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2019考研数学（二）参考答案
－、选择题
Cl)A
1-cos石
x>O,
解由f(x)�{ ax ' 在X�0处连续，得limfCrl�&.
工-•o+
b, X�0
—
l cos石 X 1
又limf(x)= lim = ltm =—=b.
x-o+ 工-o+ ax 工一o+ 2ax 2a
1
所以ab=—．故应选A.
2
(2) B
,._
解由广(x)> 0知曲线y= f( x)在[— 1, l]上是凹的，因此当f(x)为凹的偶函数时满
『
0
足题设条件J(-l)=J(l),此时f f(x)dx= f(x)dx, 显然可排除选项C,D;
- 1
取f(x)=宣-1, 则f(-1)= JO)= 1,/ CO)= -1,J"位）=4>0,
J1
J1 O, 所以函数之 =f位，y)关于自变量x是单
兀调增函数，从而知 (*)
f(O,l) < J(l,l)
af(x,y)
同理由 1 Q + IO V 1 (t) Vz (t) ]dt 10-20= -10.
= — = 。 s —
I
t 25时，S (t) Sz( t) r压(t) Vz(t)]dt
o s
=
2 2
r 压Ct)-v Ct)]dt+r压(t)-V (t) ] dt
= 0 = — 10
10-20 10.
= 。
1 2 2
t>25时，s Ct)-s Ct) 『压(t)-v (t)]dt
5
=
f2 2 2
0 压(t)-v (t)]dt十『25 压(t)-V (t) ] dt
—
2
= 10+『25压 (t)-v (t)]dt>-lO.
故应选C.
(7) B 0
�o.
＝
解 由P-'AP�[ 1 J可知，应 应 五应�,立
2
(8) B所以 A(a1 +a2 +a3) =a + 2a3.
解 因为A和B都是上三角矩阵，所以特征值都是1,2,2.
．
所以，要判别A和B能否相似对角化，只需考察—属于2的—线性无关的特
=
征向量的个数即可
对于A,属于2的线性无关的特征向量的个数3 r(2E A) = =3 — -1 = 2.
对千B,属于2的线性无关的特征向量的个数3-r (2E -B) 3 2 1.
所以，A可以和C相似，但是B不能．
故应选B.二、填空题
+
(9) y =x 2
勹
x (1 + arcsin
Y (x)
解 因为a= Jim = Jim
工-+00 X x-+= X
习2
＝
烟 !.,(1+ arcsin =l
b 勹r皿 (y(x) -ax)= 工［叶 (1+ arcsin -; 2 ) -x]
= r 1 m x• arcs1 . n— 2 = I l ffi X• — 2 =2
工一十= X x-十= X
所以y=ax +b =x +z为已知曲线的一条斜渐近线；
+
当 X _.. —～时，同理知斜渐近线仍为y=x Z:
+
故应填 y=x Z.
1
(10)
--
8
dy
.. dy ＝ dt ＝ cos t
解
dx dx 1 + e'
dt
2
d y d dy dt d dy 1 S 1
亡 ＝ 孟 ． （忑）· 忑 ＝ 孟 ． （忑） • -dx = (
1
C ::t ) I •
l
+
e'
dt
- --sin-t• (-1 + e-') --cost-• e' · - 1
+
(1 e') 2 1 +e'
=--sint•- (1 +- e') +- cost-• e'
+
(1 e') 3
= - -sint +- (sin-+ t + -cost)•- e'
3
(1 e')
-I
:. d勺 2 =-- 1 ，故应填－ —1 s ·
dx ,-o 8
(11) 1
I
厂勹�:;; 厂
解 dx= f l nCl+x)• d(厂十 � r )
. lnCl+x) += dx += dx
三皿 l+x + o +f 。 Cl+x) 2 = f 。 Cl+x)2
-I
1 +=
=- =-(0 — 1) =l
l+x o
故应填1.
(12) xyeY
解 由题意儿'(x,y) =ye ,J;cx ,y) =x(l+ y)e人f f
所以有f(x,y) = 1:cx ,y)dx = yedx = xye Y +C(y).
1; (x ,y) = [xye Y +C(y)]' = x(l+ y)e +c'(y)= x(l +y)e
= =
:.c'(y) O=>C(y) C.
因此f(x,y) = xye+c,又八0,O) = O.
故 =
所以C=O. f(x ,y) xye入
故应填xye入
—
(13) lncosl
解 如右图所示，交换
由已知二次积分的上、下限可得积分区域D Y
二f 次积f 分的积分次序f 得： y=x
i dy i ta X nx dx= i dx 『 。 尸 x dy
= I I o ta X nx dx I工。 dy = I I 。 ta X nx • y 工 0 dx X
f f1
= :tanxdx =— 。
c
上
osx
d(cosx)= — lnl cosx I
0
1
= -In I cosl I= -lncosl (·: cosl>O)
—
故应填 lncosl.
04) — l
—
4 1 2 1 1
[l 2 ][1] [1],
解 直接解得
设 a 气 a�-l.
—
3 1 1 2 2
三、解答题
— = —
(15)解 令x t u, 则t=x -u, dt = du.
『
。
左二 工』工
e'dt e 丘e-udu
=
lim lim R
工-o+ J.尸 x-o+
『
。
Fue-"du
= lim
J
X千
石尸
=lim
广伽o+ —3 石
2
2
.
—
3
(16) 解 因为 y = f(e 工 ， COSX), 所以
—
dy
= o/(u, v) e 工 — af(u, v) SlilX,
dx OU av
2 2 2
d y ＝of(u,v) 工 0 /(u,v) 0 /(u,v)
亡 如 e ＋（如2 e - a 呤V SlllX) e·'-- aJ(u, v) a勹(u,v) 工 a汀(u,v)
如 cosx -( 如加 e - av 2 smx )smx.
当 X=O时u， = e0 =1 , v= cosO= 1 ,所 以
气
＝打(1,1)'
dx x-0 au
d勺 aJo,u a勹(1,1)一句(1,1)
忑 工-o = 如 十 a记 加 ·
" "
k k k k 1
(17)解 li - m = � k-1 n 2 ln(1 + - n ) = " l 一 i ． m 气 � -i — n l n(1 +— n ) · — n
=r 。X in(l + X) dx
1 I 1 I x 2
=—x国Cl+x)— —f dx
Z o Zol+x
I
1 1 1
＝了lnZ— 了I。(x—1+ X) dx
l +
I I
1 1 1
2
＝了lnZ-
4
Cx -1)
。
一了ln(l+ x) J
0
(18)解 由x 3 十沪 —3x+3y—2 =0,得
3x 2 +3y 2 y 1— 3+3y 1 =0, e
6x + 6y(y 1 ) 2 +3 沪y"+ 3y"= 0. )＠
—
在O式中令y'=0得x= l,x= 1 .
当x分别取-1和1时，由x 3 十沪—3x+3y— 2=0得y(-1)=O,y(l) =l.
将x=—l,y(—1)=0及y'(—1)=O代入＠式得y"(-1)=2.
因为Y I (-1)= 0 , y 11 ( -1) > Q ,所 以y(—1)=O是Y(x)的极小值．
将x=l,y(l)=l及y'(l)=O代入＠式得y"(l)=—1.
因为y'(l)=0,y"(l) < o,所 以y(l)=l是y(x)的极大值．
f
f (x) f
(19)解 < I)由题设知 位）连续且J ,- im o+ —一 X －存在，所以 (0) = 0.
义
f(x) /(a)
由li - m o+ x o,所 以存在bE (a,l) C (O,l),使 得f(b)=0, 即方程f(x)=0在区间(0,1)
内至少存在一个实根．
C II)由CI)知f(O)=f(b)= 0,根 据罗尔定理，存在cE (O,b) C (0,1),使 得
1
f (c) =O.
令F(x)=f(x)厂(x)'由题设知F(x)在区间[O,b]上可导且，
F(O) =O,F(c)= O,F(b)= 0.
1 1
根据罗尔定理，存在�E CO,c), E (c,b),使 得F (0=F C ) =O, 即名T/是方程
r; r;
1 2
f(x)广(x)+ (f (x)) =O在区间(0'1)内的两个不同实根．解』 』
(20) (x+l) 2 dxdy= (x 2 +zx +ndxdy.
D D
D的边界曲线在极坐叫标：系下的方程为r=2sin0(0�0�11:),所 以
』 J:
� 2 dxdy= smO尸cos2 0dr
六
=4J sin"0cos20d0
亢 l — cos20
=I si旷20d0
2
穴 亢
=』 2 I 0 sin 220 dB—』 2 』 0 cos20sin 2 20 dB
六
=』I (1-cos40) d0
4 0
�
0
』 =』 ff
又因为 (2x+ l)dx dy 2xdx dy+ dx dy = 0 +六三
D
ff
=己
所以 (x + l)2 dxdy
4
D
(21)解 曲线l:y = y (x)在点P(x,y)的切线方程为
—
Y-y=y'(X X).
—
令X=O得YI' =y xy'.
曲线l:y = y (x)在点P(x,y)的法线方程为
y'(Y-y)=—x+x.
令Y=O得xp =x + yy'.
—
由题设知x+yy'=y xy''整理得
y
—
一—l
I y X X
y = = .
y+ x —y
+1
X
y dy du
令一=u,则-=u+x — ，代入上述方程并分离变益得
X dx dx
1
l+u
du =--dx.
l+u 2 X
1
两边积分得arctanu+ -ln(l+ 矿）=-In巨I+c,
2
即arctan
—y + —1
ln(x 2 + y 2 ) =C.
X 2
因为曲线l过点 (1,0)' 所以 C=O,于是曲线l上点的坐标(x,y)满足的方程为
y 1
arctan -+-ln(x 2 + y 2 ) =0.
X 2+ <
(22) C a3=a 1 2a2, 2.
解 I)由 知O心心线性相关，故r(A)
又因为A有3个不同的特征值，所以A至少有2个不为零的特征值，从而r(A)�2.
故r(A)= 2.
一
(Il)由a, +za, 一 ,�o,知AU}··故［ 勹J为方程组Ax�O的 个解
＿
:
一
又c(A)�z,所以[zJ为Ax�o的 个基础解系．
_ :[:J.
一
尸
因为p�a, 五+a 所以[!]为方程组Ax�p的 个特解
J []
．
故Ax�p的通解为X�[] +k 2 , 其中k为任意常数
(23)
解 二次型J的矩阵为
2 1 -4
A�[ I -I I .
芒三；三勹/—言勹勹:�-
6)' -3,6,0
所以特征值为
1
T
A =-3 /J1 (1,-1,l) ;
矩阵 属千特征值儿 的单位特征向量为 =—
1 岛
T
=6 /Jz =-(-1,Q,l) ;
属千特征值从 的单位特征向量为
迈
T
=O /J3=-(1,2,l) .
r- -
属千特征值从 的单位特征向量为
岛
1 1 1
迈祁
岛
一 Q=CP1,P2,P3)=Il - - 1 0 J 2 6 .
故所求的 个正交矩阵为 —
岛
1 1 1
瓦 迈 屈
