2023年考研数学二真题及答案

2023年考研数学二真题及答案

一、选择题：1~10小题,每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.

1. yxln(e1x1) 的斜渐近线为( ) A.yxe B.yx1e

C.yx D.yx1e

【答案】B.

【解析】由已知yxlne1x1，则 limyxxlimxlne1x1lne1， lim11xyxlimxxlnex1xlimxxlnex11 lim1xxlnex1lne limxxln11) 1e(xlimxxe(x1)1e，

所以斜渐近线为yx1e.故选B.

12. 函数f(x)2,x01x的一个原函数为（ ）.

(x1)cosx,x0A．F(x)ln1x2x,x0

(x1)cosxsinx,x0B．F(x)ln1x2x1,x0

(x1)cosxsinx,x0C．F(x)ln1x2x,x0

(x1)sinxcosx,x0D．F(x)ln1x2x1,x0

(x1)sinxcosx,x0【答案】D.

【解析】由已知xlim0f(x)limx0f(x)f(0)1，即f(x)连续. 所以F(x)在x0处连续且可导，排除A，C.

又x0时，[(x1)cosxsinx]cosx(x1)sinxcosx(x1)sinx， 排除B.

故选D.

3.设数列{x11n},{yn}满足x1y12,xn1sinxn,yn12yn,当n时( ).

A.xn是yn的高阶无穷小 B.yn是xn的高阶无穷小 C.xn是yn的等价无穷小

D.xn是yn的同阶但非等价无

穷小 【答案】B.

【解析】在20,2中，sinxx，从而xx21n1sinnxn.又yn12yn，从而

1ynnn12nxyynyn12x4x41x， nn14所以limyn1nx0.故选B.

n14. 若yayby0的通解在(,)上有界，这（ ）.

A.a0,b0 B.a0,b0 C.a0,b0

D.a0,b0

【答案】D

【解析】微分方程yayby0的特征方程为r2arb0. ①若a24b0 ，则通解为y(x)ea2xC4ba24ba2(1cos2xC2sin2x)；

aa224b0，则通解为y(x)C4bxaa24b②若ax1e22C2e22；

③若a24b0，则通解为y(x)(Ca1C2x)e2x.

由于y(x)在(,)上有界，若a20，则①②③中x时通解无界，若a20，则①②③中x时通解无界，故a0.

a0时，若b0 ，则r1,2bi，通解为y(x)(C1cosbxC2sinbx)，在(,)上有界.

a0时，若b0，则r1,2b，通解为y(x)Cbx1eC2ebx，在(,)上无界.

综上可得a0，b0.故选D.

5. 设函数yf(x)由参数方程x2t|t|y|t|sint确定，则( ).

A.f(x)连续，f(0)不存在 B.f(0)存在，f(x)在x0处不连续 C.f(x)连续，f(0)不存在

D.f(0)存在，f(x)在x0处不连续

【答案】C

【解析】limx0ylimt0|t|sint0y(0)，故f(x)在x0连续.

f(0)limf(x)f(0)|x0xlimt|sintt02t|t|0. sinttcost3,t0f(x)y(t)x(t)0t0

sinttcostt0t0时，x0；t0时，x0；t0时，x0，故f(x)在x0连续.

sinttcostff(x)f(0)0(0)32xlim0xlimt03t9, flimf(x)f(0)sinttcost0(0)x0xlimt0t2,

故f(0)不存在.故选C.

6. 若函数f()12x(lnx)1dx在=0处取得最小值，则0=( )

A.1ln(ln2) B.ln(ln2)

C.1

ln2

D.ln2

【答案】A.

【解析】已知f(a)1dxd(lnx)1(lna12x(lnx)a12(lnx)a1ax)21a(ln2)a，则f(a)111lnln21a2(ln2)aa(ln2)a11a(ln2)aalnln2， 令f(a)0，解得a10lnln2. 故选A.

7.设函数f(x)(x2a)ex.若f(x)没有极值点,但曲线yf(x)有拐点,则a的取值范围是( ). A.[0,1)

B.[1,)

C.[1,2)

D. [2,)

故选B.

2229. f(x1,x2,x3)(x1x2)(x1x3)4(x2x3)的规范形为

22A.y1y2 22B.y1y2 222C.y1y24y3 222D.y1y2y3

【答案】C.

【解析】由于f(x)没有极值点,但曲线yf(x)有拐点，则f(x)(x22xa)ex有两个相等的实根

【答案】B

222【解析】f(x1,x2,x3)(x1x2)(x1x3)4(x2x3)

或者没有实根，f(x)(x24xa2)ex有两个不相等的实根.于是知44a0,164(a2)0,解得

1a2.故选C.

*8. A,B 为可逆矩阵，E为单位阵，M*为M的伴随矩阵，则AEOB

|A|B*B**A.A*

B.O|B|A* |B|A*AB*O|A|B* *C.|B|AB*A****O|A|B*

D.AB|A|BO|B|A* 【答案】B 【解析】由于

*AEAEOOBAEOBEOBOE|A||B|OO|A||B|， 故

*1AEOBAEOB|A||B|OO|A||B|

111AABOOB1|A||B|O|A||B| |A|A1|B||A|A1|B|B1OB1|A||B| A*|B|A*B*OB*|A|. 2x22213x23x32x1x22x1x38x2x3，

211二次型的矩阵为A134，

143211210|AE|134(7)131

143141

210(7)210(7)(3)0， 1413,2127,30，故规范形为y21y2，故选B.

12210.已知向量组2,1121,15,20 ，若 既可由1,2 线性表示，又可由1,23191线性表示，则( )

3A.k3,kR

B.k35,kR

41011C.k1,kR

D.k5,kR

28【答案】D

【解析】设k11k22k31k42，则k11k22k31k420，对关于k1,k2,k3,k4的方程组的系数矩阵作初等变换化为最简形，

122110A(031011,2,1,2)215001910011，

3解得(k1,k2,k3,k4)TC(3,1,1,1)T(3,1,1,0)T(33C,1C,1C,C)T，故

1C1k1)11k22(33C)1(C25(1C)k5,kR.故选D.

8(1C)8

二、填空题：11~16小题,每小题5分,共30分.请将答案写在答题纸指定位置上.

11．当x0时，f(x)axbx2ln(1x)与g(x)ex2cosx是等价无穷小，则ab________. 【答案】2

【解析】由题意可知，

axbx2x1x2o(x21limf(x)axbx2ln(1x)2)x0g(x)limx0ex2cosxlimx0 1+x2o(x2)[112x2o(x2)](a1)x(b1)x2o(x2lim2)x03，

2x2o(x2)于是a10,b1322，即a1,b2，从而ab2.

12. 曲线yx33t2dt的孤长为_________.

【答案】

433 【解析】曲线yx33t2dt的孤长为

331y2dx33313x2dx334x2dx204x2dx

x2sint23202costd2sint830costdt831cos2t02dt

4134t2sin2t3. 0313. 设函数zz(x,y)由方程ezxz2xy确定，则2zx2_________.

(1,1)【答案】32

【解析】将点(1,1)带入原方程，得z0. 方程ezxz2xy两边对x求偏导，得ezzxzxzx2， 22两边再对x求偏导，得ezzz2xezzx22xxzx20，将x1,y1,z0代入以上两式，得z2z3x1，(1,1)x2. (1,1)2

14. 曲线3x3y52y3在x1对应点处的法线斜率为_________.

【答案】119 【解析】当x1时，y1.

方程3x3y52y3两边对x求导，得9x2(5y46y2)y，将x1，y1代入，得

y(1)911.于是曲线3x3y52y3在x1对应点处的法线斜率为119. 15. 设连续函数f(x)满足f(x2)f(x)x，2f(x)dx0，则301f(x)dx_________.

【答案】12

【解析】3f(x)dx3f(x)dx2f(x)dx3f(x)dx1211010f(x)dx1f(x)dx

3f(x)dx1f(xx2t120)dx10f(t2)dtf(x)dx1xdx1002. ax1x31,a011a16. x1ax2x130,ax 有解，其中a,b为常数，若1a14 ，则12a________.

x12x230,ax12aab01bx22【答案】8

a0111a101a1a011a1【解析】方程组有解，则|A|12a012a21a10 ，故12a8.

ab02ab012aab0

三、解答题：17~22小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（本题满分10分）

设曲线L:yy(x)(xe)经过点(e2,0)，L上任一点P(x,y)到y轴的距离等于该点处的切线在y轴上的截距，

(Ⅰ)求y(x)；

(Ⅱ)在L上求一点，使该点的切线与两坐标轴所围三角形面积最小，并求此最小面积. 【解】(Ⅰ)曲线L在点P(x,y)处的切线方程为Yyy(x)(Xx)，令X0，则切线在y轴上的截距为Yyxy(x)，则xyxy(x)，即y1xy1，解得y(x)x(Clnx)，其中C为任意常数. 又y(e2)0，则C2，故y(x)x(2lnx).

(Ⅱ)设曲线L在点(x,x(2lnx))处的切线与两坐标轴所围三角形面积最小，此时切线方程为

Yx(2lnx)(1lnx)(Xx).

令Y0，则Xxlnx1；令X0，则Yx. 故切线与两坐标轴所围三角形面积为S(x)11xx22XY2lnx1x2(lnx1)，

则S(x)x(2lnx3)32(lnx1)2.令S(x)0，得驻点xe2. 333当exe2时，S(x)0；当xe2时，S(x)0，故S(x)在xe2处取得极小值，同时也取最小值，3且最小值为S(e2)e3.

18.（本题满分12分）

求函数f(x,y)xecosyx22的极值. 【解】由已知条件，有

fyx(x,y)ecosx，

fy(x,y)xecosy(siny).

令f(x,y)0，解得驻点为1e,kx(x,y)0,fy，其中k为奇数；(e,k)，其中k为偶数.

f(x,y)1，fyxxxy(x,y)ecosy(siny)，fyy(x,y)xecosysin2yxecoscosy. 在点1e,k处，其中k为奇数，

Af1xxe,k1，Bfxy1e,k0，Cfyy12e,ke，

由于ACB20，故1e,k不是极值点，其中k为奇数.

在点(e,k)处，其中k为偶数，

Af(e,k)1，Bfxy(e,k)0，Cfyy(e,k)e2xx， 由于ACB20，且A0，故(e,k)为极小值点，其中k为偶数，且极小值为

f(e,k)e22.

19.（本题满分12分）

已知平面区域D(x,y)|0y1,x1x1x2， （1）求平面区域D的面积S.

(2)求平面区域D绕x一周所形成的旋转体的体积. 【解】(1)

S1x1x2dxsec2t112tdt2dt 4tantsec4sintsint24sin2tdt2141cos2tdcost 1cost122lncost112ln2121. 4(2) V1x2(1x2)dx1111x21x2dx14.

20.（本题满分12分）

设平面区域D位于第一象限，由曲线x2y2xy1，x2y2xy2与直线y3x,y0围成，计算13x2y2dxdy.

D2【解】11cossin1D3x2y2dxdy30d11cossin32cos22sin2d

2311cossin10sin23cos2d11cossind

112ln230sin23cos2d 1ln23120tan23dtan

ln2tan223arctan303ln83.

21.（本题满分12分）

设函数f(x)在[a,a]上有二阶连续导数.

（1）证明：若f(0)0，存在(a,a)，使得f()1a2[f(a)f(a)]； （2）若f(x)在(a,a)上存在极值，证明：存在(a,a)，使得|f()|12a2|f(a)f(a)|.

【证明】(1)将f(x)在x00处展开为

f(x)f(0)f(0)xf()x2f()x22!f(0)x2!，

其中介于0与x之间.

分别令xa和xa，则

f(a)f(0)(a)f(1)a22!，a10，

f(a)f(0)(a)f(2)a22!，02a，

两式相加可得

f(a)f(a)a2f(1)f(2)2，

又函数f(x)在[a,a]上有二阶连续导数，由介值定理知存在[1,2](a,a)，使得

f(1)f(2)2f()，

即f()1a2[f(a)f(a)]. (2)设f(x)在x0处取得极值，则f(x0)0. 将f(x)在x0处展开为

f(xf()(xx0)2f()(xx2f(x)0)0)f(x0)(xx0)2!f(x0)2!，

其中介于x0与x之间.

分别令xa和xa，则

a)f(xf(1)(ax2f(0)0)2!，a1x0，

)f(xf(2)(ax2f(a0)0)2!，x02a，

两式相减可得

f(a)f(a)f(2)(ax0)222f(1)(ax0)2，

所以

f(a)f(a)|f(2)(ax20)f(1)(ax0)2|22

|f(1)|(ax0)2|f(2)|(ax20)22

|f()|2[(ax20)(ax0)2](|f()|max(|f(1)|,|f(2)|))|f()|2[(ax0)(ax0)]22a2|f()|，

即|f()|12a2|f(a)f(a)|.

22.（本题满分12分）

设矩阵A满足对任意的x,xAx1xx1x2x312,x3均有22x1x2x3x3x.

2x3(1)求A

(2)求可逆矩阵P与对角阵，使得P1AP.

x1x1x2【解】(1)由Axx322x1x2x3，得

x3x2x3

Ax1111x1x2211x3011x2， x3111即方程组A111211x1x20对任意的x1,x2,x3均成立，故A011211.

x3011111101(2)|AE|211(2)20,

011011(2)(2)(1)0,

特征值为12,22,31.

31110A2E21100011,10110001;

1A2E1112311040134,20133;

0001211201AE201010,1300100002,

0412令P(1AP000201,2,3)130 ，则P.

112001