2019考研数学二考试真题及答案解析

D
x y x2 y2
d xd
x.
【解析】 (x2 y2 )3 y4 的极坐标方程为 r sin2 ，由对称性：
x y d
y d
D x2 y2
D x2 y2
y d 2 r sin r d r d
D1 x2 y2
Dr
2
2
[
sin2 r sin d r]d
0
2
sin
+
x
+1) (x
+ B(x2 + x +1) + -1)2 (x2 + x +1)
(Cx
+
D)(x
-1)2
则 3x + 6 = A(x -1)(x 2 + x +1) + B(x 2 + x +1) + (Cx + D)(x -1) 2
令 x = 1 得 9 = 3B, B = 3
令 x = 0 得6 =-A+ B + D 令 x = -1得 3 = -2 A + B + 4(D - C) 令 x = 2 得12 = 7 A + 7B + 2C + D
y
-1=
-x
+
3 2
p
+ 1.
Þ y = -x + 3 p + 2 2
在 y 轴上的截矩为 3 p + 2 2
11. z = y f x
ççç-
y x
2 2
÷÷÷÷
=
-
y x
3 2
f
;
z= f +y f y
ççç
2y x
÷÷÷=
f
+
2y 2 x
f
2x
z+y x
z y
=
-2x
×
y3 x2
f
+ y × f + 2y 2 f x
lim 充分性
O
xa
f (x) g(x) (x a)2
f (a ) g (a )
lim
f' (x)
g
' (
x)
xa 2(x a)
f (a) g(a)
lim f (x) g(x) = f (a) g(a) f ( a) g( a)
xa
2
2
f(x)与 g(x)相切于点 a.且曲率相等.选择（B）
3.（A） x ex d x P(2) 1 0
发散（A）
或
x d e x
0
x ex |0
0
e
x
d
x
0
ex
d
x
ex
|0
0 1
1
4. （D）
解：由条件知特征根为 1 2 1，特征方程为 ( 1)( 2 ) 2 2 1 0 ，故 a=2，b=1，而 y*=ex
1 2
e e (n1) 1 e
;
lim
n
Sn
1 2
lim
n
e e(n1) 1 e
1 2
e 1 e
1 2
1 e 1
20.（本题满分 11 分）
已知函数
u(x,y)满足 2
2u x2
2
2u y 2
3
u y
0
，求
a,b
的值，使得在变换
u(x,y)=v(x,y)eax+by 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.
2019 考研数学二考试真题答案解析（完整版）
1. （C） x tan x ~ x3 3
2.（B） y ' sin x x cos x 2sin x, y " x sin x, 令 y " 0 得 x 0, x , 又因为 y "' sin x x cos x, 将
上述两点代入得 y "'( ) 0, 所以 ( , 2) 是拐点.
规范形为 y12 - y22 - y32 ，选（C）
( ) ( ) 9.
lim
x +2x
2
x = lim
1+ x + 2x -1
= lim e 1 ×2( x+2 x -1)
x+2x -1
x
2( x+2x -1) x
x0
x0
x0
= e = e = 4e lim 2+22x ln 2
x®0
1
2+2 ln 2
13.解析：
1 f (x) d x
1
(x
x sin t2 d t) dx
0
01t
1
2
1
0
x 1
sin t
t2
d
t
d
x2
1 2
x2
x sin t 2 1t
d t |10
1x2 sin x2
0
x
dx
1 1 x sin x2 d x 20
1 1
22
1
sin
为特解，代入得 C=4，选（D）
5.因为 sin x2 + y2 < x2 + y2
1- cos x2 + y2 < x2 + y2
\ I2 < I1 I3 < I1
因为1- cos
x2 + y2 = 2sin
x2 + y2 sin
x2 + y2
2
2
sin
x2 + y2 = 2sin
x2 + y2 cos
-
0
+
¯
极小值
极大值
¯
极小值
于是有 f (x) 的极小值为 f (-1) =1- 1 , e
f
ççç1e
÷÷÷
=
e
-
2 e
，极大值为
f
(0)
=1
16.解析：令
3x + 6 (x -1)2 (x2 + x +1)
=
A x -1
+
(
x
B -1)
2
+
Cx + D x2 + x +1
=
A(x
-1)( x 2
当 x < 0 时 f ¢(x) = ex + xex
当x=0时
xlim0-
f (x) = xlim0-
f
(x) x
-
f 0
(0)
=
xlim0-
xe
x
+1-1 x
=
xlim0-
e
x
=1
xlim0-
f (x) = xlim0-
f
(x) x
-
f 0
(0)
=
xlim0-
x 2x +1-1 不存在 x
\ 有 f (x) 在 x = 0 点不可导.
21.已知函数 f (x) 在[0,1] 上具有二阶导数，且 f (0) 0, f (1) 1, 1 f (x) d x 1 ，证明： 0
（1）存在 (0,1) ，使得 f ( ) 0 ；
（2）存在 (0,1) ，使得 f () 2 .
证：（1）设 f (x) 在 处取得最大值，
则由条件 f (0) 0, f (1) 1, 1 f (x) d x 1 0
解得 A = -2, B = 3, C = 2, D = 1
故原式 = -2
x
1 -1
dx
+
3
(
x
1 -1)
2
dx
+
x
2x 2+
+1 x+
1
dx
= -2 ln
x-1 -
x
3 -
1
+
ln(
x
2
+
x +1) + C
17.解析：（1） y¢ - xy =
1
x2
e2
2x
ò 通解 y = esxdx çççç
22.解： (1,2 ,3, 1, 2 , 3)
1 1 1 1 0 1
1
0
2
12
3
4 4 a2 3 a 3 1 a a2 3
1 1 1 1 0 1
[解析]
u x
v x
eaxby v(x,
y)a eaxby
u v eaxby v( x, y)a eaxby y y
2u x2
2v x2
eaxby
v x
a eaxby
a
v x
eaxby
v( x,
y)a eaxby
2v x2
eaxby
v x
2a eaxby
v( x,
y)a 2
e ax by
0
x2
d
x2
1 4
(
cos
x2)
|10
1 4
(cos1 1)
14.解析：
1
A11 A12
2 3
1 1 2
0 1 2
01 1 0 1 0
1 1 1
0 1 2
0 1
1 1
1
1 1 1 2 1 0
1 1
1 0 ＝ 4
0 3 4 0 34
0 0 3 4 00 3 4
15.解：当 x > 0 时 f (x) = x2x = e2xln x f ¢(x) = e2xln x (2 ln x + 2)
7.因为 Ax = 0 的基础解系中只有 2 个向量 \ n - r(A) = 2 = 4- r(A) \ r( A* ) = 0 \ 选 A
8.选（C） 解：由 A2 + A = 2E 得 λ2 + λ=2 ， λ 为 A 的特征值， l=-2 或 1，
又 A λ1λ2 λ3=4 ，故 λ1=λ2=-2，λ3=1 ，
2u y 2
2v y 2
eaxby
v y
2b eaxby
v( x,
y)b 2 eaxby
代入已知条件
2
2u x2
2
2u y 2
3 u y
0
得
2
2v x2
2v y 2
4a
v xΒιβλιοθήκη Baidu
(3
4b)
v y
(2a2
2b2
3b)v( x,
y)
0
根据已知条件，上式不含一阶偏导，故 a=0,3-4b=0
即 a 0,b 3 4
则
f
a
g
(a
)
f
' (a
)
g' (a)
P
y'' 3 . y "(a) g "(a)
[1 y '2 ]2
lim lim lim
xa
f (x) g(x) (x a)2
xa
f '(x) g '(x) 2(x e)
xa
f
"(x) g "(x) 2
f
"(a) g "(a) 2
0 2 f "(a)
可知 f ( ) 1，于是 0 1 ，
由费马引理得 f ( ) 0 . （2）若不存在 h Î (0,1) ，使 f (h) < -2 ， 则对任何 x Î (0,1) ，有 f (x) ³ -2 ，
由拉格朗日中值定理得， f (x) - f (x) = f (c)(x - x) ， C 介于 x 与 x 之间，
于是 f ¢(x) = ìïïïïíïïïïî不ee2xx+存lnxxe在(x2,,lxnx<x=0+02)，x > 0
令
f
¢(x)
=0得
x1
=
1, e
x2
= -1,
于是有下列表
x
(-¥,-1)
-1
（-1，0）
0
ççç0, 1e÷÷÷
1 e
ççç1e , + ¥÷÷÷
f ¢(x) f (x)
-
0
+
不存在
ex (cos x sin x) I
所以 I 1 ex (cos x sin x) C ； 2
因此
uk
(1)k
1 2
ek
(cos
x
sin
x)
|(k 1)
k
1 (e(k1) ek ) ； 2
(这里需要注意 cos k (1)k )
因此
Sn
n1
uk
k 0
1 2
n k 1
ek
1 2 çççç
x
×
e
x2 2
÷÷÷÷÷2dx
（2）
ò = p
2
x
×
e
x2 2
dx
1
ò ( ) = p
2 ex2 dx2 = p ex2
2p =
e4 -e
21
2 12
18.（本题满分 10 分）
已知平面区域 D {(x, y) || x | y, (x 2 y 2)3 y 4} ，计算二重积分
2
10.
当 t = 3 p 时， x = 2
3 p - sin 3 p = 3 p +1
2
22
y
=
1-
cos
3 2
p
=
1
，即为点
ççç
3 2
p
+1,1÷÷÷
k
=
dy dx
=
dy dt
×
dt dx
=
sin
1 1- cos
t
dy = -1 = -1 dx t=2p 1
3
y
-1=
-çççx
-
3 2
p
- 1÷÷÷ Þ
5
d
4
4
2
(1
cos
2
)
2
d
cos
4
2
(1
2
cos
2
cos4 ) d cos
4
[cos
2 3
cos 3
1 5
cos5
]
|
2
4
2 2
2 3
2
2 8
1 5
42 32
43 12 0
2
19.设
n
为正整数，记
Sn
为曲线
y
ex
sin
x
与
x
轴所围图形的面积，求
Sn
，并求
lim
n
Sn
.
解：设在区间[k , (k 1) ](k 0,1, 2,…, n 1) 上所围的面积记为 uk，则
= - 2 y3 f + yf + 2 y3 f
x
x
=
yf
ççç
y2 x
÷÷÷÷
12.解析： y ln cos x, 0 x 6
l
6 0
1
sin x cos x
2
d
x
6 0
1 cos2
x
d
x
6 0
sec
x
d
x
ln
|
sec
x
tan
x
|
6 0
ln
2 3
3 3
ln
3 1ln 3 2
x2 + y2
2
2
因为 x2 + y2 < p \ x2 + y2 < p
4
2
4
\ sin x2 + y2 < cos x2 + y2
2
2
\ 1- cos x2 + y2 < sin x2 + y2
\ I3 < I2 \ I3 < I2 < I1 选A
6.解，必要性
f
( x),g ( x)
相切于
a
uk
(k1)x ex | sin x | d x (1)k
k
(k 1)x ex sin x d x；
k
记 I = ex sin x d x ，则
I ex d cos x (ex cos x cos x d ex ) ex cos x ex d sin x ex cos x (ex sin x sin x d ex )
2
1e x
x2 2
×
eS ( -x)dxdx
+
C
÷÷÷÷÷
ò =
x2
e2
çççç
1
x2
e2
2x
-x2
×e 2 dx+
C ÷÷÷÷÷
ò =
x2
e2
ççç
2
1
dx x
+
C
÷÷÷
( ) x2
=e2 x+C
由 f (1)= e = (C +1) e 得 C = 0
x2
所以 f (x)= x × e 2
ò Vx = p
不妨设 x< ， f ¢(x) £ -2(x - x) ，
积分得 x f ¢(x)dx £ -2 x \(x - x)dx = x2 <1 ，
0
0
于是 f (x) - f (0) <1 ，即 f (x) <1 ，
这与 f (x) >1 相矛盾，故存在 h Î (0,1), 使 f (h) < -2 .