2019 年全国硕士研究生入学统一考试数学二真题解析

一、选择题

1.

当 $x\to 0$ 时，若 $x-\tan x$ 与 $x^{k}$ 为同阶无穷小量，则 $k=$

• A. $1$
• B. $2$
• C. $3$
• D. $4$

答案： C

解析：
由泰勒展开 $\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$，得

$$x-\tan x\sim-\frac{x^3}{3}.$$

故 $x-\tan x$ 与 $x^3$ 同阶，$k=3$。

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2.

函数 $y=x\sin x+2\cos x\left(0<x<2\pi\right)$ 的拐点为

• A. $\left(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$
• B. $\left(0,2\right)$
• C. $\left(\pi,-2\right)$
• D. $\left(\frac{3\pi}{2},-\frac{3\pi}{2}\right)$

答案： C

解析：
有

$$y'=x\cos x-\sin x,\qquad y''=-x\sin x.$$

在 $0<x<2\pi$ 内，$y''=0$ 得 $x=\pi$。且 $y''$ 在 $x=\pi$ 两侧变号，所以拐点为

$$\left(\pi,\pi\sin\pi+2\cos\pi\right)=(\pi,-2).$$

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3.

下列反常积分发散的是

• A. $\int_{0}^{+\infty}xe^{-x}\mathrm{d}x$
• B. $\int_{0}^{+\infty}xe^{-x^{2}}\mathrm{d}x$
• C. $\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x$
• D. $\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x$

答案： D

解析：
选项 D 中

$$\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x =\frac12\ln(1+x^2)\bigg|_{0}^{+\infty}=+\infty.$$

因此该反常积分发散。

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4.

微分方程 $y''+ay'+by=ce^{x}$ 的通解为

$$y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-x}+e^{x},$$

则 $a,b,c$ 的值为

• A. $1,0,1$
• B. $1,0,2$
• C. $2,1,3$
• D. $2,1,4$

答案： D

解析：
齐次方程的特征根为 $\lambda=-1$ 的二重根，故

$$\lambda^2+a\lambda+b=(\lambda+1)^2,$$

得 $a=2,b=1$。再将特解 $y=e^x$ 代入

$$y''+2y'+y=ce^x,$$

得 $4e^x=ce^x$，所以 $c=4$。

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5.

已知积分区域

$$D=\left\{(x,y)\mid |x|+|y|\le \frac{\pi}{2}\right\},$$

且

$$I_{1}=\iint_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

$$I_{2}=\iint_{D}\sin\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

$$I_{3}=\iint_{D}\left(1-\cos\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

则大小关系为

• A. $I_{3}<I_{2}<I_{1}$
• B. $I_{1}<I_{2}<I_{3}$
• C. $I_{2}<I_{1}<I_{3}$
• D. $I_{2}<I_{3}<I_{1}$

答案： A

解析：
在 $0<r\le \frac{\pi}{2}$ 上，有

$$1-\cos r<\sin r<r.$$

令 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，由积分保序性得

$$I_3<I_2<I_1.$$

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6.

已知 $f(x),g(x)$ 二阶可导且在 $x=a$ 处连续，则 $f(x),g(x)$ 相切于 $a$ 且曲率相等是

$$\lim_{x\to a}\frac{f(x)-g(x)}{(x-a)^2}=0$$

的

• A. 充分非必要条件
• B. 充分必要条件
• C. 必要非充分条件
• D. 既非充分又非必要条件

答案： A

解析：
由极限为 $0$ 可推出

$$f(a)=g(a),\qquad f'(a)=g'(a),\qquad f''(a)=g''(a),$$

因此两曲线相切且曲率相等。反之，曲率相等不一定能推出上述极限为 $0$，故选 A。

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7.

设 $\boldsymbol{A}$ 是四阶矩阵，$\boldsymbol{A}^{*}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵。若线性方程组

$$\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$

的基础解系中只有 $2$ 个向量，则 $\boldsymbol{A}^{*}$ 的秩是

• A. $0$
• B. $1$
• C. $2$
• D. $3$

答案： A

解析：
基础解系含 $2$ 个向量，故

$$r(\boldsymbol{A})=4-2=2.$$

对四阶矩阵，若 $r(\boldsymbol{A})<n-1=3$，则

$$r(\boldsymbol{A}^{*})=0.$$

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8.

设 $\boldsymbol{A}$ 是 $3$ 阶实对称矩阵，$\boldsymbol{E}$ 是 $3$ 阶单位矩阵。若

$$\boldsymbol{A}^{2}+\boldsymbol{A}=2\boldsymbol{E},\qquad |\boldsymbol{A}|=4,$$

则二次型 $\boldsymbol{X}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}$ 的规范形为

• A. $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}$
• B. $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$
• C. $y_{1}^{2}-y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$
• D. $-y_{1}^{2}-y_{2}^{2}-y_{3}^{2}$

答案： C

解析：
特征值满足

$$\lambda^2+\lambda=2,$$

故 $\lambda=1$ 或 $\lambda=-2$。又 $|\boldsymbol{A}|=4$，三个特征值乘积为 $4$，所以特征值为

$$1,-2,-2.$$

正负惯性指数分别为 $1,2$，规范形为

$$y_1^2-y_2^2-y_3^2.$$

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二、填空题

9.

$$\lim_{x\to 0}\left(x+2^{x}\right)^{\frac{2}{x}}=$$

答案： $4e^{2}$

解析：
写成指数形式：

$$\lim_{x\to0}\left(x+2^x\right)^{2/x} =\exp\left(\lim_{x\to0}\frac{2\ln(x+2^x)}{x}\right).$$

因 $2^x=e^{x\ln2}$，故指数极限为 $2(1+\ln2)$，所以原式为

$$e^{2(1+\ln2)}=4e^2.$$

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10.

曲线

$$\begin{cases} x=t-\sin t,\\ y=1-\cos t \end{cases}$$

在对应点 $t=\frac{3\pi}{2}$ 处切线在轴上的截距为

答案： $\frac{3\pi}{2}+2$

解析：
当 $t=\frac{3\pi}{2}$ 时，

$$x=\frac{3\pi}{2}+1,\qquad y=1,\qquad \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\sin t}{1-\cos t}=-1.$$

切线方程为

$$y=-x+\frac{3\pi}{2}+2.$$

故截距为 $\frac{3\pi}{2}+2$。

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11.

设函数 $f(u)$ 可导，$z=yf\left(\frac{y^{2}}{x}\right)$，则

$$2x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=$$

答案： $z$

解析：
设 $u=\frac{y^2}{x}$，则

$$z_x=yf'(u)\left(-\frac{y^2}{x^2}\right),\qquad z_y=f(u)+\frac{2y^2}{x}f'(u).$$

因此

$$2xz_x+yz_y=yf(u)=z.$$

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12.

函数 $y=\ln\cos x\left(0\le x\le \frac{\pi}{6}\right)$ 的弧长为

答案： $\frac{1}{2}\ln 3$

解析：
因为 $y'=-\tan x$，所以弧长

$$L=\int_0^{\pi/6}\sqrt{1+\tan^2x}\,\mathrm{d}x =\int_0^{\pi/6}\sec x\,\mathrm{d}x.$$

故

$$L=\ln|\sec x+\tan x|\bigg|_0^{\pi/6} =\frac12\ln3.$$

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13.

已知函数

$$f(x)=x\int_1^x\frac{\sin t^2}{t}\,\mathrm{d}t,$$

则

$$\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x=$$

答案： $\frac{1}{4}(\cos 1-1)$

解析：
交换积分次序：

$$\int_0^1x\int_1^x\frac{\sin t^2}{t}\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}x =-\int_0^1\frac{\sin t^2}{t}\int_0^t x\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t.$$

于是

$$=-\frac12\int_0^1t\sin t^2\,\mathrm{d}t =\frac14(\cos1-1).$$

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14.

已知矩阵

$$\boldsymbol{A}= \begin{pmatrix} 1&-1&0&0\\ -2&1&-1&1\\ 3&-2&2&-1\\ 0&0&3&4 \end{pmatrix},$$

$A_{ij}$ 表示 $\boldsymbol{A}$ 中 $(i,j)$ 元的代数余子式，则

$$A_{11}-A_{12}=$$

答案： $-4$

解析：
按第一行展开可得

$$A_{11}-A_{12}=|\boldsymbol{A}|=-4.$$

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三、解答题

15.

已知

$$f(x)= \begin{cases} x^{2x}, & x>0,\\ xe^x+1, & x\le 0, \end{cases}$$

求 $f(x)$ 的极值。

解析：
当 $x>0$ 时，

$$f'(x)=x^{2x}(2\ln x+2).$$

当 $x<0$ 时，

$$f'(x)=(1+x)e^x.$$

又 $x=0$ 处不可导。令 $f'(x)=0$，得

$$x=-1,\qquad x=\frac1e.$$

符号变化如下：

区间或点	$(-\infty,-1)$	$-1$	$(-1,0)$	$0$	$\left(0,\frac1e\right)$	$\frac1e$	$\left(\frac1e,+\infty\right)$
$f'(x)$	$-$	$0$	$+$	不存在	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\downarrow$	极小	$\uparrow$	极大	$\downarrow$	极小	$\uparrow$

因此：

$$f(-1)=1-e^{-1}$$

和

$$f\left(\frac1e\right)=\left(\frac1e\right)^{2/e}$$

为极小值；

$$f(0)=1$$

为极大值。

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16.

求不定积分

$$\int\frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}\,\mathrm{d}x.$$

解析：
分解为

$$\frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)} = \frac{2x+1}{x^2+x+1} +\frac{3}{(x-1)^2} -\frac{2}{x-1}.$$

故

$$\int\frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}\,\mathrm{d}x = \ln(x^2+x+1)-\frac{3}{x-1}-2\ln|x-1|+C.$$

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17.

$y=y(x)$ 是微分方程

$$y'-xy=\frac{1}{2\sqrt{x}}e^{x^2/2}$$

满足 $y(1)=\sqrt e$ 的特解。

（1）求 $y=y(x)$；

（2）$D=\{(x,y)\mid 1\le x\le2,\ 0\le y\le y(x)\}$，求平面区域 $D$ 绕 $x$ 轴旋转成的旋转体体积。

解析：

（1）一阶线性方程的通解为

$$y=e^{x^2/2}\left(\int \frac{1}{2\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x+C\right) =e^{x^2/2}(\sqrt{x}+C).$$

由 $y(1)=\sqrt e$ 得 $C=0$，故

$$y=\sqrt{x}\,e^{x^2/2}.$$

（2）旋转体体积为

$$V=\pi\int_1^2 y^2\,\mathrm{d}x =\pi\int_1^2 xe^{x^2}\,\mathrm{d}x.$$

所以

$$V=\frac{\pi}{2}e^{x^2}\bigg|_1^2 =\frac{\pi}{2}(e^4-e).$$

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18.

已知平面区域 $D$ 满足

$$|x|\le y,\qquad (x^2+y^2)^3\le y^4,$$

求

$$\iint_D\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

解析：
用极坐标 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$。区域条件化为

$$\frac{\pi}{4}\le\theta\le\frac{3\pi}{4},\qquad 0\le r\le \sin^2\theta.$$

由对称性，含 $x$ 的部分积分为 $0$，故

$$I=\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\int_0^{\sin^2\theta} \sin\theta\cdot r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta =\frac12\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\sin^5\theta\,\mathrm{d}\theta.$$

令 $u=\cos\theta$，计算得

$$I=\frac{43\sqrt2}{120}.$$

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19.

设 $n$ 为正整数，记 $S_n$ 为曲线

$$y=e^{-x}\sin x\qquad (0\le x\le n\pi)$$

与 $x$ 轴之间图形的面积。求 $S_n$，并求 $\lim_{n\to\infty}S_n$。

解析：
面积为

$$S_n=\int_0^{n\pi}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm{d}x =\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm{d}x.$$

每一段有

$$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}e^{-x}|\sin x|\,\mathrm{d}x =\frac{1+e^{-\pi}}{2}e^{-k\pi}.$$

因此

$$S_n=\frac{1+e^{-\pi}}{2}\cdot\frac{1-e^{-n\pi}}{1-e^{-\pi}}.$$

于是

$$\lim_{n\to\infty}S_n = \frac{1+e^{-\pi}}{2(1-e^{-\pi})}.$$

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20.

已知函数 $u(x,y)$ 满足

$$2\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}} -2\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}} +3\frac{\partial u}{\partial x} +3\frac{\partial u}{\partial y}=0.$$

求 $a,b$ 的值，使得在变换

$$u(x,y)=v(x,y)e^{ax+by}$$

下，上述等式可化为函数 $v(x,y)$ 的不含一阶偏导的等式。

解析：
代入

$$u=v e^{ax+by}$$

后，一阶偏导项的系数分别为

$$4a+3,\qquad -4b+3.$$

要使一阶偏导项消失，需

$$4a+3=0,\qquad -4b+3=0.$$

解得

$$a=-\frac34,\qquad b=\frac34.$$

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21.

已知函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上具有二阶导数，且

$$f(0)=0,\qquad f(1)=1,\qquad \int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x=1.$$

证明：

（1）存在 $\xi\in(0,1)$，使得 $f'(\xi)=0$；

（2）存在 $\eta\in(0,1)$，使得 $f''(\eta)<-2$。

解析：

（1）由积分中值定理，存在 $a\in(0,1)$，使得

$$f(a)=\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x=1.$$

又 $f(a)=f(1)=1$，由罗尔定理，存在 $\xi\in(a,1)\subset(0,1)$，使得

$$f'(\xi)=0.$$

（2）设 $x_0\in(0,1)$ 为 $f(x)$ 的最大值点。由 $\int_0^1f(x)\,\mathrm{d}x=1$ 可知

$$f(x_0)\ge 1,\qquad f'(x_0)=0.$$

对 $f(0)$ 与 $f(1)$ 在 $x_0$ 处作泰勒展开：

$$0=f(x_0)+\frac{x_0^2}{2}f''(\zeta_1),$$

$$1=f(x_0)+\frac{(1-x_0)^2}{2}f''(\zeta_2).$$

两式相加，并取二阶导较小者 $f''(\eta)$，得

$$1-2f(x_0) \ge \frac{x_0^2+(1-x_0)^2}{2}f''(\eta).$$

由于 $f(x_0)\ge1$，且

$$\frac12\le x_0^2+(1-x_0)^2<1,$$

可推出

$$f''(\eta)<-2.$$

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22.

已知向量组

$$\text{(I)}\quad \boldsymbol{\alpha}_{1}= \begin{pmatrix}1\\1\\4\end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\alpha}_{2}= \begin{pmatrix}1\\0\\4\end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\alpha}_{3}= \begin{pmatrix}1\\2\\a^{2}+3\end{pmatrix},$$

$$\text{(II)}\quad \boldsymbol{\beta}_{1}= \begin{pmatrix}1\\1\\a+3\end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\beta}_{2}= \begin{pmatrix}0\\2\\1-a\end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{\beta}_{3}= \begin{pmatrix}1\\3\\a^{2}+3\end{pmatrix}.$$

若向量组（I）和向量组（II）等价，求 $a$ 的取值，并将 $\boldsymbol{\beta}_{3}$ 用 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示。

解析：
对矩阵

$$(\boldsymbol{\alpha}_1,\boldsymbol{\alpha}_2,\boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\beta}_1,\boldsymbol{\beta}_2,\boldsymbol{\beta}_3)$$

作初等行变换，可化为

$$\begin{pmatrix} 1&1&1&1&0&1\\ 0&-1&1&0&2&2\\ 0&0&a^2-1&a-1&1-a&a^2-1 \end{pmatrix}.$$

当 $a=-1$ 时，两组不等价；其余情形等价，即

$$a\ne -1.$$

• 当 $a=1$ 时，解不唯一：

$$\boldsymbol{\beta}_3 =(3-2k)\boldsymbol{\alpha}_1+(-2+k)\boldsymbol{\alpha}_2+k\boldsymbol{\alpha}_3, \qquad k\in\mathbb{R}.$$

• 当 $a\ne \pm1$ 时，三向量组满秩，且

$$\boldsymbol{\beta}_3 =\boldsymbol{\alpha}_1-\boldsymbol{\alpha}_2+\boldsymbol{\alpha}_3.$$

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23.

已知矩阵

$$\boldsymbol{A}= \begin{pmatrix} -2&-2&1\\ 2&x&-2\\ 0&0&-2 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol{B}= \begin{pmatrix} 2&1&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&y \end{pmatrix}$$

相似。

（1）求 $x,y$；

（2）求可逆矩阵 $\boldsymbol{P}$，使得

$$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}=\boldsymbol{B}.$$

解析：

（1）因为 $\boldsymbol{A}\sim\boldsymbol{B}$，二者特征值相同。由

$$|\lambda\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}| =(\lambda+2)\left[(\lambda+2)(\lambda-x)+4\right],$$

可得

$$y=-2,\qquad x=3.$$

（2）当 $x=3,y=-2$ 时，取

$$\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} -1&-1&-1\\ 2&1&2\\ 0&0&4 \end{pmatrix}.$$

可验证

$$\boldsymbol{P}^{-1}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P} = \begin{pmatrix} 2&1&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-2 \end{pmatrix} =\boldsymbol{B}.$$

因此上述 $\boldsymbol{P}$ 即为所求。