2019考研数学二真题及答案.doc

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1、2019考研数学二真题及答案一、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

2、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

3、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】.

4、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

5、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

6、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，

7、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