加速度为g，水密度为，则三角形平板的一侧受到的压力为._________答案：331ga解析：3031)(2gagydyyaFa（13）设)(xyy满足022yyy且1)0(,0)0(yy，则0______)(dxxy.答案：1解析：022yyy可得特征方程0122rr，从而121rrxexCCy)(21，又1)0(,0)0(yy可得1,021CC，故xxey1)(00dxxedxxyx（14）行列式.________011011110110aaaa答案：244aa解析：110001111011110110111101111)4,3,2(0110111101102341aaarraaaairraaaai)4(110002002011111100020110111122242213aaaaarraaarr三、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）求曲线)0()1(1xxxyxx的斜渐近线。答案：exey211解析：xxxxxxxexxxxxy1ln11)1()0(xxxxxxexya1lnlimlim，而1)1ln(lim1lnlim0xxxxxxx，故ea1；exxxexeexeexexebxxxxxxxxxxx21)1ln(lim1limlim)1(lim201)1ln(1011)1ln(01ln综上，斜渐近线的方程为exey211.（16）（本题满分10分）设)(xf连续，且100)()(,1)(limdtxtfxgxxfx，求)(xg且证明)(xg在0x处连续.答案：0210)(1)()(02xxduufxxxfxgx解析：设)(xf连续，且1)(lim0xxfx，则1)0(,0)0(ff令uxt，则100)()()(xduufdtxtfxgx（)0x，0x时，0)0(g；故当0x时，20)()()(xduufxxfxgx当0x时，21)(lim)0()(lim)0(2000xdxufxgxggxxx；从而)0(21)(lim)(lim)()(lim)(lim20002000gxduufxxfxduufxxfxgxxxxxx，即)(xg是连续的.(17)（本题满分10分）求xyyxyxf338),(的极值.答案：有极小值点），（12161，极小值为2161-.解析：令0240322xyyfyxxf得驻点为)00，（或），（12161又yyfCyxfBxxfA48,1,622222代入），（00得02BAC，故其不是极值点；代入），（12161得02BAC且0A，故），（12161为极小值点，相应的极小值为2161-.(18)（本题满分10分）设)(xf在），（0上有定义，且满足222121)(2xxxxfxxf（1）求)(xf；（2）求曲线23,21),(yyxfy以及y轴围成的图绕x轴旋转一周的体积；答案：（1）),0(1)(2xxxxf（2）62解析：（1）因为222121)(2xxxxfxxf，所以221121)1(2xxxxfxxf消去)1(xf可得),0(1)(2xxxxf（3）含y轴绕x轴的模型，利用公式计算如下：6sin212)(22362232122321dttdyyyydyyyxV（19）（本题满分10分）计算二重积分dxyxD22，其中区域D由xyxx,2,1及x轴所围成.答案：)21ln(243解析：dddrrddxyxD403403cos2cos14022sec23cos123cos，又dddddsecsectansecsectantansectansecsec323故Cdtanseclntansec21sec3所以，)21ln(243sec23403d.(20)(本题满分11分）已知dtexfxt12)(（1）证明:,21），（使得2)2()(ef（2）证明：,21），（使得22ln)2(ef证明：(1)令2,1)2()()(2xexxfxFx因为)(xF在2,1上连续且;)1()1(eefF0)2()2(fF，从而根据零点定理可知)21，（使得0)(F.(2)令2,1)(2lnln)2()(xxfxfxG因为)(xG在2,1上连续，在)2,1(内可导，且)2(0)1(GG，从而根据罗尔定理可知)21，（使得0)(G.即0.2ln)2(2ef，整理后可得,21），（使得.2ln)2(2ef（21）（本题满分11分）已知)(xf可导，且).0(0)(xxf曲线)(xfy过原点，点M为曲线)(xfy上的任一点，过点M的切线与x轴相交于点T，过点M做MP垂直于x轴于点P，且曲线)(xfy与直线MP以及x轴所围成的图形面积与三角形MTP的面积比恒为2:3，求曲线满足的方程.答案：3Cxy解析：设点))(,(afaM，则知)(2)(2afafSMTP；曲线)(xfy与直线MP以及x轴所围成的图形面积为adxxf0)(从而根据题意有)()(43)(20afafdxxfa且0)(af；两边同时对a求导并整理有0)(2)()(32afafaf即0232yyy又令dydppypy则,，代入上式有ypdydp32，解之得32CyP，将py回代，再解之得13CCxy，又,0)0(y故01C，从而3Cxy.（22)（本题满分11分）二次型323121232221321222),,(xaxxaxxaxxxxxxxf经可逆线性变换Pyx变换为2123222132124),,(yyyyyyyyg（1）求a的值；（2）求可逆矩阵P答案：01034103221,