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1、2020上海考研数学二真题及答案一、选择题：18 小题，每小题 4 分，共 32 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答题纸指定位置上.（1） 当 x 0+ 时，下列无穷小量中最高阶是（）00（A） x (et2 -1)dt（B） x ln (1+ t2 )dt（C） sin x sin t 2dt0【答案】（D）1-cos x（D） 0sin t 2 dt【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 2-1)dt )2= ex-1 x200（B） ( x ln (1+t 2 )dt ) = ln
2、 (1+x2 ) : x（C） （C）(sin xsin t 2 dt )= sin (sin2 x) : x2（D） (0sin t 21-cos x0dt ) =sin(1- cos x)2sin x : 1 x32经比较，选（D）（2） 函数 f (x) =1ex-1 ln 1+ x(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ex-1 ln 1+ x1ex-1 ln 1+ xlim f (x) = lim- 1= -e 2lim ln 1+ x = - ；x-1
3、x-1 (ex -1)(x - 2)3(e-1 -1) x-1 1lim f (x) = lim= - e-1limln(1+ x) = - 1 ；x0x0 (ex -1)(x - 2)2x0x2eex-1 ln 1+ x1lim f (x) = lim= ln 2 1 lim ex-1 = 0;x1-ex-1 ln 1+ x1x1- (ex -1)(x - 2)1- e x1-；lim= ln 2 1 lim ex-1 = -;x1+ (ex -1)(x - 2)1- e x1+12x2ex-1 ln 1+ xe ln 31x2x2 (exlim f (x) = lim-1)(x - 2)
4、= (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 = （）0p 2（A）4x (1- x)p 2（B）8p（C）4p（D）8【答案】（A）x【解析】令= sin t ，则 x = sin2 t ， dx = 2 sin t cos tdtppp21 arcsinx dx = 2 t2 sin t cos tdt = 2 2tdt = t22 = p0x (1- x)0 sin t cos t004（4） f ( x) = x2 ln (1 - x), n 3 时， f (n) (0) =（A） -n
5、! n - 2（B）n! n - 2(n - 2)!-（C）（D）n(n - 2)!n【答案】(A) xn2 xn+2xnn【解析】由泰勒展开式， ln(1- x) = -n=1，则 xln(1- x) = -nn=1= -，n - 2n=3故 f (n) (0) =n! .n - 2 xy, xy 0（5）关于函数 f ( x, y ) = x, y,y = 0x = 0给出以下结论fxfxy(0,0) = 1 (0,0)= 1 lim( x, y )(0,0)f ( x, y) = 0 lim lim f ( x, y) = 0y0 x0正确的个数是（A）4（B）3（C）2（D）1【答案】
6、（B）ff ( x, 0) - f (0, 0)x - 0【解析】x(0,0) = limx0fx - 0fx (0, y )-1- f= limx0x= 1，正确 f = lim x (0, y )x (0, 0) = lim,xy(0,0)y0y - 0y0y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 )x0x - 0x0xx0xxy - 0 = xy , x - 0 =x , y - 0 =y , 从而( x, y) (0, 0) 时，lim( x, y )(0,0)f ( x, y)
7、= 0 ，正确。lim f ( x, y ) = 0, xy 0或y = 0 , 从而limlim f ( x, y) = 0 ，正确x0 y ,x = 0y0 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) 1f (-1)(B)f (0) ef (-1)(C)f (1)f (-1) e2(D)f (2)f (-1) 0 ，从而 F (x) =单调递增.故 F (0) F (-1) ，也即exe0e-1，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
8、 的代数余子式 A12 0 ,a1 ,a2 ,a3 ,a4 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 = k1a1 + k2a2 + k3a3 ，其中k1, k2 , k3 为任意常数（B） x = k1a1 + k2a2 + k3a4 ，其中k1, k2 , k3 为任意常数（C） x = k1a1 + k2a3 + k3a4 ，其中k1, k2 , k3 为任意常数（D） x = k1a2 + k2a3 + k3a4 ，其中k1, k2 , k3 为任意常数【答案】（C）【解析】由于A 不可逆， 故r ( A) 0) 的斜渐近线【答案
9、】 y = 1 x +e12eyxx11【解析】由k = limx+ x= limx+ (1+ x)x= lim=x+ (1+ 1 )xexb = lim ( y - 1x+ex) = lim (x+x1+ x(1+ x)x- 1 x) = lim x(e ex+x ln x 1+ x -1) = e-1 lim x(e ex+x ln x +1 1+ x-1)= e-1 lim x(x lnx+1)1 = t e-1 limln 1 1+ t+ t洛e-1 lim1= 1 .x+1+ xxt 0+t 2 t0+ 2(1+ t)2e故斜渐近线方程为： y = 1 x + 1 .e2e（16）（
10、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 = 0x0x0处连续. 1【答案】 g ( x) = 2 f (x) - 1 x = 0xf (u ) dux 0xx2 0【解析】因为limx0 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0x 0 0x = 0g ( x) = 1
11、 x， x 0f (u ) du x 0又1 x f (u ) du - 0g (0) = lim g ( x) - g (0) = lim x 0x0x - 0xx0x - 00 f (u ) duf (x) 1 1 2= limx0x2x = 0= limx0导数定义2x2则 g ( x) = f (x) - 1 f (u ) dux 0，又因为xxx2 0lim g ( x) = lim f (x) - 1f (u ) duxx0x0xx2 0x= lim f (x) - lim 1f (u ) dux0xx0 x2 0所以 g( x) 在 x = 0 处连续（17）（本题满分 10 分
12、）求 f ( x, y ) = x3 + 8 y3 - xy 极值= 1- 1 = 1 = g (0)22【答案】1 11= -f极小( ,)6 122162x = 1 fx (x, y) = 3x - y = 0x = 06【解析】令 f (x, y) = 24 y2 - x = 0 得 y = 0 或1 . y A =f (0, 0) = 0 y =12xx当驻点为(0, 0) 时， B =C =f (0, 0) = -1，则 AC - B2 0, A = 1 0 ，故( ,) 为极6 126 121 16 12C = f yy ( ,) = 46 12= -1 11小值点. f ( ,)
13、为极小值.6 1221621x2 + 2x 1+ x2（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.22【答案】 f (x) =xp 21+ x2，621x2 + 2x 1+ x22 f (x) + x f ( ) = 1+ x2x【解析】111 + 2得 f (x) =x.2 f ( ) +f (x) =x1+ x2dy y = sin t3 2pcos tdt = 2pdtxx21- y 3 3y2psin2 t
14、p 1- cos 2tVx =12 2p yxdy =12 2p2266 2 p3cos tp2= p (t -1 sin t) 3.=p2pp266（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Ddxdyx2 + y2x【答案】+ln (2233+1)24【解析】x2 + y2p2secqrp11dxdy = 4 dq rdr = 4 3sec2 q dqDx3 p30secqpr cosq02(33cosq 2=4 sec3 q dq =2 024 secq d tanq =02 +ln24+1)（20）（本题满分 11 分）1设
15、函数 f ( x) = x et2 dt(I) 证明：存在x (1, 2), f (x ) = (2 - x ) ex 2(II) 证明：存在h (1, 2), f (2) = ln 2 heh2【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， $x (1, 2) ，使1F (x ) = 0 ，又 F (x) = x et2 dt + (x - 2)ex2 ，即 f (x ) = (2 - x ) ex 2 .得证.第 13 页法 2：令
16、F (x) =f ( x ) + (x - 2)ex2 ，则 F (1) = -e 0 ，由零点定理知，1存在x (1, 2) ，使得 F (x ) = 0 ，即 f (x ) = (2 - x ) ex 2 .(II)令 g(x) = ln x ，则 g (x) = 1 0.x由柯西中值定理知，存在h (1, 2) ，使得f (2) - f (1) =g(2) - g(1)f (h)，g (h)f (2)eh 2即=，故 f (2) = ln 2 heh 2 .ln 21h（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)
17、 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 轴围成图形的面积与DMTP 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) .yyx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 ，D1y y2MTP 的面积 S2 = 2 y x - x - y
18、= 2 yxS3y (t ) dt3x3 y2因 1 =，则 0=，即y (t ) dt =，S22y22 y204 y3方程两边同时求导，得： y =42 y ( y )2 - y2 y( y )2，整理得： 3yy = 2 ( y )2 ，令 y = p ，则 y = pdp ，代入，得3yp dp dydy= 2 p2 ，解得 p = C y 3 ，即 dy12dx2= C1 y 31从而解得3y 3 = C1 x + C2 .2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 (
19、 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1231231 21 32 3 x1 y1 x = P y 化为二次型 g( y , y , y ) = y 2 + y 2 + 4 y 2 + 2 y y . 2 2 1231231 2 x y 3 3 (I) 求 a 的值；(II) 求可逆矩阵 P. 122 3 【答案】（1） a = - 1 ；（2） P = 014 23 010 1aa【解析】（1）根据题设， f (x , x , x )
20、= X T AX ， A = a1a ，二次型 f (x , x , x ) 经123123aa1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 ) = y2 + y2 + 4 y2 + 2 y y = ( y + y )2 + 4 y21231231 2123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 .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 +
21、 2x x + 2x x + 2x x = ( x + x + x )2 ，其正负惯1231231 21 32 3123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 时，2f (x , x , x ) = x2 + x2 + x2 - x x - x x - x x1231231 21 32 3= (x2 - x x - x x ) + x2 + x2 - x x11 21 3232 33112333= x1 - 2 x2 - 2 x3 +x2 +244x2 -2 x2 x311232= x1 - 2 x2 -
22、2 x3 +( x2 - x3 )4令 z = x - 1 x - 1 x , z =3 ( x - x ), z = x ，则 fz = Px z2 + z2112 22 32223331- 1- 1 22 1 12其中 P = 03-3 .122 001 对于 g( y , y , y ) = ( y + y )2 + 4 y2 ，令 z = y + y , z = 2 y , z = y ，则1231231122332f z = P y z2 + z2 ，其中 P110= 002 . 2122010122 3 由 P X = PY可得X = P-1PY , 令P = P-1P ,则P =
23、 014 为所求的可逆矩阵1212123 （23）（本题满分 11 分）010 设 A 为 2 阶矩阵， P (a, Aa ) ，其中a 是非零向量且不是 A 的特征向量（1） 证明 P 为可逆矩阵；（2） 若 A2a + Aa - 6a = 0 ，求 P-1 AP ，并判断 A 是否相似于对角矩阵。【答案】（2） P-1 AP = 06 ， A 可以相似对角化1-1【解析】（1）证明：设k a + k Aa = 0 ，k 肯定为 0，反证法，若k 0 ，则 Aa = - k1 a ，k12222即a 为 A 的特征向量，与题意矛盾。因此k2 = 0 ，代入得k1a = 0 ，由a 非零得k1
24、 = 0 .由k1 = k2 = 0 得a, Aa 线性无关，向量组秩为 2， r (P) = 2 ，所以 P = (a, Aa ) 可逆。（2）由 A2a + Aa - 6a = 0 得 A2a = 6a - Aa ，A(a, Aa ) = ( Aa , A2a ) = ( Aa , 6a - Aa ) = (a , Aa ) 06 1-1-1 06 06 由 P 可逆得 P AP = 1-1 ，令 B = 1-1 由 B - l E= 0 得l1 = 2, l2 = -3有两个不同的特征值，所以 B 可相似于对角矩阵，由 P-1 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.