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1、2 0 1 9 黑 龙 江 考 研 数 学 二 真 题 及 答 案一、选 择 题:1 8 小 题，每 小 题 4 分，共 3 2 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 的，请 将 所 选 项 前 的 字 母 填 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.1、当 0 x 时，若 t a n x x 与kx 是 同 阶 无 穷 小 量，则 k（）A、1.B、2.C、3.D、4.【答 案】C.【解 析】因 为3t a n 3xx x，所 以 3 k，选 C.2、曲 线3s i n 2 c os y x x x x 的 拐 点 是（）A、,.B、0
2、,2.C、,2.D、3 3,.【答 案】C.【解 析】c o s s i n y x x x，s i n y x x，令 s i n 0 y x x，解 得 0 x 或x。当 x 时，0 y；当 x 时，0 y，所 以,2 是 拐 点。故 选 C.3、下 列 反 常 积 分 发 散 的 是（）A、0 xx e d x.B、20 xx e d x.C、20t a n1a r x xd xx.D、201xd xx.【答 案】D.【解 析】A、0 0 0 01x x x xx e d x x d e x e e d x，收 敛；B、2 220 01 12 2x xx e d x e d x，收 敛；
3、C、2220 0t a n 1a r c t a n1 2 8a r x xd x xx，收 敛；D、2 22 20 001 1 1(1)l n(1)1 2 1 2xdx d x xx x，发 散，故 选 D。4、已 知 微 分 方 程 的xy a y b y c e 通 解 为1 2()x xy C C x e e，则,a b c 依 次为（）A、1,0,1.B、1,0,2.C、2,1,3.D、2,1,4.【答 案】D.【解 析】由 题 设 可 知 1 r 是 特 征 方 程20 r a r b 的 二 重 根，即 特 征 方 程 为2(1)0 r，所 以 2,1 a b。又 知*xy e
4、是 方 程 2xy y y c e 的 特 解，代 入 方 程 的4 c。故 选 D。5、已 知 积 分 区 域,2D x y x y，2 21DI x y d x d y，2 22s i nDI x y d x d y，2 231 c o sDI x y d x d y，则（）A、3 2 1I I I.B、2 1 3I I I.C、1 2 3I I I.D、2 3 1I I I.【答 案】A.【解 析】比 较 积 分 的 大 小，当 积 分 区 域 一 致 时，比 较 被 积 函 数 的 大 小 即 可 解 决 问 题。由2x y，可 得22 22x y【画 图 发 现2x y 包 含 在
5、圆22 22x y 的内 部】，令2 2u x y，则 02u，于 是 有 s i n u u，从 而2 2 2 2s i nD Dx y d x d y x y d x d y。令()1 c os s i n f u u u，则()s i n c os f u u u，()04f。()f u 在 0,4 内 单 调减 少，在,4 2 单 调 增 加，又 因 为(0)()02f f，故 在 0,2 内()0 f u，即1 c os s i n u u，从 而2 2 2 2s i n(1 c o s)D Dx y d x d y x y d x d y。综 上，选 A。6、设 函 数(),()f
6、 x g x 的 二 阶 导 数 在 x a 处 连 续，则2()()l i m 0()x af x g xx a是 两 条 曲 线()y f x，()y g x 在 x a 对 应 的 点 处 相 切 及 曲 率 相 等 的（）A、充 分 非 必 要 条 件.B、充 分 必 要 条 件.C、必 要 非 充 分 条 件.D、既 非 充 分 也 非必 要 条 件.【答 案】A.【解 析】充 分 性：利 用 洛 必 达 法 则，由2()()l i m 0()x af x g xx a可 得()()l i m 02()x af x g xx a 及()()l i m 02x af x g x，进 而
7、 推 出()()f a g a，()()f a g a，()()f a g a。由 此 可 知 两 曲 线 在 x a 处 有相 同 切 线，且 由 曲 率 公 式322 1()yKy 可 知 曲 线 在 x a 处 曲 率 也 相 等，充 分 性 得 证。必 要 性：由 曲 线()y f x，()y g x 在 x a 处 相 切，可 得()()f a g a，()()f a g a；由 曲 率 相 等3 32 22 2()()1()1()f a g af a g a，可 知()()f a g a 或()()f a g a。当()()f a g a 时，所 求 极 限2()()()()()(
8、)l i m l i m l i m()()2()2x a x a x af x g x f x g x f x g xf ax a x a，而()f a 未 必 等 于 0，因 此 必 要 性 不 一 定 成 立。故 选 A。7、设 A 是 4 阶 矩 阵，*A 为 A 的 伴 随 矩 阵，若 线 性 方 程 组 0 A x 的 基 础 解 系 中 只 有 2 个向 量，则*()r A（）。A、0.B、1.C、2.D、3.【答 案】A.【解 析】因 为 方 程 组 0 A x 的 基 础 解 系 中 只 有 2 个 向 量，所 以 4()2 r A，从 而()2 4 1 r A，则*()r
9、A 0，故 选 A。8、设 A 是 3 阶 实 对 称 矩 阵，E 是 3 阶 单 位 矩 阵，若22 A A E,且 4 A，则 二 次 型Tx A x的 规 范 型 为（）A、2 2 21 2 3y y y.B、2 2 21 2 3y y y.C、2 2 21 2 3y y y.D、2 2 21 2 3y y y.【答 案】C.【解 析】设 是 A 的 特 征 值，根 据22 A A E 得22，解 得 1 或 2；又因 为 4 A，所 以 A 的 特 征 值 为 1，-2，-2，根 据 惯 性 定 理，Tx A x 的 规 范 型 为2 2 21 2 3y y y。故 选 C。二、填 空
10、 题：9 1 4 小 题,每 小 题 4 分,共 2 4 分.请 将 答 案 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.9、20l i m(2)xxxx.【答 案】24 e。【解 析】02 2 2l i m l n 1(2 1)0 0l i m(2)l i m 1(2 1)xxxx xx x xx xx x e 02 12 l i m2(1 l n 2)24xxxxe e e.1 0、曲 线s i n1 c o sx t ty t 在32t 对 应 点 处 的 切 线 在 y 轴 上 的 截 距 为。【答 案】322.【解 析】斜 率32s i n11 c o std y td x t，切 线
11、方 程 为322y x，截 距 为322。1 1、设 函 数()f u 可 导，2()yz y fx，则 2z zx yx y。【答 案】2yy fx.【解 析】3 2 2 2 222,z y y z y y yf f fx x x y x x x，22z z yx y y fx y x 1 2、曲 线 l n c o s(0)6y x x 的 弧 长 为【答 案】1l n 32【解 析】2 21 1 t a n s e c d s y d x x d x x d x 66001s e c l n(s e c t a n)l n 3.2s x dx x x 1 3、已 知 函 数21s i n
12、()xtf x x d tt，则10()f x d x【答 案】1(c o s 1 1)4【解 析】设21s i n()xtF x dtt,则1 1 1 1 12 2 20 0 0 0 01 1 1()()()()()2 2 2f x dx x F x dx F x dx x F x x dF x 21 1 1 12 2 2 20 0 0 01 1 s i n 1 1 1()s i n c o s(c o s 1 1)2 2 2 4 4xx F x d x x d x x x d x xx.1 4、已 知 矩 阵1 1 0 02 1 1 13 2 2 10 0 3 4A，i jA 表 示 元
13、素i ja 的 代 数 余 子 式，则1 1 1 2A A【答 案】4.【解 析】由 行 列 式 展 开 定 理 得1 1 1 21 1 0 0 1 0 0 01 1 1 1 1 12 1 1 1 2 1 1 11 2 1 0 1 0 43 2 2 1 3 1 2 10 3 4 0 3 40 0 3 4 0 0 3 4A A A 三、解 答 题：1 5 2 3 小 题,共 9 4 分.请 将 解 答 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.解 答 应 写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤.1 5、（本 题 满 分 1 0 分）已 知 函 数2,0()1,0 xxx xf
14、xx e x，求()f x，并 求 函 数()f x 的 极 值【解 析】当 0 x 时，2 2 l n()x x xf x x e，2()2(l n 1)xf x x x；当 0 x 时，()(1)xf x x e；2 20 0 0()(0)1 2(l n 1)(0)l i m l i m l i m1x xx x xf x f x x xfx x，即()f x 在 0 x 处 不可 导 综 合 上 述：22(l n 1),0()(1),0 xxx x xf xx e x；令()0 f x 得 驻 点1 211,x xe；0 x 是 函 数()f x 的 不 可 导 点。当 1 x 时，()
15、0 f x；当 1 0 x 时，()0 f x；当10 xe 时，()0 f x；当1xe 时，()0 f x；故11 x 是 函 数 的 极 小 值 点，极 小 值 为1(1)1 f e；21xe是 函 数 的 极 小 值 点，极 小 值 为21()ef ee；函 数()f x 在 0 x 处 连 续 且 有 极 大 值(0)1 f 1 6、（本 题 满 分 1 0 分）求 不 定 积 分2 23 6(1)(1)xd xx x x【解 析】设2 2 2 23 6(1)(1)1(1)1x A B C x Dx x x x x x x（1）两 边 同 乘 以2(1)x 且 令 1 x，可 得 3
16、 B；（2）两 边 同 乘 以 x 且 令 x，可 得 0 A C；（3）两 边 分 别 令 0 x，1 x，可 得632 4 4A B DA BC D；解 得2,2,1 A C D。则2 2 2 23 6 2 3 2 1(1)(1)1(1)1x xx x x x x x x，于 是2 2 2 23 6 2 3 2 1(1)(1)1(1)1x xdx dxx x x x x x x 2223(1)32 l n 1 2 l n 1 l n(1)1 1 1d x xx x x x Cx x x x。1 7、（本 题 满 分 1 0 分）设 函 数()y x 是 微 分 方 程2212xy x y
17、ex 满 足 条 件(1)y e 的 特解（1）求()y x 的 表 达 式；（2）设 平 面 区 域(,)|1 2,0()D x y x y y x，求 D 绕 x 轴旋 转一 周 所 形 成 的 旋 转 体 的 体 积【解 析】（1）方 程 为 一 阶 线 性 非 齐 次 微 分 方 程 由 通 解 公 式 可 得2 2 2()2 2 21 1()()()()2 2x x xx d x x d xy x e e e d x C e d x C e x Cx x，把 初 始 条 件(1)y e 代 入，得 0 C，从 而 得 到22().xy x x e（2）旋 转 体 的 体 积 为2 2
18、 22 41 1()()2xxV y x d x x e d x e e 1 8、（本 题 满 分 1 0 分）设 平 面 区 域2 2 3 4(,)|,()D x y x y x y y，计 算 二 重 积 分2 2Dx yd x d yx y【解 析】显 然 积 分 区 域 D 关 于 y 轴 对 称，由 对 称 性 可 得2 20Dxd x d yx y；将2 2 3 4()x y y 化 为 极 坐 标，有20 s i n r，于 是23s i n42 2 2 2 04s i nD Dx y yd x d y d x d y d r d rx y x y 3 35 2 24 44 41
19、 1 4 3 2s i n(1 c o s)c o s2 2 1 2 0d d.1 9、（本 题 满 分 1 0 分）设 n 是 正 整 数，记nS 为 曲 线 s i n(0)xy e x x n 与 x 轴 所 形成 图 形 的 面 积，求nS，并 求 l i m.nnS【解 析】当 2,(2 1)x k k 时，s i n 0 x；当(2 1),(2 2)x k k 时，s i n 0 x，故 曲 线 s i n(0)xy e x x n 与 x 轴 之 间 图 形 的 面 积 应 表 示 为(1)00s i n s i nnn kx xnkkS e x dx e x dx，先 计 算(
20、1)s i nkxkkb e x d x，作 变 量 替 换u x k，于 是 有()0s i n()u kkb e u k d u 0s i nk ue e u du 001s i n s i n c os 2k u k ue e u du e e u u 12kee.所 以0 0(1)(1)(1)(1)(1)2 2(1)2(1)k n n n nn kk ke e e e e eS be e，因 此(1)(1)1l i m l i m2(1)2(1)nnn ne e eSe e。2 0、（本 题 满 分 1 1 分）已 知 函 数(,)u x y 满 足 关 系 式2 22 22 2 3
21、3 0u u u ux y x y 求,a b的 值，使 得 在 变 换(,)(,)ax byu x y v x y e 之 下，上 述 等 式 可 化 为 函 数(,)v x y 的 不 含 一 阶 偏导 数 的 等 式【解 析】在 变 换(,)(,)ax byu x y v x y e 之 下(,)a x b y a x b yu ve a v x y ex x，(,),ax by ax byu ve bv x y ey y 2 222 22(,)a x b y a x b y a x b yu v ve a e a v x y ex x x，2 222 22(,)a x b y a x
22、b y a x b yu v ve b e b v x y ey y y；把 上 述 式 子 代 入 关 系 式2 22 22 2 3 3 0u u u ux y x y，得 到2 22 22 22 2(4 3)(3 4)(2 2 3)(,)0v v v va b a b b v x yx y x y 根 据 要 求，显 然 当3 3,4 4a b 时，可 化 为 函 数(,)v x y 的 不 含 一 阶 偏 导 数 的 等 式 2 1、（本 题 满 分 1 1 分）已 知 函 数()f x 在 0,1 上 具 有 二 阶 导 数，且(0)0,(1)1 f f，10()1 f x d x，证
23、 明：（1）至 少 存 在 一 点(0,1)，使 得()0 f；（2）至 少 存 在 一 点(0,1)，使 得()2 f 证 明：（1）令0()()xx f t d t，则10(0)0,(1)()1 f x d x，则 由 于()f x 在 0,1 连 续，则()x 在 0,1 上 可 导，且()()x f x，则 由 拉 格 朗 日 中 值定 理，至 少 存 在 一 点1(0,1)，使 得1()(1)(0)1，即1()1 f；又 因 为(1)1 f，对()f x 在 1,1 上 用 罗 尔 定 理，则 至 少 存 在 一 点1(,1)(0,1)，使 得()0 f；（2）令2()()F x f
24、 x x，显 然()F x 在 0,1 具 有 二 阶 导 数，且21 1(0)0,(1)2,()1 F F F 对()F x 分 别 在 1 10,1 上 用 拉 格 朗 日 中 值 定 理，至 少 存 在 一 点1 1(0,)，使 得21 111 1 1()(0)1 1()10F FF；至 少 存 在 一 点2 1(,1)，使 得12 11()(1)()11F FF；对()()2 F x f x x 在 1 2,上 用 拉 格 朗 日 中 值 定 理，则 至 少 存 在 一 点1 2(,)(0,1)，使 得2 1 12 1 2 111()()()0F FF，又 因 为()()2 F f，故
25、()2 f 2 2（本 题 满 分 1 1 分）已 知 向 量 组：1 2 321 1 11,0,24 4 3 a；向 量 组：1 2 321 0 11,2,33 1 3 a a a 若 向 量 组 和 向 量 组 等 价，求 常数 a 的 值，并 将3 用1 2 3,线 性 表 示【解 析】向 量 组 和 向 量 组 等 价 的 充 分 必 要 条 件 是1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3(,)(,)(,;,)r r r 1 2 3 1 2 32 2 2 21 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1(,;,)1 0 2 1 2 3 0 1 1 0 2 24 4 3 3 1 3
26、 0 0 1 1 1 1 a a a a a a a a（1）当 1 a 时，显 然，1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3(,)(,)(,;,)2 r r r，两 个向 量 组 等 价 此 时，1 2 3 31 1 1 1 1 0 2 3(,;)0 1 1 2 0 1 1 20 0 0 0 0 0 0 0，方 程 组1 1 2 2 3 3x x x 的 通 解 为1232 31 21 0 xx x kx，也 就 是3 1 2 3(2 3)(2)k k k，其 中 k 为 任 意 常 数；（2）当 1 a 时，继 续 进 行 初 等 行 变 换 如 下：1 2 3 1 2 32 21
27、1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1(,;,)0 1 1 0 2 2 0 1 1 0 2 20 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 a a a a a a 显 然，当 1 a 且 1 a 时，1 2 3 1 2 3 1 2 3(,)(,;,)3 r r，同 时 1 2 31 0 1 1 0 1 1 0 1,0 2 2 0 2 2 0 1 11 1 1 0 1 0 0 1 a a a，1 2 3(,)3 r，也 就 是1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3(,)(,)(,;,)3 r r r，两 个 向 量 组 等 价 这 时，3 可 由1 2 3,线 性 表 示，表 示
28、法 唯 一：3 1 2 3（3）当=1 a 时，1 2 3 1 2 31 1 1 1 0 1,0 1 1 0 2 20 0 0 2 2 0,此 时 两 个 向 量 组 不等 价.综 上 所 述，综 上 所 述，当 向 量 组 和 向 量 组 等 价 时，1 a。2 3、（本 题 满 分 1 1 分）已 知 矩 阵2 2 12 20 0 2A x 与2 1 00 1 00 0By 相 似，（I）求,x y；（I I）求 可 逆 矩 阵 P，使 得1P A P B.【解 析】（I）由 于 A 与 B 相 似，根 据 矩 阵 相 似 必 要 条 件，有()()A Bt r A t r B，即2(2
29、4)22 2 2 1x yx y，解 得 3,2 x y。（I I）矩 阵 B 是 上 三 角 矩 阵，易 得 B 的 特 征 值 为 2,1,2。又 因 为 A 与 B 相 似，所 以 A的 特 征 值 也 是 2,1,2。对 于 矩 阵 A：解 方 程 组()0(1,2,3)iE A x i，可 得 属 于 特 征 值12,21,32 的 线 性 无 关 的 特 征 向 量 为：1(1,2,0)T，2(2,1,0)T，3(1,2,4)T 对 于 矩 阵 B：解 方 程 组()0(1,2,3)iE B x i，可 得 属 于 特 征 值12,21,32 的 线 性 无 关 的 特 征 向 量 为：1(1,0,0)T，2(1,3,0)T，3(0,0,1)T 令1 1 2 3(,)P，2 1 2 3(,)P，则 有1 11 1 2 2212P A P P B P，即1 12 1 1 2P P A P P B，令111 21 2 1 1 1 0 1 1 12 1 2 0 3 0 2 1 20 0 4 0 0 1 0 0 4P P P，则 有1P A P B，证 毕。