年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题含答案.docx
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年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题含答案
2020年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
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,只有一个选项符合题目要求,请将所选选项前的字母填在答题纸指定的位置上.
(1)
当x→0+下列无穷小的阶数最高的是().
⎰
(A)x(et2-1)dt
0
⎰
(C)sinxsint2dt
0
【答案】(D)
(B)⎰xln(1+
sin3t
0
⎰
1-cosx
(D)0
t3)dtdt
xt2
解析:
(A)(⎰0(e
x
2
-1)dt)'=ex-1x2
(x→0+)
3
(B)(⎰0
ln(1+t3dt)'=ln(1+
x3)x2(x→0+)
(C)
(sinxsint2dt)'=sin(sin2x)cosxx2(x→0+)
⎰
0
⎰
1-cosx
(D).(0
sin3tdt)'=
sin3(1-cosx)sinxcx4(x→0+)
ex-1ln1+x
(ex-1)(x-2)
1
(2)函数f(x)=
的第二类间断点个数为().
(A)1(B)2(C)3(D)4
【答案】(C)
解析:
间断点为x=-1,0,1,2
()
limfx=∞为无穷间断点,
x→-1
→
limf(x)=-1
x02e
为可去间断点
→
limf(x)=∞为无穷间断点,
x1
→
limf(x)=∞为无穷间断点,
x2
⎰
1arcsin
(3)
xdx=()
0x(1-x)
π2
(A)
4
π2
(B)
8
π
(C)
4
π
(D)
8
【答案】(A)
1arcsinx
0
x(1-x)
1
21⎛π⎫2π2
解析:
⎰
dx=2⎰0arcsin
xdarcsin
x=(arcsin
=ç⎪=
02
⎝⎭4
x
)
(4)函数f(x)=x2ln(1-x),当n≥3时,f(n)(0)=().
(A)
-!
n-2
(B)
n!
n-2
(C)
(n-2)!
-
(D)
n
(n-2)!
n
【答案】(A)
nn
解析:
f(n)(x)=ln(n)(1-x)x2+C1ln(n-1)(1-x)2x+C2ln(n-2)(1-x)2
n
f(n)(0)=C2ln(n-2)(1-x)2
x=0
=n(n-1)(-1)n-3(-1)n(n-3)!
=-
n!
n-2
⎧xy,xy≠0
⎨
⎪
(5)对函数f(x,y)=⎪x,y=0
⎩y,x=0
,给出下列结论
∂f
∂x
∂2f
∂x∂y
①(0,0)=1②
(0,0)=1
③lim
(x,y)→(0,0)
f(x,y)=0
④limlimfx,y=0
()
y→0x→0
则正确的个数为(
).
(A)4
(B)3
(C)2
(D)1
∂f
∂x
【答案】(B)
解析:
=limf(x,0)-f(0,0)=limx-0=1,①对;
(0,0)
x→0
x-0
x→0x-0
lim
(x,y)→(0,0)
f(x,y)=
lim
(x,y)→(0,0)
xy=0,则limlimfx,y=0,③与④对;
()
y→0x→0
∂2f
∂x∂y
f(0,y)-f
(0,0)
f(0,y)-1
=limxx=limx≠1,②错.
(0,0)
y→0
y-0
y→0y
于是正确的个数为3个.
(6)函数f(x)在[-2,2]上可导,且f'(x)>f(x)>0,则().
(A)
f(-2)
f(-1)>1
(B)
f(0)
f(-1)>e
(C)
f
(1)f(-1)
(D) f (2)f(-1) 【答案】(B) 解析: 因为f'(x)>f(x)>0,所以 f'(x) f(x) f'(x)-x >,所以1 -1>0,记F(x)=efx,() f(x) 则F'(x)>0,F(0)=f(0),F(-1)=ef(-1),因为F(x)单调增,所以F(0)>F(-1), f(0) 即f(0)>ef(-1),即 f(-1)>e (7)已知四阶矩阵A=aij不可逆,a12的代数余子式A12≠0,α1,α2,α3,α4为矩阵A的列向量组,A*为A的伴随矩阵,则方程组A*x=0的通解为(). (A)x=k1α1+k2α2+k3α3,其中k1、k2、k3为任意常数 (B)x=k1α1+k2α2+k3α4,其中k1、k2、k3为任意常数 (C)x=k1α1+k2α3+k3α4,其中k1、k2、k3为任意常数 (D)x=k1α2+k2α3+k3α4,其中k1、k2、k3为任意常数 【答案】(C) 解析: 因为A不可逆,所以r(A)<4,又因为A12≠0,所以r(A)≥3,所以 12 134 r(A)=3,r(A*)=1,又因为A≠0,所以α,α,α线性无关,又因为AA*=O,所以 A*x=0的通解x=kα+kα+kα,其中k、k、k 为任意常数. 112334123 (8)设A为三阶矩阵,α1,α2为矩阵A的属于特征值1的两个线性无关的特征向量,α3为 ⎡100⎤ 矩阵A的属于特征值-1的特征向量,则使得P-1AP=⎢0-10⎥的可逆矩阵P为(). ⎢⎥ ⎢⎣001⎥⎦ (A)(α1+α3, (C)(α1+α3, α2, -α3, -α3) α2) (B)(α1+α2, (D)(α1+α2, α2, -α3, -α3) α2) 【答案】(D) 解析: 由题知Aα1=α1,Aα2=α2,Aα3=-α3,所以A(α1+α2)=α1+α2,A(-α3)=-(-α3), ⎡100⎤ 令P=(α+α,-α,α),则P-1AP=⎢0-10⎥. 1232 ⎢⎥ ⎢⎣001⎥⎦ t2+1 d2y dx2 二、填空题: 9~14题,每小题4分,共24分,请将答案写在答题纸指定的位置上. ⎧⎪x= (9)设⎨ ,则=. ⎪⎩y=ln(t+ 2 答案: 应填-. dy t2+1)t=1 1(1+t) dy=dt =t+ t2+1 t2+1=1 解析: dx dxtt, t2+1 dt d2y= d1d1 t=t⋅dt =-1⋅1=- ,则=-. t2+1 t2+1 dx2 dxdtdxt2tt3 2 t=1 (10) d2y dx2 11 ⎰0dy⎰y x3+1dx=. 2 答案: 应填2(2 9 -1). 解析: 交换积分次序得, 113 1x23 123 ⎰0dy⎰y x+1dx=⎰0dx⎰0 x+1dy=⎰0xx +1dx =1⎰1 x3+1d(x3+1)=2(22-1). 309 (11) (0,π) 设z=arctan(xy+sin(x+y)),则dz=. 答案: 应填(π-1)dx-dy. 解析: dz=darctan(xy+sin(x+y))= (0,π) 则dz=(π-1)dx-dy. ydx+xdy+cos(x+y)(dx+dy)1+(xy+sin(x+y))2, (12)斜边为2a的等腰直角三角形平板铅直地沉浸在水中,斜边与水平面齐平,重力加速度为g,水的密度为ρ,则该平板一侧受到的水压力为. 答案: 应填1ρga3. 3 aa 解析: 水压力为F=⎰0ρg(a-y)⋅2ydy=2ρg⎰0 (a-y)⋅ydy= 1ρga3. 3 ⎰ (13)设y=y(x)满足y'+2y'+y=0,且y(0)=0,y'(0)=1,则+∞y(x)dx=. 0 答案: 应填1. 解析: y'+2y'+y=0的特征方程为r2+2r+1=0,则r=-1为二重根,微分方程的 通解为y=(C+Cx)e-x. 12 = +∞+∞-x 由y(0)=0,y'(0)=1得C=0,C=1,则y=xe-x,y(x)dxxedx=1. 12⎰0⎰0 (14)行列式 答案: 应填a4-4a2. aaaa = a 0 -1 1 0 a 1 -1 -1 1 a 0 1 -1 0 a 11111111 0 解析: 原式= a1-1=a0 a1-1=a0a1 -1=a4-4a2 -11a0 -11a0 02a+11 1-10a 1-10a 0-2 -1a-1 三、解答题: 15~23小题,共94分,请将解答写在答题纸指定的位置上.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) x1+x 求曲线y= (1+x) x(x>0)的斜渐近线. 解析: 只考虑x>0的情形 yxx ⎛x⎫x1 k=lim - x→+∞x =lim x→+∞(1+x) =lim=, x→+∞⎝1+x⎭e ç⎪x ⎛1⎫ ⎡x1+xx⎤ ex1+x-x(1+x)x b=limçy- x⎪=lim⎢ x⎥=limx x→+∞⎝ e⎭x→+∞⎣(1+x) e⎦x→+∞ e(1+x) 1⎡⎛ x⎫x⎤1 ⎛xlnx⎫1 ⎛1+xlnx⎫ =limx⎢eç⎪ -1⎥= limxçe⋅e 1+x-1⎪= limxçe 1+x-1⎪ ex→+∞ ⎣⎢⎝1+x⎭ ⎦⎥ex→+∞⎝⎭ ex→+∞⎝⎭ =1limx⎛1+xln x⎫=1lim 1+xln 1 1+1 x=1lim 1+1ln t 1 1+t ex→+∞ç 1+x⎪ ex→+∞1 et→0+t ⎝⎭ x =1lim t-ln(1+t)1 =, et→0+t22e 11 于是,曲线的斜渐近线方程为y= x+. e2e (16)(本题满分10分) 已知函数f(x)连续,且limf(x)=1,g(x)=⎰1f(xt)dt,求g'(x),并证明g'(x)在 x x=0连续. x→0x0 解析: 时, 当x≠0 g(x)= 1f(xt)dtu=xt1 f(u)du g'(x)=-1xf(u)du+f(x) ⎰0 = x⎰0 , x2⎰0 x , 当x=0时 1⎰xf(u)du-0 x f(u)du g'(0)=limg(x)-g(0)=limx0 =lim⎰0 =limf(x)=1, x→0x x→0x x→0x2 x→02x2 ⎧-1 1f(u)du+f(x),x≠0 ⎨ 所以g'(x)=⎪ x2⎰0x , 1 ⎪,x=0 ⎪⎩ limg'(x)=lim[-1 2 1 f(u)du+ f x1 () ]=lim- 1f(x) ()+- fudulim=lim f(x)+1=1=g'(0) x→0 x→0 x2⎰0 xx→0 x2⎰0 x→0x x→02x2 所以g'(x)在x=0连续. (17)(本题满分10分) 求函数f(x,y)=x3+8y3-xy的极值. ⎧∂f ⎪∂x =3x2-y=0 ⎛11⎫ 解析: 令⎨∂f 得驻点(0,0),ç,⎪ ⎪=24y2-x=0 ⎪⎩∂y ⎝612⎭ ∂2f 且∂x2 =6x, ∂2f ∂x∂y =-1, ∂2f ∂y2 =48y. (x,y) ∂2fA=∂x2 ∂2fB=∂x∂y ∂2fC=∂y2 AC-B2 极值 (0,0) 0 -1 0 <0 无 ⎛11⎫ ç,⎪ ⎝612⎭ 1 -1 4 >0 极小 故f(x,y)在⎛1,1⎫处取得极小值且极小值f⎛1,1⎫=-1 ç612⎪ ç612⎪ 216 ⎝⎭⎝⎭. (18)(本题满分10分) 2⎛1⎫ x2+2x 设函数f(x)的定义域为(0,+∞)且满足2f(x)+xfç⎪=,求f(x),并 ⎝x⎭1+x2 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. 22 1+21+2 111 t2tt 解析: 令x=,得2f()+f(t)==,即 ttt2 1+11+t2 t2 212t2+t212x2+x 2tf()+f(t)=,即2xf()+f(x)=, t1+t2x1+x2 2⎛1⎫x2+2xx 与题中的2f(x)+xfç⎪=联立得,f(x)=, ⎝x⎭ 1+x2 1+x2 由y=f(x)= 1,得x=,由y=得x=. 3 3 3 232 3212⎡3x 123⎤ 体积为V=π( 2)3-π (2)3-⎢⎰3π( )dx-π()(3- 1+x22 3)⎥ ⎣3⎦ 3 23 3 ππ2 =π-π(-)+π=. 23666 (19)(本题满分10分) x2+y2 x 设平面区域D由直线x=1,x=2,y=x与x轴所围,计算⎰⎰ D dxdy. x2+y2 x 解析: 令I=⎰⎰ D dxdy ⎰ 4 =π1 0cosθ π1 2 ⎰1 dθcosθrdrcosθ 2 r2cosθ =⎰4( )dθ 0cosθ 21cosθ 3π1 =⎰43dθ 20cosθ ⎰ π =34secθdtanθ 20 3 3 π 0 =secθtanθ4- 22 π ⎰ 4tan2θsecθdθ 0 =32-3 22 π ⎰ 4(sec2θ-1)secθdθ 0 =32-3 22 4sec3θ+3 ⎰ π 02 π ⎰ 4secθdθ 0 π =32-I+3ln(secθ+tanθ)4 220 =32-I+3ln(2+1) 22 2 I=3[ 4 +ln(1+ 2)] ⎰ (20)(本题满分11分)设函数f(x)=xet2dt; 1 (1)证明: 存在ξ∈(1,2),使得f(ξ)=(2-ξ)eξ2. (2)证明: 存在η∈(1,2),使得f (2)=ln2⋅ηeη2. 证明: (1)令F(x)=(2-x)f(x),由题意f (1)=0,F (1)=0,F (2)=0 因为F(x)在[1,2]上连续,在(1,2)可导,所以由罗尔定理可知∃ξ∈(1,2)使F'(ξ)=0,即 f(ξ)=(2-ξ)eξ2 (2)令g(x)=lnx,f(x),g(x)在[1,2]上连续,在(1,2)可导,且g'(x)≠0,所以由柯西中 值定理可知存在η∈(1,2),使得 f'(η)= g'(η) f (2)-f (1),即f (2)=ln2⋅ηeη2. g (2)-g (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以 及x轴所围图形的面积与三角形MPT面积之比恒为3: 2,求满足上述条件的曲线方程.解析: 设所求曲线方程为y=y(x),任一点M坐标为(x,y), 由题意得 tanθ=y'=MP,即TP=y, TPy' 三角形MPT的面积为 1 1yy2 S=2MP⨯TP=2⨯y⨯y'=2y', x 曲边三角形OMP的面积S=⎰0y(x)dx, y22x 由两面积之比为常数得2y'=3⎰0y(x)dx, 两边关于 求导得 2yy'y'-y2y'4 = y(x) ,即yy'=2 '2, xy'233y 令p(y)=y',则y''=pdp, dy 原方程化为ypdp=2p2,即p[ydp-2p]=0。 dy3dy3 由p=0得y=C,这是原方程的一个解.但不合题意舍去。 由ydp-2 dy3 p=0,得 2 p=C1y3 ,即y' 2 =C1y3, 1 y 3 从而C1x+C2=1, y=0 3 由曲线过原点,得 x=0 ,代入得C2=0. 1 所求曲线为y3= 1 3C1x, 1 由C的任意性,曲线可表示为y=Cx3,C为任意常数. (22)(本题满分11分) 求二次型 f(x,x,x)=x2+x2+x2+2axx+2axx+2axx 经可逆线性变换 123123122313 ⎛x1⎫⎛y1⎫ çx⎪=Pçy⎪化为二次型g(y,y,y)=y2+y2 +4y2 + 2yy, ç2⎪ç2⎪ 12312312 çx⎪çy⎪ ⎝3⎭⎝3⎭ (1)求a; (2)求可逆矩阵P. ⎛1 aa⎫ ⎛110⎫ 解析: (1)设A=ça1a⎪,B=ç110⎪,由题意可得,r(A)=r(B),而r(B)=2, ç⎪ç⎪ çaa1⎪ç004⎪ ⎝⎭⎝⎭ 则r(A)=2,于是可得a=-1. 2 (2)对于二次型f, f(x,x,x)=x2+x2+x2-xx-xx-xx 123123122313 =(x - 1x -1x)2+32 32-3xx 12223 4x2+4x3 223 =(x-1x-1x)2+3(x-x)2 12223423 ⎧z=x-1x-1x ⎧x=z+ 1z+z ⎛111⎫ ⎪1122
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