《2023年全国硕士研究生招生考试考研《数学二》真题及详解76.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年全国硕士研究生招生考试考研《数学二》真题及详解76.pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 2023 年全国硕士研究生招生考试考研数学二真题及详解 一、选择题：110 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1ln1yxex的渐近线方程为（）。Ayxe Byx1/e Cyx Dyx1/e【答案】B【解析】由已知1ln1yxex，则可得：1ln11limlimlimln11xxxxeyxkexxx 11limlimlnlimln11111lim ln 1lim11xxxxxbykxxexxexxxxe xe xe 所以斜渐近线方程为 yx1/e。2函数 21,011 cos,0 xfx
2、xxx x的原函数为（）。A 2ln1,01 cossin,0 xxxF xxxx x B 2ln11,01 cossin,0 xxxF xxxx x C 2ln1,01 sincos,0 xxxF xxxx x D 2ln11,01 sincos,0 xxxF xxxx x【答案】D【解析】当 x0 时，可得：212ddln11xf xxxxCx 当 x0 时，可得：2d1 cos d1 dsin1 sinsin d1 sincosf xxxx xxxxxx xxxxC 在 x0 处，有：2110lim ln1xxxCC，220lim1 sincos1xxxxCC 由于原函数在（，）内连续，
3、所以 C11C2，令 C2C，则 C11C，故 2ln11,0d1 sincos,0 xxC xfxxxxxC x 令 C0，则 f（x）的一个原函数为 2ln11,01 sincos,0 xxxF xxxx x。3设数列xn，yn满足 x1y11/2，xn1sinxn，yn1yn2，当 n时（）。Axn是 yn的高阶无穷小 Byn是 xn的高阶无穷小 Cxn是 yn的等价无穷小 Dxn是 yn的同阶但非等价无穷小【答案】B【解析】由题意可知，xn，yn为单调递减且有界的数列，0 xn1/2，0yn1/2。在（0，/2）中，2x/sinx，故 xn1sinxn2xn/。且211112nnnnn
4、yyyyyy，所以112nnyy。故111112lim02444nnnnnnnnnnnyyyyyxxxxx。故 yn是 xn的高阶无穷小。4已知微分方程式 yayby0 的解在（，）上有界，则 a，b 的取值范围为（）。Aa0，b0 Ba0，b0 Ca0，b0 Da0，b0【答案】C【解析】由题意，微分方程的特征方程为 2ab0。当 a24b0 时，特征方程有两个不同的实根 1，2，则 1，2至少有一个不等于零。若 C1、C2都不为零，则微分方程的解为1212xxyC eC e。因此，此时不能有解在（，）上有界。当 a24b0 时，特征方程有两个相同的实根 1，2a/2。若 C20，则微分方程
5、的解为2212aaxxyC eC e。因此，此时不能有解在（，）上有界。当 a24b0 时，特征方程的根为21,2422abai。则通解为2221244cossin22axbabayeCxCx。要使微分方程的解在（，）有界，则 a0，结合 a24b0，可得 b0。5设函数 yf（x）由2sinxttytt 确定，则（）。Af（x）连续，f（0）不存在 Bf（0）存在，f（x）在 x0 处不连续 Cf（x）连续，f（0）不存在 Df（0）存在，f（x）在 x0 处不连续【答案】C【解析】（1）当 t0 时，3sinxtytt，dsincosd3ytttx。当 t0 时，sinxtytt，dsin
6、cosd1ytttx。当 t0 时，因为 000sin0limlim03xtf xfttfxt。000sin0limlim0 xtf xfttfxt。所以 f（0）0。（2）因为 00sincoslimlim03xttttfx；00sincoslimlim03xttttfx。所以 0lim00 xfxf，即 f（x）在 x0 连续。（3）当 t0 时，因为 000sincos20limlim3 39xtfxftttfxt；000sincos0limlim2xtfxftttfxt。故 00ff。所以 f（0）不存在。6若函数 121dlnfxxx在 0处取得最小值，则 0（）。A1ln ln2
7、Bln（ln2）C1ln2 Dln2【答案】A【解析】由题意，反常积分收敛，需要 0。当 0 时，可得：1221111dlnlnln2fxxxx 所以可得：211lnln2 1111lnln20ln2ln2ln2f 故可得：01ln ln2。7设函数 f（x）（x2a）ex，若 f（x）没有极值点，但曲线 yf（x）有拐点，则 a 的取值范围是（）。A0，1）B1，）C1，2）D2，）【答案】C【解析】函数 f（x）（x2a）ex，则 f（x）（x2a2x）ex，f（x）（x24xa2）ex。因f（x）无极值点，则可得 44a0，即 a1；因 f（x）有拐点，则可得 164（a2）0，即 a2
8、。综上所述，可得 a1，2）。8 设 A，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，则*AEOB（）。A*A BB AOA B B*A BA BOB A C*B AB AOA B D*B AA BOA B【答案】D【解析】由伴随矩阵的计算公式，代入（D）选项计算可知：*AEB AA BB AAAA BA BOBOA BOA BBB A EA BA BOA B EB A EOOA B EA B E 故 D 项正确。9二次型 f（x1，x2，x3）（x1x2）2（x1x3）24（x2x3）2的规范形为（）。Ay12y22 By12y22 Cy12y224y32 D
9、y12y22y32【答案】B【解析】由题意可得 f（x1，x2，x3）2x123x223x322x1x22x1x38x2x3。其对应的矩阵 211134143A 根据 211134730143EA 可得A 的特征值为 3，7，0。故选 B 项。10已知向量1123 ，2211 ，1259 ，2101 ，若 既可由 1，2线性表示，也可由 1，2线性表示，则（）。A33,4kkR B35,10kkR C11,2kkR D15,8kkR 【答案】D【解析】设 x11x22y11y22，则 x11x22y11y220。又 121212211003,2150010131910011 故可得：12123
10、1,11xxccRyy 所以可得：12111555,888cccckkR 二、填空题：1116 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 x0 时，函数 f（x）axbx2ln（1x）与 2cosxg xex是等价无穷小，则 ab_。【答案】2【解析】222220002222220221ln 12limlimlim1cos112112lim132xxxxxaxbxxxo xf xaxbxxg xexxo xxo xaxbxo xxo x 则有10113222aabb ，故 ab2。12曲线233dxytt的弧长为_。【答案】433【解析】3,3x，23yx，由
11、弧长公式可得：332223330301d4d2sin 24cosd441cos2 d33lyxxx xtt ttt 13设函数 zz（x，y）由 ezxz2xy 确定，则 21,1zx_。【答案】3/2【解析】将 x1，y1 代入原方程可得 ezz1，则 z0。方程两边同时对 x 求导得：2zzzezxxx，解得1zx。对上式，两边对 x 求导得：22220zzzzzzzzeexxxxxxx。将 x1，y1，1zx代入可得：22002211 10zzeexx 。所以2232zx。14曲线 3x3y52y3在 x1 对应点处的法线斜率为_。【答案】11/9【解析】将 x1 代入方程 3y52y3
12、，则可得 y1。方程两边对 x 求导：9x25y4y6y2y。将 x1，y1 代入上式得：95y6y，则可得 y|（1，1）9/11，所以曲线在 x1 处的法线斜率为11/9。15设连续函数 f（x）满足 f（x2）f（x）x，20d0f xx，则 31df xx_。【答案】1/2【解析】323112211021102110211100210010ddd=d2 d2d2 ddddddddd12f xxf xxf xxf xxf ttxtf xxf xxf xxf xxxf xxf xxx xf xxx xx x 16已知线性方程组131231231210202axxxaxxxxaxaxbx有解
13、，其中 a，b 为常数，若0111412aaa，则11120aaab_。【答案】8【解析】由已知可得 r（A）r（A，b）方程组有唯一解，故|A，b|0。即 1 44 40111101110,111221111200120211122 400aaaaA baaaabaabaaab 故111280aaab。三、解答题：1722 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：yy（x）（xe）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
14、两坐标轴所围三角形面积最小，并求此最小面积。解：（1）设曲线在点（x，y）处的切线方程为 Yyy（Xx）。则切线在 y 轴上的截距为 yyx，由题意可知 xyyx。由一阶线性微分方程通解公式可得：11ddlnxxxxyeCex Cx 其中 C 为任意常数。将（1，2）代入可得 C2，即 y（x）x（2lnx）。（2）设曲线 L 在点（x，x（2lnx）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：Yx（2lnx）（1lnx）（Xx）。令 Y0，解得：ln1xXx；令 X0，解得：Yx。故切线与两坐标轴所围三角形面积为：21122 ln12 ln1xxS xXYxxx。则 22ln32
15、ln1xxSxx。令 S（x）0，解得唯一驻点为 xe3/2。当 exe3/2时，S（x）0；当 xe3/2时，S（x）0，故 S（x）在 xe3/2处取得极小值，同时也取最小值，最小面积为 S（e3/2）e3。18（本题满分 12 分）求函数 f（x，y）xecosyx2/2 的极值。解：根据 coscos0sin0yxyyfexfxey 解得驻点为：（e1，k），其中 k 为奇数；（e，k），其中 k 为偶数。则有：coscos2cos1sinsincosxxyxyyyyyffeyfxeyxey 代入（e1，k），其中 k 为奇数，可得210 xxxyyyAfBfCfe，ACB20，故（e
16、1，k）不是极值点。代入（e，k），其中 k 为偶数，可得210 xxxyyyAfBfCfe，ACB20 且 A0，故（e，k）是极小值点，极小值为 f（e，k）e2/2。19（本题满分 12 分）已知平面区域21,|0,11Dx yyxxx。（1）求 D 的面积。（2）求 D 绕 x 轴旋转所成旋转体的体积。解：（1）D 的面积为：2221422441secdtandtansec1csc dln csccotln 12tSx xttttxxt ttt（2）D 绕 x 轴旋转所成旋转体的体积为：2221122111dd1111darctan114xVyxxxxxxxxx 20（本题满分 12
17、分）设平面有界区域 D 位于第一象限，由曲线 x2y2xy1，x2y2xy2 与直线3yx，y0 围成，计算221d d3Dx yxy。解：本题目采用极坐标进行计算。x2y2xy1，x2y2xy2，3yx，y0 对应的极坐标方程分别为11 sincos，21 sincos，,03，12,|0,31 sincos1 sincosD。故可得：22221 sincos1 sincos331122222001 sincos1 sincos21 sincos3322220011 sincos221d d3111dddd3cossin3cossin11lndln2d3cossin3cossin11ln2d
18、23tancosDx yxyrrrr33200301ln2dtan3tan11tanln2arctanln22338 3 21（本题满分 12 分）设函数 f（x）在a，a上具有 2 阶连续导数，证明：（1）若 f（x）0，则存在（a，a），使得 21ff afaa；（2）若 f（x）在（a，a）内取得极值，则存在（a，a），使得 212ff afaa。解：（1）220002!2!fff xffxxfxx，介于 0 与 x 之间。则可得：1210,02!ff afaaa 2220,02!ffafaaa 由得：2122af afaff 又 f（x）在2，1上连续，则必有最大值 M 与最小值 m，
19、即 mf（1）M；mf（2）M。从而 122ffmM。由介值定理得，存在 2，1（a，a），有 122fff，代入得：f（a）f（a）a2f（），即 2f afafa。（2）设 f（x）在 xx0（a，a）处取得极值，且 f（x）在 xx0可导，则 f（x0）0。所以 220000002!2!fff xf xfxxxxxf xxx，介于 0 与 x 之间，代入 xa，xa，可得：21001,02!ffaf xaxa 22002,02!ff af xaxa 从而可得：22020122020111221122f afaaxfaxfaxfaxf 又|f（x）|连续，则：22220001122f af
20、aM axM axM ax 其中 Mmax|f（1）|，|f（2）|。又 x0（a，a），故|f（a）f（a）|M（a2x02）2Ma2，则 212Mf afaa，即存在 1或 2（a，a），使得 212ff afaa。22（本题满分 12 分）设矩阵 A 满足对任意 x1，x2，x3均有112321233232xxxxA xxxxxxx。（1）求 A。（2）求可逆转矩阵 P 与对角矩阵 使得 P1AP。解：（1）因为112312123232331112211011xxxxxA xxxxxxxxx对任意 x1，x2，x3均成立，所以111211011A。（2）2111111121112111101112222210EA 所以A 的特征值为 12，22，31。12 时，1311100211011011000EA，可得对应的特征向量为 1（0，1，1）T。22 时，2111104231013013000EA，可得对应的特征向量为 2（4，3，1）T。31 时，3211201201010010000EA，可得对应的特征向量为 3（1，0，2）T。所以123041,130112P ，1123200,020001P AP。