《2020湖南考研数学二真题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020湖南考研数学二真题及答案.pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、ex1ln 1 x00020202020湖南考研数学二真题及答案湖南考研数学二真题及答案一、选择题：一、选择题：18 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项分，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符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答答题题纸纸指定位置上指定位置上.（1）当x 0时，下列无穷小量中最高阶是（）（A）xet21dt（B）xln1t2dt（C）sin xsint2dt0【答案】（D）1cos x（D）0sin t2dt【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
2、同的。（A）xet21dt ex1 x20（B）xln1t2dt ln1x2 x（C）（C）sin xsint2dtsinsin2x x2（D）01cos x0dtsin x 1x32经比较，选（D）（2）函数f(x)1ex1ln 1 x(ex1)(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1lim f(x)lim1 e2lim ln 1 x ；x1x1(ex1)(x2)3(e11)x11lim f(x)lim e1limln(1 x)1；x0 x0(ex1)(x2)2x0 x2esint2sin(
3、1 cos x)2ex1ln 1 x2fxn 2x2x2(ex2x21lim f(x)limln 21lim ex1 0;x11x1(ex1)(x2)1 ex1；limln 21lim ex1;x1(ex1)(x2)1 ex11ex1ln 1 xeln31lim f(x)lim1)(x 2)(e 1)limx 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。1arcsin（3）（3）xdx（）02（A）4x1 x2（B）8（C）4（D）8【答案】（A）【解析】令 sin t，则x sin2t，dx 2 sin t cos tdt21arcsinxdx 2t2sintcost
4、dt 22tdt t22 0 x1x0sin t cos t004（4）fx x2ln1 x,n 3时，fn0（A）n!n 2（B）n!n 2n 2!（C）（D）nn2!n【答案】(A)xn2xn2xn【解析】由泰勒展开式，ln(1 x)n1，则xln(1 x)n1，n3故f(n)(0)n!.n 2 xy,xy 0（5）关于函数fx,yx,y,y 0 x 0给出以下结论0,0 10,01limx,y0,0f(x,y)0lim lim f(x,y)0y0 x0ex1ln 1 xex1ln 1 xxfxynnfx0,y1x0正确的个数是（A）4（B）3（C）2（D）1【答案】（B）ffx,0 f0
5、,0 x 0【解析】x0,0 limfx 0f limx0 x 1，正确flimx0,yx0,0 lim,xy0,0y0y 0y0y而f limfx,y f0,y limxy ylimx1 y不存在，所以错误；x0,yx0 x 0 x0 xx0 xxy 0 x y,x 0 x,y 0 y,从而x,y0,0时，limx,y0,0f(x,y)0，正确。lim fx,y0,xy 0或y 0,从而limlim f(x,y)0，正确x0y,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
6、)f(1)e3【答案】(B)f(x)f(x)ex f(x)exf(x)f(x)【解析】构造辅助函数F(x)，由F(x)，由题exf(x)e2 xexf(0)f(1)意可知，F(x)0，从而F(x)单调递增.故F(0)F(1)，也即exe0e1，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的代数余子式A12 0,1,2,3,4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 k11k22k33，其中k1,k2,k3为任意常数（B）x k11 k22k34，其中k1,k2,k3为任意常数（C）x k11 k23 k34，其
7、中k1,k2,k3为任意常数（D）x k12 k23k34，其中k1,k2,k3为任意常数【答案】（C）【解析】由于A不可逆，故rA 4，A 0.由由A120rA*1，rA413，则rA 3，rA*1，故，故A*x 0的基础解系中有4 1 3个无关解向量。此外，A*A A E 0，则A的列向量为A*x 0的解。则由A 0，可知，可知,线性12134无关（向量组无关，则其延伸组无关），故A*x 0的通解为x k k k，即选11233 4项（C）正确。（8）设A为 3 阶矩阵，1,2为A的属于特征值 1 的线性无关的特征向量，3为A的属100于特征值1的特征向量，则P1AP 010的可逆矩阵P为
8、（）（A）13,2,3（C）13,3,2001（B）12,2,3（D）12,3,2【答案】（D）【解析】设P (,100,)，若P1AP 010，则,应为 A 的属于特征值 112313001的线性无关的特征向量，2应为A 的属于特征值1的线性无关的特征向量。这里根据题设，1,2为A的属于特征值为 1 的线性无关的特征向量，则12也为A的属于特征值为 1 的线性无关的特征向量。又因3为A的属于1的特征向量，则3也为A的属于特征值1的特征向量。且100100(,)(,)101,由于101可逆，1232123010010故r(12,3,2)r(1,2,3)3,即12,3,2线性无关dydtdxdt
9、1tt21t t21t21t212111x3000100综上，若P (,)(,)，则P1AP 010.1231232因此选项（D）正确。001二、填空题：二、填空题：9 14 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分，请将答案写在分，请将答案写在答答题题纸纸指定位置上指定位置上.x d2y（9）设y lnt，则t21d x t 1【答案】【解析】dy1dxttd 1 d2ydytdt1 d2xdxdtdxt2tt3(10)t 10dyyx 1dx 3【答案】229 1【解析】交换积分次序，原式2dxx31dy 1x2x31dx11x31dx3112x3121221303 309(1
10、1)设z arctanxy sinx y，则dz0,【答案】1dx dyzycosx yzxcosx y【解析】x1 xy sinx y2,y1 xy sinx y2t212t21d2yd2x2220002zz将0,带入得x1,y 1因此dz0,1dx dy(12)斜边长为2a的等腰直角三角形平板，铅直的沉没在水中，且斜边与水面相齐，记重力加速度为g，水的密度为，则该平板一侧所受的水压力为.【答案】1ga33【解析】以水面向右为x轴，以垂直于三角板斜边向上为y轴建立直角坐标系，则此时，三角板右斜边所在的直线方程为y x a，取微元dy，则此时dF y2xgdy 2gy(y a)dy，则一侧的压
11、力F 02gy(y a)dy g(2y3 ay2)01ga3.a3a3（13）设y yx满足y2y y 0，且y0 0,y01，则yxdx【答案】1【解析】由方程可得特征方程为221 0,则特征方程的根为 1,1,12则微分方程的通解为y cexc xex，由y0 0,y01可得c 0,c 1，则1212yx xex，则yxdx xexdx 1（14）行列式【答案】a4 4a2【解析】a011a100a00a11 a 1aa 11a11a010a11a110a a1a 2a0a a2a a3 2a2a2a11 a4 4a2a0110a111111a00a三、解答题：三、解答题：1523小题，共
12、小题，共 94 分分.请将解答写在请将解答写在答答题题纸纸指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.（15）（本题满分 10 分）x1 x求曲线y 1xxx 0的斜渐近线【答案】y 1x e12eyxx11【解析】由k limxx limx(1 x)x limx(11)xexb lim(y 1xex)lim(xx1 x(1 x)x1x)lim x(eexx lnx1 x1)e1lim x(eexx lnx11 x1)e1lim x(x lnx1)1 t e1limln11tt洛e1lim11.x1 xxt0t2t02(1t)2e故斜渐近
13、线方程为：y 1x1.e2e（16）（本题满分 10 分）已知函数fx连续且limfx1，gx1fxtdt，求gx并证明gx在x 0 x0 x0处连续.1【答案】gx 2f(x)1x 0fudux 0 xx20【解析】因为limx0fxx1，并且f(x)连续，可得f(0)0,f(0)1.gx1fxtdtxt u 1xfudu，当x 0时，g(0)0.故0 x0 0 x 0gx1x，x0fudu x 0又x xxxyyyxx1xfudu 0g0 limgx g0 limx0 x0 x 0 xx0 x 00fuduf(x)1 1 2 limx0 x2x 0 limx0导数定义2x2则gxf(x)1
14、fudux 0，又因为xx20limgxlimf(x)1fudux0 x0 xx20 limf(x)lim1fudux0 xx0 x20所以gx在x 0处连续（17）（本题满分 10 分）求fx,y x38y3 xy极值 111 g022【答案】111f极小(,)6 122162x 1fx(x,y)3x y 0 x 06【解析】令f(x,y)24y2 x 0得y 0或1.yA f(0,0)0y12当驻点为(0,0)时，B C f(0,0)1，则AC B2 0，故(0,0)不是极值点.f(0,0)0A 1 1f(,)16 121 1当驻点为1121 1(,)时，B fxy(,)1，则AC B 0
15、,A1 0，故(,)为极6 126 12116 12C fyy(,)46 12xxx1 x22x2 y2 1 y1122yxdy 122dyy sint3226621 11小值点.f(,)为极小值.6 1221621x22x（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)x2，621x22x2 f(x)x f()x【解析】111 2得f(x)x.2 f()f(x)xxx233y2sin2t1 cos 2t2cos t2(t 1sint)3.66（19）（本题满分
16、 10 分）平面D 由直线x 1,x 2,y x与x轴围成，计算Ddxdyx【答案】ln33124【解析】2secr11dxdy 4drdr 43sec2dDx330secrcos033cos24sec3d2024secd tan02 ln241（20）（本题满分 11 分）设函数fxxet2dt(I)证明：存在1,2,f2 e2(II)证明：存在1,2,f2 ln2e21 x21 x21 x21 x2x2 y222Vx32cos tdt 2dt2第 10 页11x【解析】(I)法 1：令F(x)(x2)f(x)(x2)xet2dt.1由题意可知，F(2)F(1)0，且F(x)可导，由罗尔中值
17、定理知，(1,2)，使F()0，又F(x)xet2dt(x2)ex2，即f2e2.得证.法 2：令F(x)fx(x2)ex2，则F(1)e 0,F(2)2et2dt 0，由零点定理知，存在(1,2)，使得F()0，即f2 e2.(II)令g(x)ln x，则g(x)1 0.x由柯西中值定理知，存在(1,2)，使得f(2)f(1)g(2)g(1)f()，g()f(2)e2即，故f2 ln 2 e2.ln21（21）（本题满分 11 分）设函数fx可导，且fx0，曲线y fxx 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 fx，直线MP以及x轴围成图形的面
18、积与MTP面积比恒为为 3:2，求满足上述条件的曲线方程。【答案】y Cx3C 0【解析】设切点Mx,y，则过M点的切线方程为Y y yX x.yy令Y 0，则X x y，故Tx y,0.曲线y fx，直线MP以及x轴围成图形的面积S10ytdt，1y y2MTP的面积S22yx xy2yS3ytdt3x3 y2因1，则0，即ytdt，S22y22y204 yx第 11 页122方程两边同时求导，得：y 42yy2 y2yy2，整理得：3yy 2y2，令y p，则y pdp，代入，得3ypdpdydy 2p2，解得p C y3，即dydx2 C1y31从而解得3y3 C1x C2.因曲线过原点
19、，即f(0)0，则C 0，故y Cx3.又因为f x0，所以y 即曲线为y Cx3C 0fx单调递增，所以C 0（22）（本题满分 11 分）设二次型f(x,x,x)x2 x2 x2 2ax x 2ax x 2ax x经过可逆线性变换12312312132 3 x1 y1x Py化为二次型g(y,y,y)y2 y2 4 y2 2 y y.221231231 2xy33(I)求a的值；(II)求可逆矩阵P.122 3【答案】（1）a 1；（2）P 014 23010 1aa【解析】（1）根据题设，f(x,x,x)XTAX，Aa1a，二次型f(x,x,x)经123123aa1可逆变换得到g(y1,
20、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 y212312312123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 0.3第 12 页2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 2x x 2x x 2x x=x x x2，其正负惯123123121323123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 x123123121 323(x2
21、 x x x x)x2 x2 x x1121 3232 3112333x12x22x3 x2+44x22x2x311232x12x22x3x2x34令z x 1x 1x,z 3x x,z x，则fz Pxz2 z2112223222333111 22112其中P 033.122001对于g(y,y,y)(y y)2 4 y2，令z y y,z 2 y,z y，则1231231122332fz P yz2 z2，其中P110002.2122010122 3由PX PY可得X P1PY,令P P1P,则P 014 为所求的可逆矩阵1212123（23）（本题满分 11 分）010 设A为 2 阶矩
22、阵，P,A，其中是非零向量且不是A的特征向量3第 13 页（1）证明P为可逆矩阵；（2）若A2 A6 0，求P1AP，并判断A是否相似于对角矩阵。【答案】（2）P1AP 06，A可以相似对角化11【解析】（1）证明：设k k A 0，k肯定为 0，反证法，若k 0，则A k1，12222即为A的特征向量，与题意矛盾。因此k2 0，代入得k1 0，由非零得k1 0.由k1 k2 0得,A线性无关，向量组秩为 2，rP 2，所以P,A可逆。（2）由A2 A 6 0得A2 6 A，A,AA,A2A,6 A,A0611106 06 由P可逆得P AP 11，令B 11由B E 0得1 2,2 3有两个不同的特征值，所以B可相似于对角矩阵，由P1AP 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.k