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2019年考研数学（二）试题答案速查 一、选择题 （1）C （2）C （3）D （4）D （5）A （6）A （7）A （8）C 二、填空题 （9） （10） （11） （12） （13） （14） 三、解答题 （15）.极小值和极小值,极大值. （16）． （17）（I）；（II）. （18）. （19），. （20）. （21）略. （22）当时，（为任意常数）； 当时，. （23）（I）；（II）. 2019年全国硕士研究生入学统一考试 数学（二）试题参考答案 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，只有一个选项是符合题目要求的． （1）【答案】C 【解析】，所以选C. （2）【答案】C. 【解析】令，可得，因此拐点坐标为. （3）【答案】D 【解析】，其他的都收敛，选D. （4）【答案】 D. 【解析】由通解形式知，，故特征方程为，所以，又由于是的特解，代入得. （5）【答案】A 【解析】在区域上，因为，所以， 则可知. 不妨设， 令，则，所以，可知. 令，则. ，所以，，则，故答案选A. （6）【答案】A 【解析】充分性:利用洛必达法则,有 从而有,即相切,曲率也相等. 反之不成立,这是因为曲率,其分子部分带有绝对值,因此或;选A. （7）【答案】 A. 【解析】由于方程组基础解系中只有2个向量，则，，. （8）【答案】C 【解答】由，可知矩阵的特征值满足方程，解得，或. 再由，可知，所以规范形为故答案选C. 二、填空题：9～14小题，每小题4分，共24分． （9） 【答案】 【解析】 其中 所以 （10）【答案】 【解析】 当时， 所以在对应点处切线方程为 所以切线在轴上的截距为 （11）【答案】 【解析】 所以 （12）【答案】 【解析】弧长 （13）【答案】 【解析】设，则 （14）【答案】 【解析】 三、解答题：15～23小题，共94分．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） 【解析】时,; 时,; 又 , 所以不存在,因此 令,得驻点;另外还有一个不可导点; 又为单调递减区间,为单调递增区间,为单调递减区间,为单调递增区间;因此有极小值和极小值,极大值. （16）（本题满分10分） 【解析】 ??? （17）（本题满分10分） 【解析】（I） ; 又由得,最终有 . （II）所求体积 . （18）（本题满分10分） 【解析】由可知区域关于轴对称,在极坐标系中,;将代入得; 由奇偶对称性,有 ?? （19）（本题满分10分） 【解析】设在区间上所围的面积记为,则 ; 记,则 ?? , 所以; 因此; (这里需要注意) 因此 ; . （20）（本题满分 11分） 【解析】, 同理,可得,; 将所求偏导数代入原方程,有 , 从而,因此. （21）（本题满分11分） 【证明】（I）令，则， 由拉格朗日中值定理得， 存在，使，即. 因此,由罗尔定理知存在,使得. （II）设,则有;由拉格朗日中值定理可得: 存在,使得; 存在,使得; 对于函数,由拉格朗然中值定理同样可得,存在,使得 , 即;结论得证. （22）（本题满分11分） 【解析】令,，所以，，. 因向量组（Ⅰ）与（Ⅱ）等价，故，对矩阵作初等行变换.因为 当时，；当时，，但；当时，. 综上，只需即可. 因为对列向量组构成的矩阵作初等行变换，不改变线性关系. ①当时，，故的等价方程组为 故（为任意常数）； ②当时，，所以. （23）（本题满分11分） 【解析】（I）相似矩阵有相同的特征值,因此有 又,,所以. （II）易知的特征值为;因此 ,取, ,取, ,取 令,则有; 同理可得,对于矩阵,有矩阵,,所以 ,即,所以 . .