= lim +
x →0
所以 f (0) 不存在,因此
2x 2 x (1 + ln x), x 0, f ( x) = x x 0. ( x + 1)e ,
1 ;另外 f ( x) 还有一个不可导点 x2 = 0 ; e 1 1 又 (−, −1) 为单调递减区间 , ( −1, 0) 为单调递增区间, (0, ) 为单调递减区间, ( , +) 为单 e e
2
= e (
1 2 x
dx + C ) = e ( x + C ) ;
x2 2
又由 y (0) = e 得 C = 0 ,最终有
y ( x) = xe .
(2)所求体积
x2 2
x2 2
V = π( xe ) 2 dx = π xe x dx
2
2
2
1
1
π 2 π = e x = (e 4 − e) . 2 1 2
18、已知平面区域 D 满足 x
2
y, ( x 2 + y 2 )3 y 4 ，求
x+ y x2 + y 2
D
dxdy .
解:由 x
2
y 可知区域 D 关于 y 轴对称,在极坐标系中,
2 3
π 3π ;将 x = r cos , y = r sin 4 4
代入 ( x + y )
y 4 得 r sin 2 ;
解:
( x − 1) ( x
3x + 6 2 3 2x +1 dx = [− + + 2 ]dx 2 2 2 + x + 1) x − 1 ( x − 1) x + x +1
= −2 ln x − 1 − 3 + ln( x 2 + x + 1) + C x −1
17、 （本题满分 10 分）
令 f ( x) = 0 ,得驻点 x1 = −1, x3 = 调递增区间;因此有极小值 f (−1) = 1 − 16、 （本题满分 10 分） 求不定积分
2 − 1 1 和极小值 f ( ) = e e ,极大值 f (0) = 1 . e e
( x − 1) ( x
3x + 6 dx. 2 2 + x + 1)
2 2
（ + 1）= + 2 + 1=0 ， 所以 【 解 析】 由 通解 形式 知， 1 = 2 = −1 ， 故特 征 方程 为 a = 2, b = 1 ，又由于 y = e x 是 y+2 y + y = ce x 的特解，代入得 c = 4 .
5 、 已 知 积 分 区 域 D = {( x, y ) | x + y
B. I1 I 2 I 3 D. I 2 I 3 I1
【解析】在区域 D 上 0 x + y
2 2
2
4
, sin x 2 + y 2 x 2 + y 2 ，进而 I 2 I1 I 3 .
6 、 已 知 f ( x), g ( x) 的 二 阶 导 数 在 x = a 处 连 续 ， 则 lim
3 3 dy 时， x = + 1, y = 1, = −1 2 2 dx 3 3 所以在 t = 对应点处切线方程为 y = − x + + 2 2 2 3 所以切线在 y 轴上的截距为 + 2 2
11.设函数 f (u ) 可导， z = yf (
y2 z z ) ，则 2 x + y = ___________. x y x
A11 − A12 = ___________.
1 −1 0 0 −2 1 −1 1 【解析】 A11 − A12 =| A |= = 3 −2 2 −1 0 0 3 4 1 0 0 0 −2 −1 −1 1 3 1 2 −1 0 0 3 4
−1 −1 1 −1 −1 1 = 1 2 −1 = 0 1 0 = −4 0 3 4 0 3 4
【解析】
z y2 y2 y3 y2 = yf ( )(− 2 ) = − 2 f ( ) x x x x x
z y2 y2 2 y y2 2 y2 y2 = f ( ) + yf ( )( ) = f ( ) + f ( ) y x x x x x x
所以 2 x
z z y2 + y = yf ( ) x y x
x →a
f ( x) − g( x) f ( x) − g( x) f ( x) − g( x) = lim = lim = 0. 2 x →a x →a ( x − a) 2( x − a) 2
从而有 f ( a ) = g ( a ), f ( a ) = g ( a), f ( a) = g ( a) ,即相切,曲率也相等. 反之不成立 , 这是因为曲率 K =
π
由奇偶对称性,有

x+ y x2 + y 2
D
dxdy =
y x2 + y 2
D
dxdy = 2π2 d
4
sin 2
0
r sin rdr r
= π2 sin 5 d = − π2 (1 − cos 2 ) 2 dcos =
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） 已知 f ( x) =
2x x , x 0, 求 f ( x ) ，并求 f ( x) 的极值. x x e + 1, x 0,
解: x 0 时, f (0) = (e
y (1 + y )
3 2 2
, 其分子部分带有绝对值 , 因此 f ( a ) = g ( a ) 或
f (a ) = − g (a ) ;选 A.
7、设 A 是四阶矩阵， A* 是 A 的伴随矩阵，若线性方程组 Ax = 0 的基础解系中只有 2 个 向量，则 A* 的秩是（ A.0 B.1 【答案】 A. ） C.2 D.3
=−
=−
1 1 2 1 1 2 sin x 2 x F ( x )d x = − x dx 2 0 2 0 x
1 1 1 1 x sin x 2 dx = cos x 2 1 (cos1 − 1) 0 = 0 2 4 4 1 −1 0 0 −2 1 −1 1 14. 已 知 矩 阵 A = ， Aij 表 示 | A | 中 (i, j ) 元 的 代 数 余 子 式 ， 则 3 −2 2 −1 0 0 3 4
2019 年全国硕士研究生入学统一考试 数学（二）试题
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、当 x → 0 时，若 x − tan x 与 x 是同阶无穷小，则 k =
k
A. 1. C. 3. 【答案】C 【解析】 x − tan x ~ −

【解析】由于方程组基础解系中只有 2 个向量，则 r ( A) = 2 ， r ( A) 3 ， r ( A ) = 0 .
2 8、设 A 是 3 阶实对称矩阵， E 是 3 阶单位矩阵. 若 A + A = 2 E ，且 A = 4 ，则二次型
x T Ax 规范形为
A. y1 + y2 + y3 .
x
12.设函数 y = ln cos x(0

6
) 的弧长为___________.
【解析】弧长 s =


6 0
1 + ( y) 2 dx = 6 1 + tan 2 xdx = 6
0 0


1 dx cos x
6 1 1 = ln | + tan x | = ln 3 = ln 3 cos x 2 0
y = y ( x) 是微分方程 y − xy =
（1）求 y ( x ) ；
1 2 x
e 满足 y (1) = e 的特解.
x2 2
（2）设平面区域 D = {( x, y}|1 x 2, 0 y y ( x)} ，求 D 绕 x 轴旋转一周所得旋转体的体 积.
xdx − xdx 1 x2 解(1) y ( x) = e [ e e dx + C ] 2 x x2 2
二、填空题：9～14 小题，每小题 4 分，共 24 分． 9. lim( x + 2 ) x = ___________.
x x →0 2
【解析】 lim( x + 2 ) = e
x →0
2 x x
x→0 x
2 lim ln( x + 2 x )
其中 lim
x + 2x −1 2 = 2 lim(1 + 2 x ln 2) = 2(1 + ln 2) ln( x + 2 x ) = 2 lim x →0 x x →0 x →0 x
2 2 2
B. y1 + y2 − y3 .
2 2 2
2 2 C. y12 − y2 − y3 .
2 2 D. − y12 − y2 − y3 .
【答案】C 【解答】由 A2 + A = 2 E ，可知矩阵的特征值满足方程 + − 2 = 0 ，解得， = 1 或
2
2 2 = −2 . 再由 A = 4 ，可知 1 = 1, 2 = 3 = −2 ，所以规范形为 y12 − y2 − y3 . 故答案选 C.