2023年考研数二真题及解析精选.doc

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1、 年全国硕士硕士入学统一考试数学二试题一、填空题(本题共5小题，每小题3分，满分15分，把答案填在题中横线上)(1) (2) 设函数由方程所拟定,则曲线在点处法线方程为 .(3) (4) 过点且满足关系式曲线方程为 .(5) 设方程有没有穷多个解,则 .二、选择题(本题共5小题，每小题3分，共15分，在每小题给出四个选项中，只有一项符合题目规定，把所选项前字母填在题后括号内.)(1) 设则等于 ( )(A)0 (B)1 (C) (D)(2) 设当初，是比高阶无穷小，是比高阶无穷小，则正整数等于 ( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4(3) 曲线拐点个数为 ( )(A)0. (B)1. (

2、C)2. (D)3(4)已知函数在区间内具有二阶导数，严格单调减少，且则 ( )(A)在和内所有有.(B)在和内所有有.(C)在内，.在内，.(D)在内，.在内，.(5)设函数在定义域内可导，图形如右图所表达，则导函数 图形为 ( )三、(本题满分6分)求四、(本题满分7分)求极限，记此极限为，求函数间断点并指出其类型.五、(本题满分7分)设是抛物线上任一点处曲率半径，是该抛物线上介于点和之间弧长，计算值.(在直角坐标系下曲率公式为)六、(本题满分7分)设函数在上可导，且其反函数为.若，求.七、(本题满分7分)设函数满足，且，求 八、(本题满分9分)设是一条平面曲线，其上任意一点到坐标原点距离

3、，恒等于该点处切线在轴上截距，且通过点(1) 试求曲线方程(2) 求在第一象限部分一条切线，使该切线和和两坐标轴所围图形面积最小.九、(本题满分7分)一个半球体状雪堆，其体积融化速率和半球面面积成正比，比例常数.假设在融化过程中雪堆一直保持半球体状，已知半径为雪堆在开始融化3小时内，融化了其体积，问雪堆所有融化需要多少小时？十、(本题满分8分)设在区间上具有二阶连续导数,(1) 写出带拉格朗日余项一阶麦克劳林公式;(2) 证实在上最少存在一点，使十一、(本题满分6分)已知矩阵且矩阵满足其中是3阶单位阵，求.十二、(本题满分6分)设为线性方程组一个基础解系，试问实数满足什么关系时，也为一个基础解

4、系. 年全国硕士硕士入学统一考试数学二试题解析一、填空题(1)【答案】【详解】(2)【答案】 x2y+2=0.【详解】在等式两边对x求导, 其中视为函数，得，即将x=0, y=1代入上式, 得，即 故所求法线方程斜率，依据点斜式法线方程为： 即 x2y+2=0.(3)【答案】【分析】依据区域对称性和被积函数奇偶性：设在有界闭区域上连续，则有 ，【详解】由题设知在区间上，是奇函数，是偶函数，故，所以，原式(4)【答案】【详解】 方法1：由于，所以原方程可改写为 两边直接积分，得 又由代入上式，有 ，解得故所求曲线方程为 方法2：将原方程写成一阶线性方程标准形式由一阶线性微分方程通解公式：这里，代

5、入上式得： 又由解得 故曲线方程为：(5)【答案】 -2【详解】方法1：运用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有 由非齐次线性方程组有没有穷多解充要条件：设是矩阵，方程组有没有穷多解. 可见，只有当a =2 时才有秩，相应方程组有没有穷多个解.方法2: 设是矩阵，方程组有没有穷多解，则方程组有没有穷多解. 从而有，即则，.当初，可见原方程组无解.当初，有 可知，故当初，原方程组有没有穷多解.二、选择题(1)【答案】(B)【详解】由于，所以在整个定义域内，所以，于是，从而(2)【答案】(B)【详解】依据高阶无穷小定义：假如，就说是比高阶无穷小，由题设当初，是比高阶无穷小，所以从而应满足；又由是比高阶

6、无穷小，所以依据高阶无穷小定义有：，从而应满足综上，故正整数，故选(B)(3)【答案】(C)【详解】，所以 令，即，由于判别式：，所以有两个不相等实根，且，所以两个实根不为2，所以在使这两点处，三阶导数，(通常地，若，且，则点一定是曲线拐点)，所以曲线有两个拐点，故选(C)或依据是一条抛物线，且和轴有两个不相同交点，所以在两个交点左右符号不相同，满足拐点定义，所以选(C)(4)【答案】(A)【详解】方法1：令，则由于严格单调减少，所以当初，则；当初，则，且在处，依据鉴定极值第一充足条件：设函数在处连续，且在某去心领域内可导，若时，而时，则在处取得极大值，知在处取极大值，即在在和内所有有，也即.

7、 故选(A)方法2：排除法，取，则，所以满足题设在区间内具有二阶导数，严格单调减少，且当初或时，所有有，所以可以排除(B)、(C)、(D)，选(A)(5) 【答案】(D)【详解】从题设图形可见，在轴左侧，曲线是严格单调增长，所以当初，一定有，相应图形必在轴上方，由此可排除(A)，(C)；又图形在轴右侧靠近轴部分是单调增，所以在这一段内一定有，相应图形必在轴上方，进一步可排除(B)，故对的答案为(D).三【详解】作积分变量变换，令则原式 四【分析】应先求出表达式，再讨论它间断点，一方面明确间断点类型分为两大类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为：可去间断点(左右极限存在且相等间断点

8、)和跳跃间断点(左右极限存在但不相等间断点)；第二类间断点又可分为：无穷间断点(有一个极限为无穷间断点)和振荡间断点(极限值在某个区间变动无限数次).【详解】由 又 所以 由表达式，可以看出自变量应满足，从而当初，所认为第一类间断点(左右极限相等，又进一步可知是可去间断点)；对于非零整数，故为第二类间断点(无穷间断点)五【解答】由，有 抛物线在点处曲率半径若已知平面曲线显式表达为，则弧长为，其中在有连续导数.依据上述结论，所以抛物线上弧长故 所以 六【详解】反函数是，依据反函数性质有，两边对求导，有又，所以， 两边积分 .由于题设在上可导，所以在处连续，故，所以，于是， 七【详解】由，得，即此

9、为二阶常系数线性非齐次方程，且右端呈型(其中)，相应齐次方程为，特性方程为，相应特性值为，于是齐次方程通解为：，由于，所以设特解为(为实数)，代入，所以，即，从而特解，非齐次方程通解为，又，所以，又，所以，所以原方程解为：以下计算积分，有两个方法：方法1：方法2：八【详解】(1)设曲线过点切线方程为，令，则，即它在轴上截距为，依据两点距离公式，所以原点到点距离为，由题设到坐标原点距离恒等于该点处切线在轴上截距，所以：， ，即 ， 此为一阶齐次方程，按规范方法解之，命，则，代入，方程变为：积分得 把代入上式，得.由题设曲线通过点，代入得，则，故所求方程为：，即(2) 由(1)知，则，点，所以在点

10、处切线方程为：，分别令，解得在轴，轴上截距分别为和.此切线和两坐标轴围成三角形面积为：由于该曲线在第一象限中和两坐标轴所围成面积为定值，记，于是题中所规定面积为：求最值点时和无关，以下按微分学措施求最值点.令得，当初，；当初，依据极值存在第一充足条件：设函数在处连续，且在某去心领域内可导，若时，而时，则在处取得极大值，知：是在处唯一极小值点，即最小值点，于是所求切线方程为：，即九【详解】方法1：半球形雪堆在时刻时设其半径为，则半球体积，侧面积. 由题设体积融化速率和半球面面积成正比，知：，由于是函数，代入上式，得：，即，从而，.积分得，把代入，得，所以.又半径为雪堆在开始融化3小时内，融化了其

11、体积，即，其中表达时. 以公式代入上式，为将代入上式，两边约去，得：，即从而求得：，于是，当初，雪融化完.方法2：半球形雪堆在时刻时设其半径为，则半球体积，侧面积，联立，消去，得：由题设体积融化速率和半球面面积成正比，知：，从而推知分离变量，积分：，把代入，所以，.又由，代入上式，得，故 .命，解得：，即雪堆所有融化需6小时.十【应用定理】闭区间上连续函数介值定理：设在上连续，则对之间任何数，必存在()，使得.【详解】(1)麦克劳林公式其实就是泰勒公式中，把函数在零点展开.拉格朗日余项一阶麦克劳林公式为：，其中在和为端点开区间内，.(2)方法1：将从到积分 而 从而有 因在上连续，故有在上存在

12、最大值，最小值(由闭区间上连续函数必有最大值和最小值)，即易得 所以 同理 所以 .由连续函数介值定理知，存在，使，即.方法2 ：观测要证式子，做变限函数：，易得，(变限积分求导)则有 将它展开成2阶带拉格朗日余项麦克劳林公式： 其中，由于在上连续，则由连续函数介值定理，存在，使 (由于)于是有，存在，使把代入有：，即 即 十一【详解】题设关系式即 其中， 由于 ，故由阶矩阵可逆充要条件，知矩阵可逆，用初等行变换求：故而 于是，等式两边左、右乘 可得十二【详解】由题设知，均为线性组合，齐次方程组当有非零解时，解向量任意组合仍是该齐次方程组解向量，所以均为解. 下面证实线性无关. 设 把代入整理得，由为线性方程组一个基础解系，知线性无关，由线性无关定义，知中其系数全为零，即其系数行列式(变换：把原行列式第行乘以加到第行，其中)由齐次线性方程组只有零解得充要条件，可见，当，即即当为偶数，当为奇数，时，上述方程组只有零解所以向量组线性无关，故当初，也是方程组基础解系.