考研数学二真题及全面解析Word版.docx

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考研数学二真题及全面解析Word版

2019年考研数学

（二）真题及完全解析（Word版）

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的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.

1、当时，若与是同阶无穷小量，则（）

、.、.、.、.

【答案】.

【解析】因为，所以，选.

2、曲线的拐点是（）

、.、.、.、.

【答案】.

【解析】，，令，解得或。

当时，；当时，，所以是拐点。

故选.

3、下列反常积分发散的是（）

、.、.、.、.

【答案】.

【解析】、，收敛；

、，收敛；

、，收敛；

、，发散，故选。

4、已知微分方程的通解为，则依次为（）

、.、.、.、.

【答案】D.

【解析】由题设可知是特征方程的二重根，即特征方程为，

所以。

又知是方程的特解，代入方程的。

故选。

5、已知积分区域，，，

，则（）

、.、.、.、.

【答案】.

【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，可得【画图发现包含在圆的内部】，令，则，于是有，从而。

令，则，。

在内单调减少，

在单调增加，又因为，故在内，即，从而。

综上，选。

6、设函数的二阶导数在处连续，则是两条曲线，

在对应的点处相切及曲率相等的（）

、充分非必要条件.、充分必要条件.、必要非充分条件.、既非充分也非必要条件.

【答案】.

【解析】充分性：

利用洛必达法则，由可得

及，

进而推出，，。

由此可知两曲线在处有相同切线，且由曲率公式可知曲线在处曲率也相等，充分性得证。

必要性：

由曲线，在处相切，可得，；

由曲率相等，可知或。

当时，所求极限

，而未必等于0，因此必要性不一定成立。

故选。

7、设是4阶矩阵，为的伴随矩阵，若线性方程组的基础解系中只有2个向量，则

（）。

、.、.、.、.

【答案】.

【解析】因为方程组的基础解系中只有2个向量，，所以，从而，

则0，故选。

8、设是3阶实对称矩阵，是3阶单位矩阵，若,且，则二次型的规范型为（）

、.、.、.、.

【答案】.

【解析】设是的特征值，根据得，解得或；又因为，所以的特征值为1，-2，-2，根据惯性定理，的规范型为。

故选。

二、填空题：

9～14小题,每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上.

9、.

【答案】。

【解析】

.

10、曲线在对应点处的切线在轴上的截距为。

【答案】.

【解析】斜率，切线方程为，截距为。

11、设函数可导，，则。

【答案】.

【解析】，．

12、曲线的弧长为．

【答案】

【解析】

13、已知函数，则．

【答案】．

【解析】设,则

.

14、已知矩阵，表示元素的代数余子式，则．

【答案】.

【解析】由行列式展开定理得

．

三、解答题：

15～23小题,共94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.

15、（本题满分10分）已知函数，求，并求函数的极值．

【解析】当时，，；当时，；

，即在处不可导．

综合上述：

；

令得驻点；是函数的不可导点。

当时，；当时，；当时，；

当时，；故是函数的极小值点，极小值为；是函数的极小值点，极小值为；函数在处连续且有极大值．

16、（本题满分10分）求不定积分．

【解析】设

（1）两边同乘以且令，可得；

（2）两边同乘以且令，可得；

（3）两边分别令，，可得；解得。

则，于是

。

17、（本题满分10分）设函数是微分方程满足条件的特解．

（1）求的表达式；

（2）设平面区域，求绕轴旋转

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

，

把初始条件代入，得，从而得到

（2）旋转体的体积为．

18、（本题满分10分）

设平面区域，计算二重积分．

【解析】显然积分区域关于轴对称，由对称性可得；

将化为极坐标，有，于是

.

19、（本题满分10分）设是正整数，记为曲线与轴所形成图形的面积，求，并求

【解析】当时，；当时，，故曲线与轴之间图形的面积应表示为

，

先计算，作变量替换，

于是有

.

所以，

因此。

20、（本题满分11分）已知函数满足关系式．求的值，使得在变换之下，上述等式可化为函数的不含一阶偏导数的等式．

【解析】在变换之下

，

，

；

把上述式子代入关系式，得到

根据要求，显然当时，可化为函数的不含一阶偏导数的等式．

21、（本题满分11分）已知函数在上具有二阶导数，且，，证明：

（1）至少存在一点，使得；

（2）至少存在一点，使得．

证明：

（1）令，则，

则由于在连续，则在上可导，且，则由拉格朗日中值定理，至少存在一点，使得，即；又因为，对在上用罗尔定理，则至少存在一点，使得；

（2）令，显然在具有二阶导数，且．

对分别在上用拉格朗日中值定理，

至少存在一点，使得；

至少存在一点，使得；

对在上用拉格朗日中值定理，则至少存在一点，

使得，又因为，故．

22．（本题满分11分）已知向量组Ⅰ：

；

向量组Ⅱ：

．若向量组Ⅰ和向量组Ⅱ等价，求常数的值，并将用线性表示．

【解析】向量组Ⅰ和向量组Ⅱ等价的充分必要条件是

（1）当时，显然，，两个向量组等价．

此时，，

方程组的通解为，也就是

，其中为任意常数；

（2）当时，继续进行初等行变换如下：

显然，当且时，，

同时，，也就是

，两个向量组等价．

这时，可由线性表示，表示法唯一：

．

（3）当时，,此时两个向量组不等价.

综上所述，综上所述，当向量组Ⅰ和向量组Ⅱ等价时，。

23、（本题满分11分）已知矩阵与相似，

（I）求；（II）求可逆矩阵，使得.

【解析】（I）由于与相似，根据矩阵相似必要条件，有，

即，解得。

（II）矩阵是上三角矩阵，易得的特征值为。

又因为与相似，所以的特征值也是。

对于矩阵：

解方程组，可得属于特征值的线性无关的特征向量为：

，，

对于矩阵：

解方程组，可得属于特征值的线性无关的特征向量为：

，，

令，，则有

，即，

令，

则有，证毕。