2023年全国硕士研究生考试考研数学二试卷真题(含答案详解)

2023年12月2日发(作者：22年专升本高考数学试卷)

2023年全国硕士研究生招生考试《数学二》真题试卷【完整版】

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．曲线yxlne1x1的渐近线方程为（ ）。

A．y＝x＋e

B．y＝x＋1/e

C．y＝x

D．y＝x－1/e

2．函数fx1,x01x2的原函数为（ ）。

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

3．设数列{xn}，{yn}满足x1＝y1＝1/2，xn＋1＝sinxn，yn＋1＝yn2，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

4．已知微分方程式y′′＋ay′＋by＝0的解在（－∞，＋∞）上有界，则a，b的取值范围为（

A．a＜0，b＞0

B．a＞0，b＞0

C．a＝0，b＞0

D．a＝0，b＜0

）。

5．设函数y＝f（x）由x2tt确定，则（ ）。

ytsintA．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

6．若函数f1xlnx12。

dx在α＝α0处取得最小值，则α0＝（ ）A．1

lnln2B．－ln（ln2）

C．1

ln2D．ln2

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，＋∞）

AE8．B为n阶可逆矩阵，E为n阶单位矩阵，M*为矩阵M的伴随矩阵，设A，则＝（ ）。

OB*AB*A．0AB*B．0BA*C．0BA*D．0B*A*

A*B*A*B*

*BAB*A*

*ABA*B*

*AB

9．二次型f（x1，x2，x3）＝（x1＋x2）2＋（x1＋x3）2－4（x2－x3）2的规范形为（ ）。

A．y12＋y22

B．y12－y22

C．y12＋y22－4y32

D．y12＋y22－y32

122110．已知向量α12,α21,β15,β20，若γ既可由α1，α2线性表示，也可由与β1，β23191线性表示，则γ＝（ ）。

3A．k3,kR

43B．k5,kR

101C．k1,kR

21D．k5,kR

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，函数f（x）＝ax＋bx2＋ln（1＋x）与gx

12．曲线yex2则ab＝ .

cosx是等价无穷小，x33t2dt的弧长为 .

【答案】34

32【解析】y3x，由弧长公式可得

l331ydx=334xdxx2sint234cos2tdt024431cos2tdt3.03



2z13．设函数z＝z（x，y）由e＋xz＝2x－y确定，则＝ .

x1,1z

14．曲线3x3＝y5＋2y3在x＝1对应点处的法线斜率为 .

15．设连续函数f（x）满足f（x＋2）－f（x）＝x，

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.

（1）求y（x）；

（2）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.

18．（本题满分12分）

求函数f（x，y）＝xecosy＋x2/2的极值.

19．（本题满分12分）

已知平面区域Dx,y|0y20fxdx=0，则fxdx＝ .

13,x1，

x1x21（1）求D的面积.

（2）求D绕x轴旋转所成旋转体的体积.

20．（本题满分12分）

设平面有界区域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1dxdy.

223xyD

21．（本题满分12分）

设函数f（x）在[－a，a]上具有2阶连续倒数，证明：

（1）若f（x）＝0，则存在ξ∈（－a，a）使得f1fafa；

2a1fafa.

2a2（2）若f（x）在（－a，a）内取得极值，则存在η∈（－a，a），使得f

22．（本题满分12分）

x1x1x2x3设矩阵A满足对任意x1，x2，x3均有Ax22x1x2x3.

xxx233（1）求A。

－（2）求可逆转矩阵P与对角矩阵Λ使得P1AP＝Λ。

答案及解析

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．【答案】B

1xlneyx1limlne11,

【解析】klimlimxxxxxx111blimykxlimxlnexlimxlnex1xxx1x1

1x1limxln1limxxex1ex1e所以斜渐近线方程为y＝x＋1/e．

2．【答案】D

【解析】当x≤0时，

当x＞0时，

fxdxdx1x2lnx1x2C1

fxdxx1cosxdxx1dsinxx1sinxsinxdx

x1sinxcosxC2原函数在（－∞，＋∞）内连续，则在x＝0处

x02limlnx1xC1C1，limx1sinxcosxC21C2

x0所以C1＝1＋C2，令C2＝C，则C1＝1＋C，故

ln1x2x1C,x0fxdx，

x1sinxcosxC,x0ln1x2x1,x0综合选项，令C＝0，则f（x）的一个原函数为Fx.

x1sinxcosx,x0

3．【答案】B

【解析】在（0，π/2）中，2x/π＜sinx 故xn＋1＝sinxn＞2xn/π

 y1yn1ynn12xn11yy2nn2xn4xnyy1limn0.

nx4x14nnn故yn是xn的高阶无穷小.

4．【答案】C

【解析】微分方程y′′＋ay′＋by＝0的特征方程为λ2＋aλ＋b＝0，

当Δ＝a2－4b＞0时，特征方程有两个不同的实根λ1，λ2，则λ1，λ2至少有一个不等于零，

若C1，C2都不为零，则微分方程的解yC1e1xC2e2x在（－∞，＋∞）无界；

当Δ＝a2－4b＝0时，特征方程有两个相同的实根λ1，2＝－a/2，

若C2≠0，则微分方程的解yC1e2ax2C2eax2在（－∞，＋∞）无界；

a4ba2当Δ＝a－4b＜0时，特征方程的根为1,2i，

22则通解为yeax24ba24ba2xC2sinx，

C1cos22此时，要使微分方程的解在（－∞，＋∞）有界，则a＝0，再由Δ＝a2－4b＜0，知b＞0.

5．【答案】C

【解析】（1）当t＞0时，x3tdysinttcost，；

3ytsintdx当t＜0时，xtdysinttcost，；

1ytsintdxfxf0tsintlim0；

t0x3t当t＝0时，因为f0limx0f0limx0fxf0tsintlim0，

t0xt所以f′（0）＝0.

（2）limfxlimx0t0sinttcostsinttcost0;limfxlim0f0；

x0t033所以limfxf00，即f′（x）在x＝0连续.

x0（3）当t＝0时，因为f0limx0fxf0sinttcost2lim；

t0x33t9 f0limx0fxf0sinttcostlim2

t0xt所以f′′（0）不存在.

6．【答案】A

【解析】当α＞0时f12xlnxdx11lnx211ln21

所以f1ln221lnln2111ln2ln211lnln20，即0.

lnln2

7．【答案】C

【解析】f（x）＝（x2＋a）ex，f′（x）＝（x2＋a＋2x）ex，f′（x）＝（x2＋4x＋a＋2）ex，由于f（x）无极值点，所以4－4a≤0，即a≥1；由于f（x）有拐点，所以16－4（a＋2）＞0，即a＜2；综上所述a∈[1，2）.

8．【答案】D

【解析】结合伴随矩阵的核心公式，代入（D）计算知

*AEBAOBOA*B*BAA*AB*OBAEOAA*B*AB*BAEAB*AB*OABB*ABE

ABE2n,ABEO故（D）正确.

9．【答案】B

【解析】由已知f（x1，x2，x3）＝2x12－3x22－3x32＋2x1x2＋2x1x3＋8x2x3，

211则其对应的矩阵A134

1432由EA1113414730，得A的特征值为3，－7，0

3故选（B）.

10．【答案】D

【解析】设r＝x1α1＋x2α2＝y1β1＋y2β2则x1α1＋x2α2－y1β1－y2β2＝0

12211003又α1,α2,β1,β221500101

31910011 故（x1，x2，y1，y2）T＝c（－3，1，－1，1）T，c∈R

所以r＝－cβ1＋cβ2＝c（－1，－5，－8）T＝－c（1，5，8）T＝k（1，5，8）T，k∈R

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．【答案】－2

1222axbxxxoxfxaxbxln1x2【解析】limlimlim1，

x2x0gxx0x01ecosx1x2ox21x2ox222可得a＋1＝0，b－1/2＝3/2，即a＝－1，b＝2，故ab＝－2.

12．【答案】34

32【解析】y3x，由弧长公式可得

l331ydx=334xdxx2sint234cos2tdt024431cos2tdt3.03

13．【答案】－3/2

【解析】两边同时对x求导得：ez

zzzx20①

xx2zzzz2zzz两边再同时对x求导得：ee2x20②

xxxxxxz将x＝1，y＝1代入原方程得ez＋z＝1⇒z＝0

代入①式得

e0zzz021

xxx0

2z2z2z3代入②式得e1e211202.

xxx20

14．【答案】－11/9

【解析】两边对x求导：9x2＝5y4·y′＋6y2·y′①

当x＝1时，代入原方程得3＝y5＋2y3⇒y＝1

将x＝1，y＝1代入①式得9＝5y′＋6y′⇒y′|（1，1）＝9/11，所以曲线在x＝1处的法线斜率为－11/9.

15．【答案】1/2

【解析】

31fxdx=fxdxfxdx1223=fxdxfx2dx1021=fxdxfxxdx10=fxdxfxdxxdx

10021121=fxdxxdx002101.21216．【答案】8

【解析】由已知r（A）＝r（A，b）≤3＜4，故|A，b|＝0

即

a011A,b1a1014441112a211a112a0ab012aab02

1a11a1a0112a240,ab01a1故12a8.

ab0

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.

（1）求y（x）；

（2）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.

【解析】（1）曲线L在点P（x，y）处的切线方程为Y－y＝y′（X－x），令X＝0，则切线在y轴上的截距为y－y′x，则x＝y－y′x，即y′－y/x＝－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）.

（2）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x；令X＝0，则Y＝x.

lnx1 11xx2故切线与两坐标轴所围三角形面积为SxXY，

x22lnx12lnx1则Sxx2lnx32lnx12.令S′（x）＝0，得驻点x＝e3/2.

当e＜x＜e3/2时，S′（x）＜0；当x＞e3/2时，S′（x）＞0，故S（x）在x＝e3/2处取得极小值，同时也取最小值，且最小值为S（e3/2）＝e3.

18．（本题满分12分）

求函数f（x，y）＝xecosy＋x2/2的极值.

cosyfxex0－1【解析】，得驻点为：（－e，kπ），其中k为奇数；（－e，kπ），其中k为cosyfyxesiny0fxxA1－ecosysiny偶数.则fxy代入（－e1，kπ），其中k为奇数，得Bcosy2cosyfxesinyxecosyyyC－B2＜0，故（－e1，kπ）不是极值点；

－1fxx0fxye2fyy，ACA代入（－e，kπ），其中k为偶数，得BCf（－e，kπ）＝－e2/2为极小值.

19．（本题满分12分）

1fxx0，AC－B2＞0且A＞0，故（－e，kπ）是极小值点，fxye2fyy1Dx,y|0y,x1已知平面区域，

2x1x（1）求D的面积.

（2）求D绕x轴旋转所成旋转体的体积.

【解析】（1）由题设条件可知：

S1x1x21dxxx211x22dx1xt22t1t1dtln2t1t2t1ln221；

（2）旋转体体积V1ydx21x1x21dx111dx21.

24x1x

20．（本题满分12分）

设平面有界区域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1dxdy.

223xyD21sincos11sincos【解析】本题目采用极坐标进行计算

1dxdy=3d2203xyD1r23cos2sin221sincos21sincos11sincosrd3d011d223cossinr301lnr223cossin11sincosd301ln2d223cossin11133ln2dln2dtan2220023tancos3tan11tanln2arctan2333083

ln2.

21．（本题满分12分）

设函数f（x）在[－a，a]上具有2阶连续倒数，证明：

（1）若f（x）＝0，则存在ξ∈（－a，a）使得f1fafa；

a21fafa.

22a（2）若f（x）在（－a，a）内取得极值，则存在η∈（－a，a），使得f【解析】（1）证明：fxf0f0xf2f2xf0xx，η介于0与x之间，

2!2!f12则faf0aa,01a①

2!faf0af22a,a20②

2!a2①＋②得：fafaf1f2③

2又f′′（x）在[η2，η1]上连续，则必有最大值M与最小值m，即m≤f′′（η1）≤M；m≤f′′（η2）≤M；

从而mf1f2M；

2f1f2f，代入③得： 由介值定理得：存在ξ∈[η2，η1] ⊂（－a，a），有2 f（a）＋f（－a）＝a2 f′′（ξ）即ffafa

2a（2）证明：设f（x）在x＝x0∈（－a，a）取极值，且f（x）在x＝x0可导，则f′（x0）＝0.

又fxfx0fx0xx0ff22xx0fx0xx0，γ介于0与x之2!2!间，则fafx0f12ax0,a10

2!f22fafx0ax0,02a

2!从而

fafa1122ax0f2ax0f122

1122ax0f2ax0f122又| f′′（x）|连续，设M＝max{| f′′（γ1）|，| f′′（γ2）|}，则

11222fafaMax0Max0Ma2x0

22又x0∈（－a，a）则|f（a）－f（－a）|≤M（a2＋x02）≤2Ma2，则M1fafa即存在η＝22aγ1或η＝γ2∈（－a，a），有f

22．（本题满分12分）

1fafa.

22ax1x1x2x3设矩阵A满足对任意x1，x2，x3均有Ax22x1x2x3.

xxx233（1）求A

－（2）求可逆转矩阵P与对角矩阵A使得P1AP＝Λ.

x1x1x2x3111x1对任意的x，x，x均成立，所以【解析】（1）因为Ax22x1x2x3211123x2xxx011x2333111A211

011（2）

1EA2011111111121111

11122222210所以A的特征值为λ1＝－2，λ2＝2，λ3＝－1.

311100λ1＝－2时，1EA211011，可得特征向量α1＝（0，－1，1）T；

011000111104λ2＝2时，2EA231013，可得特征向量α2＝（4，3，1）T；

013000

211201λ3＝－1时，3EA201010，可得特征向量α3＝（1，0，－2）T；

010000041200令Pα1,α2,α3130，P1APα1,α2,α3020.

112001