2020四川考研數學二真題【含答案】

2020四川考研數學二真題試卷 一、選擇題：1～8 小題，每小題 4 分，共 32 分，下列每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求的，請將所選項前的字母填在答．題．紙．指定位置上. （1） 當 x ® 0+ 時，下列無窮小量中最高階是（ ） 0 0 （A） ò x (et2 -1)dt （B） òx ln (1+ t2 )dt ò （C） sin x sin t 2dt 0 （D）  1-cos x ò （D） 0 sin t 2 dt 由于選項都是變限積分，所以導數的無窮小量的階數比較與函數的比較是相同的。 （A） (ò x (et 2 -1)dt )¢  2 = ex  -1 ~ x2 0 0 （B） (ò x ln (1+ t 2 )dt )¢ = ln (1+ x2 ) : x （C） （C） (òsin x sin t 2 dt )¢ = sin (sin2 x) : x2 （D） ( 0 sin t 2 ò 1-cos x 0 dt )¢ =  sin(1- cos x)2 sin x : 1 x3 2 經比較，選（D） （2） 函數 f (x) =  1 ex-1 ln 1+ x (ex -1)(x - 2)  的第二類間斷點的個數為 （ ） （A）1 （B）2 （C）3 （D）4 （C） 由題設，函數的可能間斷點有 x = -1, 0,1, 2 ，由此 ex-1 ln 1+ x 1 ex-1 ln 1+ x lim f (x) = lim - 1 = - e 2  lim ln 1+ x = -¥ ； x®-1 x®-1 (ex -1)(x - 2) 3(e-1 -1) x®-1 1 lim f (x) = lim = - e-1 lim ln(1+ x) = - 1 ； x®0 x®0 (ex -1)(x - 2) 2 x®0 x 2e ex-1 ln 1+ x 1 lim f (x) = lim  = ln 2  1 lim ex-1 = 0; x®1- ex-1 ln 1+ x 1 x®1- (ex -1)(x - 2) 1- e x®1- ； lim  = ln 2  1 lim ex-1 = -¥; x®1+ (ex -1)(x - 2) 1- e x®1+ 1 2 x®2 ex-1 ln 1+ x e ln 3 1 x®2 x®2 (ex lim f (x) = lim -1)(x - 2) = (e -1) lim x - 2 = ¥ 故函數的第二類間斷點（無窮間斷點）有 3 個，故選項（C）正確。 ò 1 arcsin （3） （3） x dx = （ ） 0 p 2 （A） 4 x (1- x) p 2 （B） 8  p （C） 4  p （D） 8 （A） x 令  = sin t ，則 x = sin2 t ， dx = 2 sin t cos tdt p p p 2 ò1 arcsin x dx = ò 2 t 2 sin t cos tdt = ò 2 2tdt = t2 2 = p 0 x (1- x) 0 sin t cos t 0 0 4 （4） f ( x) = x2 ln (1 - x), n ³ 3 時， f (n) (0) = （A） - n! n - 2  （B） n! n - 2 (n - 2)! - （C） （D） n (n - 2)! n (A) ¥ xn 2 ¥ xn+2 ¥ xn n 由泰勒展開式， ln(1- x) = -å n=1 ，則 x ln(1- x) = -å n n=1 = -å ， n - 2 n=3 故 f (n) (0) = n! . n - 2 ì xy, xy ¹ 0 ï （5）關于函數 f ( x, y ) = í x, ïî y, y = 0 x = 0 給出以下結論 ¶f ¶x ¶f ¶x¶y ① (0,0) = 1 ② (0,0) = 1 ③ lim ( x, y )®(0,0) f ( x, y) = 0 ④ lim lim f ( x, y) = 0 y®0 x®0 正確的個數是 （A）4 （B）3 （C）2 （D）1 （B） ¶f  f ( x, 0) - f (0, 0)  x - 0 ¶x (0,0) = lim x®0 ¶f x - 0 ¶f ¶x (0, y ) -1 - ¶f = lim x®0 x = 1，①正確 ¶f = lim ¶x (0, y ) ¶x (0, 0) = lim , ¶x¶y (0,0) y®0 y - 0 y®0 y 而¶f = lim f ( x, y ) - f (0, y ) = lim xy - y = lim x -1 × y  不存在，所以②錯誤； ¶x (0, y ) x®0 x - 0 x®0 x x®0 x xy - 0 = x y , x - 0 = x , y - 0 = y , 從而( x, y) ® (0, 0) 時，  lim ( x, y )®(0,0) f ( x, y) = 0 ， ③正確。 í lim f ( x, y ) = ì0, xy ¹ 0或y = 0 , 從而limlim f ( x, y) = 0 ，④正確 x®0 î y , x = 0 y®0 x®0 （6）設函數 f (x) 在區(qū)間[-2, 2] 上可導，且 f '(x) > f (x) > 0 .則 (A) f (-2) > 1 f (-1)  (B) f (0) > e f (-1)  (C) f (1) f (-1) < e2  (D) f (2) f (-1) < e3 (B)  f (x)  f '(x)ex - f (x)ex  f '(x) - f (x) 構造輔助函數 F (x) = ，由 F '(x) = = ，由題 ex f (x) e2 x ex f (0)  f (-1) 意可知， F '(x) > 0 ，從而 F (x) = 單調遞增.故 F (0) > F (-1) ，也即 ex e0 > e-1 ， 又有 f (x) > 0 ，從而 f (0) f (-1)  > e .故選(B). （7） 設 4 階矩陣 A = (aij )不可逆，a12 的代數余子式 A12 ¹ 0 ,a1 ,a2 ,a3 ,a4 為矩陣 A 的列向量組， A* 為 A 的伴隨矩陣，則 A* x = 0 的通解為（ ） （A） x = k1a1 + k2a2 + k3a3 ，其中k1, k2 , k3 為任意常數 （B） x = k1a1 + k2a2 + k3a4 ，其中k1, k2 , k3 為任意常數 （C） x = k1a1 + k2a3 + k3a4 ，其中k1, k2 , k3 為任意常數 （D） x = k1a2 + k2a3 + k3a4 ，其中k1, k2 , k3 為任意常數 （C） 由于A 不可逆， 故r ( A) < 4 ， A = 0 .由 A12  ¹ 0 Þ r ( A* ) ³ 1，r ( A) ³ 4 -1 = 3 ， 則r ( A) = 3 ， r ( A* ) = 1，故 A* x = 0 的基礎解系中有4 -1 = 3個無關解向量。 此外， A* A = A E = 0 ，則 A 的列向量為 A* x = 0 的解。則由 A ¹ 0 ，可知a ,a ,a 線性 12 1 3 4 無關（向量組無關，則其延伸組無關），故 A* x = 0 的通解為 x = k a + k a + k a ，即選 項（C）正確。 （8） 設 A 為 3 階矩陣，a1,a2 為 A 的屬于特征值 1 的線性無關的特征向量，a3 為 A 的屬 æ 1 0 0 ö 于特征值-1的特征向量，則 P-1 AP = ç 0 -1 0 ÷ 的可逆矩陣 P 為（ ） （A） (a1 + a3,a2 , -a3 ) （C） (a1 + a3, -a3,a2 ) ç ÷ è ø ç 0 0 1 ÷ （B） (a1 + a2 ,a2 , -a3 ) （D） (a1 + a2 , -a3 ,a2 ) （D） 設 P = (b , b  æ 1 0 0 ö , b ) ，若 P-1 AP = ç 0 -1 0 ÷ ，則 b , b 應為 A 的屬于特征值 1 1 2 3 ç ÷ 1 3 è ø ç 0 0 1 ÷ 的線性無關的特征向量， b2 應為A 的屬于特征值-1的線性無關的特征向量。 這里根據題設，a1,a2 為 A 的屬于特征值為 1 的線性無關的特征向量，則a1 + a2 也為 A 的屬于特征值為 1 的線性無關的特征向量。又因a3 為 A 的屬于-1的特征向量，則-a3 也為 A 的屬于特征值-1的特征向量。且 æ 1 0 0 ö æ 1 0 0 ö (a + a , -a ,a ) = (a ,a ,a ) ç 1 0 1 ÷ ,由于ç 1 0 1 ÷可逆， ç ÷ ç ÷ è 0 -1 0 ø è 0 -1 0 ø 故r(a1 + a2 , -a3 ,a2 ) = r(a1 ,a2 ,a3 ) = 3,即a1 + a2 , -a3 ,a2線性無關 æ 1 0 0 ö 綜上，若 P = (b , b , b ) = (a + a , -a ,a ) ，則 P-1 AP = ç 0 -1 0 ÷ . 因此選項（D）正確。 ç ÷ è ø ç 0 0 1 ÷ 二、填空題：9-14 小題，每小題 4 分，共 24 分，請將答案寫在答．題．紙．指定位置上. ï ì x =  t2 +1 ) 2 d 2 y î （9） 設ïí y = ln (t + ，則 = t 2 +1 d x t = 1 2 - dy = = × = 1 dy dt dx dt 1+ t t2 +1 t + t2 +1 t 2 +1 dx t t d æ 1 ö t2 +1 t2 +1 d 2 y dy ç t ÷ dt 1 = = è ø × = - × = - d 2 x dx dt dx t 2 t t3 d 2 y d 2 x 2 = - (10) t = 1 1 1 ò0 dyò y x +1dx = 3 2 ( 2 2 9 - 1) 交換積分次序，原式 1 x 2 0 0 0 = ò dxò x3 +1dy = ò1 x2 x3 +1dx 2 3 = 1 ò1 x3 +1d (x3 +1) = 1 × 2 (x3 +1)2 1 = 2 (2 -1) (11) 設 z = arctan éë xy + sin ( x + y )ùû ，則dz (0,p ) = (p -1) dx - dy ¶z y + cos( x + y ) ¶z x + cos( x + y ) ë û ë û ¶x = 1+ é xy + sin ( x + y )ù2 , ¶y = 1+ é xy + sin ( x + y )ù2 ¶z ¶z 將(0,p ) 帶入得¶x = p -1, ¶y = -1 因此dz (0,p ) = (p -1) dx - dy (12) 斜邊長為2a 的等腰直角三角形平板，鉛直的沉沒在水中，且斜邊與水齊，記重力加速度為 g ，水的密度為 r ，則該平板一側所受的水壓力為 . 1 r ga3 3 以水面向右為 x 軸，以垂直于三角板斜邊向上為 y 軸建立直角坐標系，則此時，三角板右斜邊所在的直線方程為 y = x - a ，取微元dy ，則此時 dF = - y2xr gdy = -2r gy( y + a)dy ， 則一側的壓力 F = 0 -2r gy( y + a)dy = r g(- 2 y3 - ay2 ) 0 = 1 r ga3 . ò- a 3 - a 3 0 （13）設 y = y ( x) 滿足 y'' + 2 y' + y = 0 ，且 y (0) = 0, y' (0) = 1，則ò+¥ y ( x) dx = 1 由方程可得特征方程為l 2 + 2l +1 = 0, 則特征方程的根為l = -1, l = -1, 1 2 則微分方程的通解為 y = c e- x + c xe- x ， 由 y (0) = 0, y' (0) = 1 可得 c = 0, c = 1 ， 則 1 2 1 2 0 0 y ( x) = xe- x ，則ò+¥ y ( x) dx = ò+¥ xe- xdx = 1 a 0 -1 1 0 a 1 -1 -1 1 1 -1 a 0 0 a （14）行列式 = a4 - 4a2 a 0 -1 1  a 1 0 0 a 0 0 a 1 -1 = a 1 a a - -1 1 a -1 1 a 0 -1 0 a 1 -1 a 1 -1 0 a 2 = -a 1 a - 2a 0 a = -a (2a - a3 ) - 2a2 a 2a -1 1 = a4 - 4a2 三、解答題：15—23 小題，共 94 分.請將解答寫在答．題．紙．指定位置上.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟. （15）（本題滿分 10 分） x1+ x 求曲線 y = (1 + x ) x ( x > 0) 的斜漸近線 y = 1 x + e 1 2e y xx 1 1 由k = lim x®+¥ x = lim x®+¥ (1+ x)x = lim = x®+¥ (1+ 1 )x e x b = lim ( y - 1 x®+¥ e  x) = lim ( x®+¥ x1+ x (1+ x)x - 1 x) = lim x(e e x®+¥ x ln x 1+ x - 1) = e-1 lim x(e e x®+¥  x ln x +1 1+ x  -1) = e-1 lim x(x ln x +1) 1 = t e-1 lim ln 1 1+ t + t 洛e-1 lim 1 = 1 . x®+¥ 1+ x x t ®0+ t 2 t®0+ 2(1+ t) 2e 故斜漸近線方程為： y = 1 x + 1 . e 2e （16）（本題滿分 10 分） 已知函數 f ( x) 連續(xù)且lim f ( x) = 1 ，g ( x) = ò1 f ( xt ) dt ，求 g¢( x) 并證明 g¢( x) 在 x = 0 x®0 x 0 處連續(xù). í ì 1 g ' ( x) = ï 2 ï f (x) - 1  x = 0 x f (u ) du x ¹ 0 îï x x2 ò0 因為lim x®0  f ( x) x  = 1 ，并且 f (x) 連續(xù)，可得 f (0) = 0, f  ' (0) = 1 . g ( x) = ò1 f ( xt ) dt xt = u = 1 ò x f (u ) du ，當 x = 0 時， g(0) = 0 .故 0 x 0 ì 0 ï  x = 0 g ( x) = í 1 x ， ïî x ò0 f (u ) du x ¹ 0 又 1 ò x f (u ) du - 0 g ' (0) = lim g ( x) - g (0) = lim x 0 x®0 x - 0 x x®0 x - 0 ò0 f (u ) du f (x) 1 ì 1 ' ï 2 = lim x®0 x2 x = 0 = lim x®0 導數定義 2x 2 則 g ( x) = í ï f (x) - 1 f (u ) du x ¹ 0 ，又因為 x îï x x2 ò0 lim g ' ( x) = lim f (x) - 1  f (u ) du x x®0 x®0 x x2 ò0 x = lim f (x) - lim 1 f (u ) du x®0 x x®0 x2 ò0 所以 g¢( x) 在 x = 0 處連續(xù) （17）（本題滿分 10 分） 求 f ( x, y ) = x3 + 8 y3 - xy 極值 = 1- 1 = 1 = g ' (0) 2 2 1 1 1 = - f極小( , ) ' 2  ìx = 1 ìï fx (x, y) = 3x - y = 0 ìx = 0 ï 6 令í f ' (x, y) = 24 y2 - x = 0 得í y = 0 或í 1 . ï îï y  ì A = ï  f '' (0, 0) = 0 î ï y = î 12 xx 當駐點為(0, 0) 時， íB = ï ïîC = f '' (0, 0) = -1，則 AC - B2 < 0 ，故(0, 0) 不是極值點. xy yy f '' (0, 0) = 0 ï xx ì A = '' 1 1 f ( , ) = 1 ï 6 12 1 1 當駐點為 ï '' 1 1 2 1 1 ( , ) 時， íB = fxy ( , ) = -1 ，則 AC - B > 0, A = 1 > 0 ，故( , ) 為極 6 12 ï ï '' 6 12 1 1 6 12 ï C = f yy ( , ) = 4 î 6 12 = - 1 1 1 小值點. f ( , ) 為極小值.  2 1 x2 + 2x 1+ x2 （18）設函數 f (x) 的定義域為(0, +¥) 且滿足 2 f (x) + x f ( ) = x .求 f (x) ，并求 曲線 y = f (x), y = 1 , y = 3 及 y 軸所圍圖形繞 x 軸旋轉所成旋轉體的體積. 2 2 f (x) = ì x p 2 1+ x2 ， 6 2 1 x2 + 2x 1+ x2 ï2 f (x) + x f ( ) = 1+ x2 ï?x í ï 1 1 1 + 2 得 f (x) = x . ï2 f ( ) + f (x) = x 1+ x2 dy y = sin t 3 2p cos tdt = 2p dt îï x x2 1- y 3 3 y2 p sin2 t p 1- cos 2t Vx = 12 2p yxdy = 12 2p 2 2 6 6 ò ?ò 2 òp  3 cos t òp 2 = p (t - 1 sin t) 3 . = p 2 p p 2 6 6 （19）（本題滿分 10 分） 平面D 由直線 x = 1, x = 2, y = x 與 x 軸圍成，計算òò D  dxdy x2 + y2 x + ln ( 2 2 3 3 +1) 2 4 x2 + y2 p  2secq r  p 1 1 òò dxdy = ò 4 dq ò rdr = ò 4 × × 3sec2 q dq D x 3 p 3 0 secq ò p r cosq?0 2 ( 3 3 cosq 2 ò = 4 sec3 q dq = 2 0 2 4 secq d tanq = 0 2 + ln 2 4 +1) （20）（本題滿分 11 分） 1 設函數 f ( x) = ò x et2 dt (I) 證明：存在x Î(1, 2), f (x ) = (2 - x ) ex 2 (II) 證明：存在h Î(1, 2), f (2) = ln 2 ×heh2 (I) ò 法 1：令 F (x) = (x - 2) f (x) = (x - 2) x et2 dt . 1 由題意可知， F (2) = F (1) = 0 ，且 F (x) 可導，由羅爾中值定理知， $x Î(1, 2) ，使 1 F '(x ) = 0 ，又 F '(x) = ò x et2 dt + (x - 2)ex2 ，即 f (x ) = (2 - x ) ex 2 .得證. 法 2：令 F (x) = f ( x ) + (x - 2)ex2 ，則 F (1) = -e < 0, F (2) = ò2 et 2 dt > 0 ，由零點定理知， 1 存在x Î(1, 2) ，使得 F (x ) = 0 ，即 f (x ) = (2 - x ) ex 2 . (II)令 g(x) = ln x ，則 g '(x) = 1 ¹ 0. x 由柯西中值定理知，存在h Î(1, 2) ，使得 f (2) - f (1) = g(2) - g(1) f '(h) ， g '(h) f (2) eh 2 即 = ，故 f (2) = ln 2 ×heh 2 . ln 2 1 h （21）（本題滿分 11 分） 設函數 f ( x ) 可導，且 f ¢( x) > 0 ，曲線 y =  f ( x)( x ³ 0) 經過坐標原點，其上任意一點 M 處的切線與 x 軸交于T ,又 MP 垂直 x 軸于點 P ，已知曲線 y = f ( x) ，直線 MP以及x 軸圍 成圖形的面積與DMTP 面積比恒為為 3:2，求滿足上述條件的曲線方程。 y = Cx3 (C > 0) 設切點 M ( x, y) ，則過 M 點的切線方程為Y - y = y' ( X - x) . y æ y ö è ø x 令Y = 0 ，則 X = x - y' ，故T ç x - y' , 0 ÷ . 曲線 y = f ( x) ，直線 MP以及x 軸圍成圖形的面積 S1 = ò0 y (t ) dt ， D 1 é æ y öù y2 MTP 的面積 S2 = 2 y êx - ç x - y' ÷ú = 2 y' ë è øû x S 3 ò y (t ) dt 3 x  3 y2 因 1 = ，則 0 = ，即 y (t ) dt = ，① S2 2 y2 2 y' 2 ò0 4 y' 3 方程①兩邊同時求導，得： y = 4 2 y ( y' )2 - y2 y'' ( y' )2 ，整理得： 3yy'' = 2 ( y' )2 ，② 令 y' = p ，則 y'' = p dp ，代入②，得3yp dp dy dy = 2 p2 ，解得 p = C y 3 ，即 dy 1 2 dx 2 = C1 y 3 1 從而解得3y 3 = C1 x + C2 . 2 因曲線過原點，即 f (0) = 0 ，則C = 0 ，故 y = Cx3 . 又因為 f ¢( x) > 0 ，所以 y = 即曲線為 y = Cx3 (C > 0) f ( x) 單調遞增，所以C > 0 （22）（本題滿分 11 分） 設二次型 f (x , x , x ) = x 2 + x 2 + x 2 + 2ax x + 2ax x + 2ax x 經過可逆線性變換 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 æ x1 ö æ y1 ö ç x ÷ = P ç y ÷ 化為二次型 g( y , y , y ) = y 2 + y 2 + 4 y 2 + 2 y y . ç 2 ÷ ç 2 ÷  ç x ÷ ç y ÷ è 3 ø è 3 ø (I) 求 a 的值； (II) 求可逆矩陣 P. æ 1 2 2 ö ç 3 ÷ ç ÷ （1） a = - 1 ；（2） P = ç 0 1 4 ÷ 2 ç 3 ÷ ç ÷ ç 0 1 0 ÷ ç ÷ è ø é1 a aù （1）根據題設， f (x , x , x ) = X T AX ， A = êa 1 aú ，二次型 f (x , x , x ) 經 1 2 3 ê ú 1 2 3 êëa a 1úû 可逆變換得到 g( y1, y2 , y3 ) ，故它們的正負慣性指數相同。由于 g( y , y , y ) = y2 + y2 + 4 y2 + 2 y y = ( y + y )2 + 4 y2 1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 3 的正負慣性指數分別為 p = 2, q = 0 ，故 f (x1 , x2 , x3 ) 的也分別為 p = 2, q = 0 . 故矩陣A 有特征值為 0，即 A = 0 Þ a = - 1 或1 。 2 當a = 1 時， f (x , x , x ) = x2 + x2 + x2 + 2x x + 2x x + 2x x = ( x + x + x )2 ，其正負慣 1 2 3 1 2 3 1 2 性指數分別為 p = 1, q = 0 ，與題設矛盾，故a = 1 舍。因此a = - 1 符合題意。 2 （2）當a = - 1 時， 2  f (x , x , x ) = x2 + x2 + x2 - x x - x x - x x 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 = (x2 - x x - x x ) + x2 + x2 - x x 1 1 2 1 3 2 3 2 3 3 æ 1 1 ö2 3 3 3 = ç x1 - 2 x2 - 2 x3 ÷ + x2 + 2 4 4 x2 - 2 x2 x3 è ø æ 1 1 ö2 3 2 è ø = ç x1 - 2 x2 - 2 x3 ÷ + ( x2 - x3 ) 4 令 z = x - 1 x - 1 x , z = 3 ( x - x ), z = x ，則 f z = Px z2 + z2 1 1 2 2 2 3 2 2 2 3 3 3 ê ú é1 - 1 - 1 ù 2 2  1 1 2 ê ú 其中 P = ê0 3 - 3 ú . 1 ê 2 2 ú ê ú ê0 0 1 ú êë úû 對于 g( y , y , y ) = ( y + y )2 + 4 y2 ，令 z = y + y , z = 2 y , z = y ，則 1 2 3 1 2 3 1 f z = P y z2 + z2 ，其中 P é1 1 0ù = ê0 0 2ú . 2 1 2 2 ê ú êë0 1 0úû  é1 2 2 ù ê 3 ú ê ú 由 P X = PY可得X = P-1PY , 令P = P-1P ,則P = ê0 1 4 ú 為所求的可逆矩陣 ê 3 ú ê ú （23）（本題滿分 11 分） ê0 1 0 ú êë úû 設 A 為 2 階矩陣， P (a, Aa ) ，其中a 是非零向量且不是 A 的特征向量 （1） 證明 P 為可逆矩陣； （2） 若 A2a + Aa - 6a = 0 ，求 P-1 AP ，并判斷 A 是否相似于對角矩陣。 （2） P-1 AP = é0 6 ù ， A 可以相似對角化 ê1 -1ú ë û （1）證明：設k a + k Aa = 0 ①，k 肯定為 0，反證法，若k ¹ 0 ，則 Aa = - k1 a ， k 1 2 2 2 2 即a 為 A 的特征向量，與題意矛盾。因此k2 = 0 ，代入①得k1a = 0 ，由a 非零得k1 = 0 . 由k1 = k2 = 0 得a, Aa 線性無關，向量組秩為 2， r (P) = 2 ，所以 P = (a, Aa ) 可逆。 （2）由 A2a + Aa - 6a = 0 得 A2a = 6a - Aa ， A(a, Aa ) = ( Aa , A2a ) = ( Aa , 6a - Aa ) = (a , Aa ) æ 0 6 ö ç 1 -1÷ -1 æ 0 6 ö è ø æ 0 6 ö 由 P 可逆得 P AP = ç 1 -1÷ ，令 B = ç 1 -1÷ 由 B - l E = 0 得l1 = 2, l2 = -3 è ø è ø 有兩個不同的特征值，所以 B 可相似于對角矩陣，由 P-1 AP = B ， A ～ B 因為 B 可對角化， A 相似于 B ，所以 A 可對角化，即 A 相似于對角矩陣.