2023年考研数学二真题及其答案解析

2024年1月9日发(作者：大大班的期中数学试卷)

2023年全国硕士研究生招生考试

数学二

试题及其答案解析

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) 的斜渐近线为( )

x11A.yxe B.yx

e1C.yx D.yx

e1.

yxln(e【答案】B.

【解析】由已知yxlne1，则

x1limxy1limlnelne1，

xxx111limyxlimxlnexlimxlnex1

xxx1x11limxlnelne

xx11

limxln1xe(x1)lim所以斜渐近线为yxx1，

xe(x1)e1.故选B.

e1,x022. 函数f(x)1x的一个原函数为（ ）.

(x1)cosx,x0ln1x2x,x0A．F(x)

(x1)cosxsinx,x01

ln1x2x1,x0B．F(x)

(x1)cosxsinx,x0ln1x2x,x0C．F(x)

(x1)sinxcosx,x0ln1x2x1,x0D．F(x)

(x1)sinxcosx,x0【答案】D.

【解析】由已知limf(x)limf(x)f(0)1，即f(x)连续.

x0x0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{xn},{yn}满足x1y1是yn的高阶无穷小

是yn的等价无穷小

穷小

【答案】B.

【解析】在0,

11,xn1sinxn,yn1yn,当n时( ).

是xn的高阶无穷小

是yn的同阶但非等价无

221中，，从而.又sinxxxsinxxyyn，从而

n1nnn122yn1xn1所以lim1yyn2n2xn4xny1，

4x14nnnyn10.故选B.

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

A.a0,b0

C.a0,b0

B.a0,b0

D.a0,b0

2

【答案】D

【解析】微分方程yayby0的特征方程为r2arb0.

ax2①若a4b0 ，则通解为y(x)e24ba24ba2(C1cosxC2sinx)；

22x2a4ba22②若a24b0，则通解为y(x)C1e22a4ba22C2e.

x；

③若a4b0，则通解为y(x)(C1C2x)e由于y(x)在(,)上有界，若ax2aa则①②③中x时通解无界，若0，0，22则①②③中x时通解无界，故a0.

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

a0时，若b0，则r1,2b，通解为y(x)C1e综上可得a0，b0.故选D.

5. 设函数yf(x)由参数方程A.f(x)连续，f(0)不存在

bxC2ebx，在(,)上无界.

x2t|t|确定，则( ).

y|t|sint

B.f(0)存在，f(x)在x0处不连续

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

【答案】C

【解析】limylim|t|sint0y(0)，故f(x)在x0连续.

x0t0f(0)limx0f(x)f(0)|t|sintlim0.

t02t|t|xsinttcost,t03y(t)f(x)0t0

x(t)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.

3

sinttcost0f(x)f(0)23,

f(0)limlimx0t0x3t9f(x)f(0)sinttcost0f(0)limlim2,

x0t0xt故f(0)不存在.故选C.

6.

若函数f()21dx在=0处取得最小值，则0=( )

1x(lnx)A.1 B.ln(ln2)

ln(ln2)C.

1 2

ln2【答案】A.

【解析】已知f(a)2d(lnx)11dx(lnx)aa1a12(lnx)x(lnx)a211，则

a(ln2)af(a)111lnln2111lnln2，

2aaaa(ln2)a(ln2)a(ln2)a令f(a)0，解得a0故选A.

21.

lnln27.设函数f(x)(xa)e.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)

【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)(x2xa)e有两个相等的实根或者没有实根，f(x)(x4xa2)e有两个不相等的实根.于是知2x2xx B.[1,) C.[1,2) D.

[2,)

44a0,解得1a2.故选C.

164(a2)0,AE*8.

A,B 为可逆矩阵，E为单位阵，M为M的伴随矩阵，则

OB*4

|A|B*B*A*A.

*|B|AO|B|A*B*A*C.

*|A|BO【答案】B

【解析】由于

|B|A*A*B*B.

*|A|BO|A|B*A*B*D.

*|B|AO

AEEAEAEOBOBOBO故

*1*O|A||B|O，

EO|A||B|OAEAE|A||B|

|A||B|OBOBOOA1A1B1|A||B|

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

1OB|A||B|A*|B|A*B*.

*B|A|O故选B.

9.

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

A.y1y2

【答案】B

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

222x123x23x32x1x22x1x38x2x3，

22222222 B.y1y2

22 C.y1y24y3

222D.y1y2y3

222211二次型的矩阵为A134，

1432|AE|

134143(7)21113401

1115

2(7)2111400(7)(3)0，

1213,27,30，故规范形为y12y2，故选B.

122110.已知向量组12,21,15,20 ，若 既可由1,2 线性表示，3191又可由1,2线性表示，则( )

3A.k3,kR

4

3B.k5,kR

101D.k5,kR

81C.k1,kR

2【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1003A(1,2,1,2)21500101，

31910011TTTT解得(k1,k2,k3,k4)C(3,1,1,1)(3,1,1,0)(33C,1C,1C,C)，故

1C1k11k22(33C)1(C1)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bxln(1x)与g(x)excosx是等价无穷小，则ab________.

【答案】2

【解析】由题意可知，

22

6

1axbx2xx2o(x2)f(x)axbxln(1x)21limlimlim

2xx0g(x)x0x01ecosx1+x2o(x2)[1x2o(x2)]21(a1)x(b)x2o(x2)2lim，

x032xo(x2)213于是a10,b，即a1,b2，从而ab2.

22212. 曲线y【答案】x33t2dt的孤长为_________.

43

3【解析】曲线yx33t2dt的孤长为

3331y2dx313xdx302334xdx23022304x2dx

x2sint022costd2sint8costdt831cos2tdt

21343.

4tsin2t3202z13. 设函数zz(x,y)由方程exz2xy确定，则2xz_________.

(1,1)【答案】3

2【解析】将点(1,1)带入原方程，得z0.

z方程exz2xy两边对x求偏导，得e2zzzzx2，

xx2z2zzzz两边再对x求偏导，得e将x1,y1,z0代入以上2x20，e2xxxxzz2z3.

1，2两式，得x(1,1)2x(1,1)

14. 曲线3xy2y在x1对应点处的法线斜率为_________.

【答案】35311

97

【解析】当x1时，y1.

方程3xy2y两边对x求导，得9x(5y6y)y，将x1，y1代入，得

353242y(1)911353.于是曲线3xy2y在x1对应点处的法线斜率为.

11915. 设连续函数f(x)满足f(x2)f(x)x，【答案】【解析】20f(x)dx0，则f(x)dx_________.

131

231f(x)dxf(x)dxf(x)dxf(x)dxf(x)dxf(x)dx

1010132312f(x)dxf(x)dx2031x2t10f(t2)dtf(x)dxxdx00111.

2ax1x31,a011a1xaxx0,12316.

 有解，其中a,b为常数，若1a14 ，则12ax12x2ax30,12aab0ax1bx22________.

【答案】8

a011【解析】方程组有解，则|A|1a1012a0ab021a1a0112a21a10 ，故ab012a1a112a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(e,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)；

2(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8

1y1，解得x

y(x)x(Clnx)，其中C为任意常数.

又y(e)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

2Yx(2lnx)(1lnx)(Xx).

令Y0，则Xx；令X0，则Yx.

lnx111xx2x故切线与两坐标轴所围三角形面积为S(x)XY，

22lnx12(lnx1)3x(2lnx3)则S(x).令S(x)0，得驻点xe2.

22(lnx1)323232当exe时，S(x)0；当xe时，S(x)0，故S(x)在xe处取得极小值，同时也取最小值，且最小值为S(e)e.

18.（本题满分12分）

求函数f(x,y)xecosy323x2的极值.

2【解】由已知条件，有

fx(x,y)ecosyx，

fy(x,y)xecosy(siny).

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

(x,y)1，fxy(x,y)ecosy(siny)，fyy(x,y)xecosysin2yxecosycosy.

fxx在点,k处，其中k为奇数，

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

eee9

由于ACB20，故,k不是极值点，其中k为奇数.

在点(e,k)处，其中k为偶数，

1e(e,k)1，Bfxy(e,k)0，Cfyy(e,k)e2，

Afxx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

e2f(e,k).

219.（本题满分12分）

1D(x,y)|0y,x1已知平面区域，

2x1x（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1x1x21dx24sec2t1dt2dt

tantsectsint4sint122dt2dcost

24sint41cost1cost1ln2cost124121ln.

221(2)

V1111dxdx1.

221x2(1x2)x1x4

20.（本题满分12分）

设平面区域D位于第一象限，由曲线xyxy1，xyxy2与直线2222y3x,y0围成，计算D1dxdy.

223xy21cossin11cossin1dxdy3d【解】2203xyD1d

22223cossin10

13d0sin23cos221cossin11cossin1d

11ln23d

0sin23cos2211ln23dtan

202tan3ln2tanarctan233

21.（本题满分12分）

设函数f(x)在[a,a]上有二阶连续导数.

30ln2.

83（1）证明：若f(0)0，存在(a,a)，使得f()1[f(a)f(a)]；

2a（2）若f(x)在(a,a)上存在极值，证明：存在(a,a)，使得|f()|1|f(a)f(a)|.

2a2【证明】(1)将f(x)在x00处展开为

f()x2f()x2f(x)f(0)f(0)xf(0)x，

2!2!其中介于0与x之间.

分别令xa和xa，则

f(1)a2f(a)f(0)(a)，a10，

2!f(2)a2f(a)f(0)(a)，02a，

2!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)f()，

2即f()1[f(a)f(a)].

2a11

(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()(xx0)2f()(xx0)2f(x)f(x0)f(x0)(xx0)f(x0)，

2!2!其中介于x0与x之间.

分别令xa和xa，则

f(1)(ax0)2f(a)f(x0)，a1x0，

2!f(2)(ax0)2f(a)f(x0)，x02a，

2!两式相减可得

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

22所以

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

22|f(1)|(ax0)2|f(2)|(ax0)2

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

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

2即|f()|1|f(a)f(a)|.

22a

22.（本题满分12分）

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

xxx233(1)求A

(2)求可逆矩阵P与对角阵，使得PAP.

112

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

xxx233x1111x1Ax2211x2，

x011x33111x11即方程组A211x20对任意的x1,x2,x3均成立，故A2011x301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A2E2111000110011000,111;

A2E1112311040134,23013000;

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

0100002041200令P(11,2,3)130 ，则PAP112020001.



13

11111.

1