2020年全国硕士研究生入学统一考试数学二答案及解析

2020年全国硕士研究生招生考试 数学（二）试题参考答案及解析

一、选择题1-8题，每小题4分，共32分。下列每题给出的4个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，请将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的是 ( ). （A）

+x0(et1)dt（B）ln(1t3)dt（C）02xsinx0sint2dt（D）1cosx0sin3tdt

【答案】（D）

【解析】limx0x0(et1)dt2x0x3x13t2可知(e1)dt:x,x0;03

lime11,23x3

x2x0limx0ln(1t3)dtx52ln(1x3)2lim,3x0552x2

25x2,x0;可知ln(1t)dt:05

x3sin(sin2x)cosxcosx1limlim,x0x0x0x33x233

sinx132可知sintdt:x,x0;03

0x0limsinxsint2dtlim1cosx0sin3tdtx5sin3(1cosx)sinx(1cosx)3sinx1limlim,44x0x05x5x102

可知

1cosx0sin3tdt:1cosx1x5,x0,102

对比可知

0sin3tdt的阶数最高，故选（D）.

2....第二类间断点的个数为（ ） （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 【答案】（C）

【解析】f(x)可能的间断点有x=-1,x=0,x=1,x=2，由于limln|1+x|=-?，

x?1x?lime¹0，可知limf(x)=?，则x=-1为f(x)的第二类（无穷）间断

x®-11(ex-1)(x-2)ex1，又由于f(x)在x=0处无定义，可知x=0为f(x)=-x(x-2)2e1x-11x-1点；limf(x)=limx0x01x-1e的第一类（可去）间断点；lim+x1=+ス,lim+x1ln(1+x)(ex-1)(x-2)0，则limf(x)=?，+x®11x-1则x=1为f(x)的第二类（无穷）间断点；limx21eln(1+x)=ス,limx2x-2ex-10，则

limf(x)=?，则x=2为f(x)的第二类（无穷）间断点.综上所述，f(x)的第二类间断

x®2点有3个，故选（C）. 3.

ò10arcsinxdx=（ ）.

x(1-x)

p2p2pp（A）（B）（C）（D）

4848

【答案】（A）

arcsinxdx=2【解析】蝌0x(1-x)110arcsinx1-(x)2dx

21=2ò10p2arcsinxd(arcsinx)=(arcsinx)=，故选（A）.

042(n)

4.设f(x)=xln(1-x),...,f（A）-(0)=（ ）.

n!n!(n-2)!(n-2)!（B）（C）-（D）n-2n-2nn

【答案】（A）.

【解析】由ln(1-x)的麦克劳林公式可知

骣骣3x4x2xnxn+2n鼢n+2珑f(x)=x珑-x--L-+o(x)鼢=-x++L++o(x)鼢鼢珑2n2n桫桫

2

xn的系数为-1n!(n)，则f(0)=-，故选（A）.

n-2n-25.关于函数...给出以下结论

¶2f¶f①=1①limf(x,y)=0①limlimf(x,y)=0=1①

(x,y)®(0,0)y0x0抖xy(0,0)¶x(0,0)

正确的个数是（ ）

（A）4 （B）3 （C）2 （D）1 【答案】（B）

【解析】f(x,0)=x可知不论xy?0,x¶f=1，故①正确.

¶x(0,0)(x,y)®(0,0)0还是y=0时，都有

y0x0limf(x,y)=0，故①正确.

limf(x,y)=0，进而limlimf(x,y)=0，可知①正确，

x®0当y=0时，fx¢(x,0)=lim当y构0,x当y?0,xf(x+Dx,0)-f(x,0)x+Dx-x=lim=1Dx瓺0x?0DxDx

f(x+Dx,y)-f(x,y)(x+Dx)y-xy0时，fx¢(x,y)=lim=lim=yDx瓺0x?0DxDx

f(Dx,y)-f(0,y)Dx?yy0时，fx¢(0,y)=lim不存在，则=limDx瓺0x?0DxDx

fxyⅱ(0,0)=limy®0fxⅱ(0,y)-fx(0,0)不存在，故①错误，故正确的有3个，选（B）

y6.设函数f(x)在区间[-2,2]上可导，。。。则（ ）. （A）

f(-2)f(0)f(1)f(2)>1（B）>e（C）>e2（D）>e3f(-1)f(-1)f(-1)f(-1)

【答案】（B）

(x)>f(x)>0可知【解析】由f¢f¢(x)f¢(x)>1，也即-1>0.则函数lnf(x)-x单调f(x)f(x)递增，进而有F(x)=elnf(x)-x=e-xf(x)单调递增. 经检验，F(0)>F(-1)，即

f(0)>e，f(-1)故选（B）.

*a12的。7.设四阶矩阵A=(aij)不可逆，。。，A*为A的伴随矩阵，则Ax=0的通解为（ ）.

（A）x=k1a1+k2a2+k3a3 （B）x=k1a1+k2a2+k3a4 （C）x=k1a1+k2a3+k3a4 （D）x=k1a2+k2a3+k3a4 【答案】（C）

【解析】先求A的秩r(A)，为此，需要先求r(A)，由于A不可逆，可知r(A)£3.又由于

*

A12¹0，则A中存在3阶非零子式，则r(A)£3，综上，有r(A)=3，进而有r(A*)=1.

**则Ax=0的基础解中含有3个向量，而AA=|A|E=0，可知A的列向量均为Ax=0*的解. 因此，在A的列向量中找出3个线性无关的向量，就是Ax=0的基础解系，又由于

*A12¹0，可知(a1,a3,a4)中存在3阶非零子式，则a1,a3,a4线性无关. 因此a1,a3,a4为

A*x=0的基础解系，A*x=0的通解可表示为k1a1+k2a3+k3a4，故选（C）.

8.设A为3阶矩阵，a1,a2为A属于特征值...，a3为A属于特征值为-1的特征向量，则

骣100÷ç÷ç÷÷P-1AP=ç0-10的可逆矩阵P为（ ）. ç÷ç÷ç÷ç001÷桫（A）(a1+a3,a2,-a3)（B）(a1+a2,a2,-a3)（C）(a1+a3,-a3,a2)（D）(a1+a2,-a3,a2)【答案】（D）.

【解析】由特征向量的性质可知，a1+a2,a2为1的两个线性无关的特征向量，-a3为-1

骣100÷ç÷ç-1ç÷的特征向量令P=(a1+a2,-a3,a2)，则有PAP=ç0-10÷，故选择（D）. ÷ç÷ç÷ç001÷桫二、填空题：9-14小题，每小题2分，共24分。请将解答写在答题纸指定位置上。

2d2yxt19.设，则2=________.2dxt=1 yln(tt1)【答案】-2.

【解析】由参数方程求导公式可得：

1dy[ln(t+t2+1)]¢==2dx(t+1)¢¢骣1÷ç÷çç桫t÷1t2tt2+11=,ttt2+1t2+1,t3

dy==dx2(t2+1)¢2-=-t2+1d2y代入即得2=-dxt=110.

2.

蝌dy011yx3+1dx=________【答案】

2(22-1).9

【解析】原式=

1x201蝌Dx+1dxdy=3蝌dx0x+1dy=3蝌x021x+1dx=33103232(x+1)dx=(x+1)2=(22-1).

9903312111.设。。。，则dz(0,p)=________.【答案】(p-1)dx-dy

【解析】由一阶微分形式不变性可知：

dz=1ydx+xdy+cos(x+y)?(dxd[xy+sin(x+y)]=1+[xy+sin(x+y)]21+[xy+sin(x+y)]2dy)，代

入可知dz(0,p)=pdx+0dy+(-1)(dx+dy)=(p-1)dx-dy.

1

12.斜边长为2a的等腰直角三角形平板铅直地沉没在水中，。。。，则该平板一侧所受的水压力为________.

【答案】

rg3a.3

【解析】由条件知，薄板在深度为x处的宽度为2(a-x)，则压力

F=òa0rgx?2(ax)dx=rg3a. 3+2y?+y=0，13.设y=y(x)满足yⅱ。。。则

【答案】1

【解析】特征方程为l2ò+?0y(x)dx=________.

+2l+1=0，解得l1=l2=-1.则微分方程的通解为

y=C1e-x+C2xe-x，由于y(0)=0,y¢(0)=1，解得C1=0,C2=1，则y(x)=xe-x，故

ò+?0y(x)dx=1.

a0a1-12-11a01-10a=________.

14.行列式

0-112【答案】a(a-4).

a【解析1】

0a1-1100-11a0a=a11-10a0a0=aa00-11a00aa00a2aa10=a0000100a100

0-1100a2aa-1102aaa=00012aa0+(-1)1+40a=a4-4a2

02aa02aa02a骣2-200÷ç÷ç÷ç÷-2200ç42÷ç÷，，B=4Bç÷ç÷002-2÷ç÷ç÷ç÷ç00-22桫骣001-1÷ç÷ç÷ç÷00-11ç2÷÷B=【解析2】令B=ç，容易验证ç÷ç÷1-100÷ç÷ç÷ç÷ç-1100桫则B的特征值只能为0,2或-2. 由于r(B)=2，则0的重数为4-r(B)=2，B为实对称矩阵，又由于tr(B)=0，可知B的剩余两个特征值必然是2与-2，则B的特征值为0,0,2,-2，则原式=aE-B=a(a-4).

22

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，解答写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.（本题满分10分）求。。。的斜渐近线方程.

lim骣x÷f(x)xxx??ç【解析】lim=lim=limç=e÷x÷çx?ギx+ギx+?桫x(1+x)1+xx骣xxç-çç桫1+x1÷÷÷=e-1，

xx+1轾轾骣xx-1÷çlim[f(x)-e-1x]=lim犏-e-1x=limx犏-e÷çx犏÷çx?ギx+ギ犏x+?桫(1+x)1+x犏臌臌

xx轾轾xln(xln+1)-1-1犏1+x1+x犏=limx犏e-e=limex犏e-1.

x?ギx+?臌臌易知lim珑xln珑x?ギ珑轾骣1骣x犏+1鼢=limxln1-+1=lim鼢鼢x+ギx+?犏桫1+x臌桫1+x-1-1骣x?1-??桫1+x???=0，则

骣x1÷lim[f(x)-ex]=limexçxln+1，令，则 t=÷ççx?ギx+?桫1+x÷x骣xt-ln(1+t)1-1-1÷lime-1xçxln+1=elim=e，则斜渐近线方程为 ÷ç2çx??t®0+桫1+x÷t2y=e-1x+1-1e. 2(x)并证明g¢(x)在x=0处连续. 16.(本题满分10分)已知函数f(x)连续。。。求g¢【解析】当x¹0时，令xt=u，可得g(x)=当x=0时，g(0)=由于limòx0骣u÷f(u)dç=÷ç÷ç桫xòx0f(u)dux；

ò10f(0)dt=f(0).

f(x)f(x)=1，且f(x)连续，可知f(0)=limf(x)=lim?x0.

x®0x0x0xx

xìïïf(u)duò¢ï0轾xï,x¹0f(u)du=f(x)，则g(x)=í，由于f(x)连续，则犏òx0ï犏臌 ïï0,x=0ïî(x)=则x¹0时，有g¢xf(x)-òxx02f(u)du.

f(u)duòg(x)-g(0)f(x)10(0)=lim=lim=lim=，x=0时，有g¢x0x0x02xx-0x22 xìïïxf(x)-òf(u)duï0ï,x¹0ï2ï¢x则g(x)=í而

ï ï1ï,x=0ïï2ïîlimgⅱ(x)=limx0x0xxf(x)-蝌f(u)du=limf(x)-x02x0xxxlimx00f(u)dux2=1-11==g(0)22

(x)在x=0处连续.可知g¢

17.（本题满分10分）求函数f(x,y)x8yxy的极值.

33ì¶fïï=3x2-y=0,ïï¶x【解析】先求一阶偏导数得到驻点：ïí¶fïï=24y2-x=0,ïïïî¶y

解得驻点有(0,0),çç,骣11÷÷,ç桫612÷

ìï¶2fïï=6x,2ï¶xïïïï¶2fï=-1,íï抖xy再求二阶偏导数：ïï2ïï¶fï=48y,ï2ïïî¶y

对于(0,0)点：A=0,B=-1,C=0,由于AC-B<0,可知(0,0)点不是极值点

2骣骣11÷11÷2ç,÷点为极对于ç,÷点：A=1,B=-1,C=4,由于AC-B>0且A>0，可知çççç桫桫612÷612÷,小值点，极小值fççç骣11÷1=-. ÷÷桫61221613,y=2218.（本题满分10分）f(x)的定义域为。。。，求f(x)，并求曲线y=f(x),y=及y轴所围成区域绕x轴旋转一周所得的旋转体体积

【解析】令x为

骣11÷11+2x得：2fç，将该等式与+f(x)=÷ç2÷ç2桫xxxx1+x

x1+x22骣1x+2x÷联立可解得：f(x)=2f(x)+xfç=÷çç2桫x÷1+x2.

先求得y=f(x)的反函数x=32y1-y2，

再由旋转体体积公式得V=ò122py?y1-y2dyp2. 619.（本题满分10分）计算二重积分I=【解析】先将积分式化为极坐标： 原式=蝌Dx2+y2ds。。。。及X轴所围成.x

r蝌rcosqrdrdq=D蝌rsecqdrdq，将直线x=1,x=2化为极坐标得

Dr=secq,r=2secq，则定限可得：

原式=p4蝌dq0p42secqsecq3rsecqdr=?4sec3qdq，由分部积分法可得

20

p40p蝌sec03qdq=p402secqdtanq=secqtanq|-2-p43p40?p40tanqdsecq==解得

2-蝌tan0p4qsecqdq=p40sec3qdq+?secqdq0p42+lnsecq+tanq-蝌secqdq=02+ln(1+2)-p40sec3qdq

òp40sec3qdq=1(2+ln(1+22))，则原式=3[2+ln(1+42)].

20.（本题满分11分）设。。。证明

（1）存在xÎ(1,2)，使得f(x)=(2-x)ex （2）存在hÎ(1,2)，使得f(2)=ln2?heh

22

【证明】（1）令F(x)=(x-2)f(x)，显然F(x)在[1,2]上连续，(1,2)内可导，且

(x)=0，即F(1)=F(2)=0，则由罗尔中值定理可知，$x?(1,2)，使得F¢

(x-2)f¢(x)+f(x)=0，其中f¢(x)=ex，化简即得f(x)=(2-x)ex.

（2）令g(x)=lnx，显然f(x)与g(x)均在[1,2]上连续，(1,2)内可导，且xÎ(1,2)时，

22g¢(x)¹0，则由柯西中值定理可知，$h?(1,2)，使得

f(2)-f(1)f¢(h)=，其中

g(2)-g(1)g¢(h)

221f(2)ehh2f(1)=g(1)=0,gⅱ(h)=,f(h)=e，代入即得，即f(2)=ln2?heh. =1hg(2)h(x)>0(x?0)，21.（本题满分11分）设f(x)可导，f¢。。。，曲线上任意一点M的切线交

x轴于T，MP垂直x轴于P点，且y=f(x)，MP与x轴所围成的面积与DMTP面积比为3:2，求曲线方程. 【答案】y=Cx

【解析】设曲线上任一点M的坐标为(x,f(x))，由题知过点M的切线方程为

3骣f(x)÷Y-f(x)=f¢(x)(X-x)，令Y=0得T点的坐标为ç，则,0÷çx-÷÷ç¢桫f(x)

f2(x)f(x)|TP|=,|MP|=f(x)，故DMTP的面积为.曲线y=f(x)，直线MP与x

2f¢(x)f¢(x)轴所围成的曲边三角形的面积为

òx0òf(t)dt，由题意知，

x0f(t)dtf2(x)2f¢(x)=3，则有2

4òx0f2(x)f(t)dt=3①，①式两边同时对x求导得

f¢(x)2f(x)[fⅱ(x)]2-f2(x)f?(x)22ⅱ4f(x)=34[f(x)]=6[f(x)]-3f(x)fⅱ(x)，，化简得2¢[f(x)](x)-2[f?(x)]2=0，令p=f¢(x)=(x)可得fⅱ即3f(x)fⅱdpdpdydp==p，则方dxdydxdy212dydp233-2p=0，解得p=C1y，则=C1y，进而解得3y3=C1x+C2，程化为3ypdydx

3由于f(0)=0，则有3y=C1x，即y=Cx，其中C为大于零的常数.

22222.（本题满分11分）设有二次型f(x1,x2,x3)=x1+x2+x3+2ax1x2+2ax1x3+2ax2x3，222经可逆线性变换。。。得g(y1,y2,y3)=y1+y2+4y3+2y1y2.

13（1）求a的值 （2）求可逆矩阵P

骣1aa÷ç÷çç÷【解析】（1）f(x1,x2,x3)的矩阵为A=ça1a÷，g(y1,y2,y3)的矩阵为B=÷ç÷ç÷çaa1÷桫由于A;B，故r(A)=r(B)=2，不难得出a=-（2）分别用配方法将f(x1,x2,x3)2骣110÷ç÷çç÷110÷，ç÷ç÷ç÷ç004÷桫1.2

与

g(y1,y2,y3)化为标准形得

骣x2x3÷32，令f(x1,x2,x3)=çx1--+(x-x)÷ç23÷ç桫224

z1=x1-x2x33-,z2=(x2-x3),z3=x3，得

222

，令

22f=z12+z2,g(y1,y2,y3)=(y1+y2)2+4y3z1=y1+y2,z2=2y3,z3=y2，可得

g=z+z，则有f2122z=Px1z+z-12122z=P2yg，令

骣11÷ç1--÷ç÷ç22÷ç÷骣110÷ç÷çç÷÷ç33÷ç-1÷÷ç琪÷P=PP=0-002=÷çç12÷÷çç÷22÷çç÷÷÷çç010÷桫ç÷001ç麋÷ç÷ç÷ç桫f(x1,x2,x3)变换成g(y1,y2,y3).

骣ç12ççççççç01ççççç01ççç桫2÷÷÷3÷÷÷4÷÷，则线性变换x=Py可以把÷÷3÷÷÷0÷÷÷÷÷

23.（本题满分11分）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

-1（2）若Aa+Aa-6a=0，求PAP并判断A是否相似于对角矩阵.

2

【解析】（1）由于a不为A的特征向量，可知a,Aa不成比例，即a,Aa线性无关，也即

P=(a,Aa)可逆.

（2）由于Aa=6a-Aa，可知:

2骣06鼢骣06珑，则 鼢AP=(Aa,Aa)=(Aa,6a-Aa)=(a,Aa)珑=P鼢桫珑1-1鼢1-1桫2骣06÷，令B=÷PAP=çç÷÷ç1-1桫-1骣06÷ç，可知A相似于B， ÷ç÷÷ç1-1桫|lE-B|=l-6-1l+1=l2+l-6=(l+3)(l-2)，则B有两个不同的特征值2,-3，也

即A有两个不同特征值2,-3，故A可相似对角化.