2023年宁夏考研数学二试题及答案.pdf

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1、2 0 2 3 年 宁 夏 考 研 数 学 二 试 题 及 答 案一、选 择 题：1 1 0 小 题,每 小 题 5 分，共 5 0 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.1.1l n(e)1y xx 的 斜 渐 近 线 为()A.e y x B.1ey x C.y x D.1ey x【答 案】B.【解 析】由 已 知1l n e1y xx，则1l i m l i m l n e l n e 11x xyx x，1 1l i m l i m l n

2、 e l i m l n e 11 1x x xy x x x xx x 1l i m l n e l n e1xxx 1l i m l n 1e(1)xxx 1l i me(1)exxx，所 以 斜 渐 近 线 为1ey x.故 选 B.2.函 数21,0()1(1)c os,0 xf xxx x x 的 一 个 原 函 数 为（）.A 2l n 1,0()(1)c os s i n,0 x x xF xx x x x B 2l n 1 1,0()(1)c os s i n,0 x x xF xx x x x C 2l n 1,0()(1)s i n c o s,0 x x xF xx x

3、x x D 2l n 1 1,0()(1)s i n c o s,0 x x xF xx x x x【答 案】D.【解 析】由 已 知0 0l i m()l i m()(0)1x xf x f x f，即()f x 连 续.所 以()F x 在 0 x 处 连 续 且 可 导，排 除 A，C.又 0 x 时，(1)c o s s i n c o s(1)s i n c o s(1)s i n x x x x x x x x x，排 除 B.故 选 D.3.设 数 列,n nx y 满 足1 1 1 11 1,s i n,2 2n n n nx y x x y y,当 n 时().A.nx 是n

4、y 的 高 阶 无 穷 小 B.ny 是nx 的 高 阶 无 穷 小C.nx 是ny 的 等 价 无 穷 小 D.nx 是ny 的 同 阶 但 非 等 价 无穷 小【答 案】B.【解 析】在 0,2 中，2s i n x x，从 而12s i nn n nx x x.又112n ny y，从 而1 11 11224 4 4n nn n nn n ny y y yx x x x，所 以11l i m 0nnnyx.故 选 B.4.若 0 y a y b y 的 通 解 在(,)上 有 界，这（）.A.0,0 a b B.0,0 a b C.0,0 a b D.0,0 a b【答 案】D【解 析】

5、微 分 方 程 0 y a y b y 的 特 征 方 程 为20 r a r b.若24 0 a b，则 通 解 为2 221 24 4()e(c o s s i n)2 2axb a b ay x C x C x；若24 0 a b，则 通 解 为2 24 42 2 2 21 2()e ea b a a b ax xy x C C；若24 0 a b，则 通 解 为21 2()()eaxy x C C x.由 于()y x 在(,)上 有 界，若 02a，则 中 x 时 通 解 无 界，若 02a，则 中 x 时 通 解 无 界，故 0 a.0 a 时，若 0 b，则1,2r bi，通 解

6、 为1 2()(c o s s i n)y x C b x C b x，在(,)上 有 界.0 a 时，若 0 b，则1,2r b，通 解 为1 2()e eb x b xy x C C，在(,)上 无 界.综 上 可 得 0 a，0 b.故 选 D.5.设 函 数()y f x 由 参 数 方 程2|s i nx t ty t t 确 定，则().A.()f x 连 续，(0)f 不 存 在 B.(0)f 存 在，()f x 在 0 x 处 不 连 续C.()f x 连 续，(0)f 不 存 在 D.(0)f 存 在，()f x 在 0 x 处 不 连 续【答 案】C【解 析】0 0l i

7、m l i m|s i n 0(0)x ty t t y，故()f x 在 0 x 连 续.0 0()(0)|s i n(0)l i m l i m 02|x tf x f t tfx t t.s i n c os,03()()0 0()s i n c os 0t t tty tf x tx tt t t t 0 t 时，0 x；0 t 时，0 x；0 t 时，0 x，故()f x 在 0 x 连 续.0 0s i n c o s0()(0)23(0)l i m l i m3 9x tt t tf x ffx t,0 0()(0)s i n c o s 0(0)l i m l i m 2x t

8、f x f t t tfx t,故(0)f 不 存 在.故 选 C.6.若 函 数121()(l n)f d xx x在0=处 取 得 最 小 值，则0=()A.1l n(l n 2)B.l n(l n 2)C.1l n 2 D.l n 2【答 案】A.【解 析】已 知1 12 2 21 d(l n)1 1 1()d(l n)(l n)(l n)(l n 2)aa a axf a x xx x x a a，则21 1 1 l n l n 2 1 1 1()l n l n 2(l n 2)(l n 2)(l n 2)a a af aa a a a，令()0 f a，解 得01.l n l n 2

9、a 故 选 A.7.设 函 数2()()exf x x a.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,)【答 案】C.【解 析】由 于()f x 没 有 极 值 点,但 曲 线()y f x 有 拐 点，则2()(2)exf x x x a 有 两个 相 等 的 实 根 或 者 没 有 实 根，2()(4 2)exf x x x a 有 两 个 不 相 等 的 实 根.于 是 知4 4 0,16 4(2)0,aa 解 得 1 2 a.故 选 C.8.,A B 为 可 逆 矩 阵，E 为 单

10、 位 阵，*M 为 M 的 伴 随 矩 阵，则*A EO BA.*|A B B AO B AB.*|B A A BO A BC.*|B A B AO A BD.*|A B A BO B|A【答 案】B【解 析】由 于*|A E A E A E E O A B OO B O B O B O E O A B，故*1|A E A E A B OO B O B O A B1 1 11|A B O A A BO A B O B1 1 11|A A B A A B BO B A B*|A B A BO B A.故 选 B.9.2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3(,)()()4()f x x x

11、x x x x x x 的 规 范 形 为A.2 21 2y y B.2 21 2y y C.2 2 21 2 34 y y y D.2 2 21 2 3y y y【答 案】B【解 析】2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 3(,)()()4()f x x x x x x x x x 2 2 21 2 3 1 2 1 3 2 32 3 3 2 2 8 x x x x x x x x x，二 次 型 的 矩 阵 为2 1 11 3 41 4 3 A，2 1 1 2 1 0|1 3 4(7)1 3 11 4 3 1 4 1 A E2 1 0(7)2 1 0(7)(3)01 4 1，1 2 33

12、,7,0，故 规 范 形 为2 21 2y y，故 选 B.1 0.已 知 向 量 组1 2 1 21 2 2 12,1,5,03 1 9 1，若 既 可 由1 2,线 性 表示，又 可 由1 2,线 性 表 示，则()A.33,4k k R B.35,10k k R C.11,2k k R D.15,8k k R【答 案】D【解 析】设1 1 2 2 3 1 4 2k k k k，则1 1 2 2 3 1 4 2k k k k 0，对 关 于1 2 3 4,k k k k 的 方 程 组 的 系 数 矩 阵 作 初 等 变 换 化 为 最 简 形，1 2 1 21 2 2 1 1 0 0 3

13、(,)2 1 5 0 0 1 0 13 1 9 1 0 0 1 1 A，解 得T T T T1 2 3 4(,)(3,1,1,1)(3,1,1,0)(3 3,1,1,)k k k k C C C C C，故 1 1 2 2 1 21 1(3 3)(1)5(1)5,8(1)8Ck k C C C k k RC.故 选 D.二、填 空 题：1 1 1 6 小 题,每 小 题 5 分,共 3 0 分.请 将 答 案 写 在 答 题 纸 指 定 位 置 上.1 1 当 0 x 时，2()l n(1)f x a x b x x 与2()e c o sxg x x 是 等 价 无 穷 小，则a b _ _

14、 _ _ _ _ _ _.【答 案】2【解 析】由 题 意 可 知，220 0()l n(1)1 l i m l i m()e c o sxx xf x a x b x xg xx 2 2 202 2 2 21()2l i m11+()1()2xa x b x x x o xx o x x o x 2 202 21(1)()()2l i m3()2xa x b x o xx o x，于 是1 31 0,2 2a b，即 1,2 a b，从 而 2 a b.1 2.曲 线233 d txy t 的 孤 长 为 _ _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】433【解 析】曲 线233 d txy

15、 t 的 孤 长 为3 3 32 2 23 3 31 d 1 3 d 4 y x x x x d x 3202 4 x d x 2 s i n23 30 02 2 c o s d 2 s i n 8 c o s dx tt t t t 301 c o s 282td t3014 s i n 22t t 433.1 3.设 函 数(,)z z x y 由 方 程 e 2zx z x y 确 定，则22(1,1)xz _ _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】32【解 析】将 点(1,1)带 入 原 方 程，得 0 z.方 程 e 2zx z x y 两 边 对 x 求 偏 导，得 e 2zz

16、 zz xx x，两 边 再 对 x 求 偏 导，得22 22 2e e 2 0z zz z z zxx x x x，将 1,1,0 x y z 代 入 以上 两 式，得(1,1)1zx，22(1,1)32 xz.1 4.曲 线3 5 33 2 x y y 在 1 x 对 应 点 处 的 法 线 斜 率 为 _ _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】1 19【解 析】当 1 x 时，1 y.方 程3 5 33 2 x y y 两 边 对 x 求 导，得2 4 29(5 6)x y y y，将 1 x，1 y 代 入，得9(1)1 1y.于 是 曲 线3 5 33 2 x y y 在 1 x

17、 对 应 点 处 的 法 线 斜 率 为1 19.1 5.设 连 续 函 数()f x 满 足(2)()f x f x x，20()d 0 f x x，则31()d f x x _ _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】12【解 析】3 3 2 3 1 21 1 0 1 0 1()d()d()d()d()d()d f x x f x x f x x f x x f x x f x x 3 12 0()d()d f x x f x x 1 1 1 20 0 01(2)d()d d2x tf t t f x x x x.1 6.1 31 2 31 2 31 21,0,2 0,2a x xx a

18、 x xx x a xa x b x 有 解，其 中,a b 为 常 数，若0 11 1 41 2aaa，则1 11 20aaa b _ _ _ _ _ _ _ _.【答 案】8【解 析】方 程 组 有 解，则0 1 11 1 0 11 1 0|1 2 2 1 1 01 2 00 1 20 2aa aaa aaa b aa b A，故1 11 2 80aaa b.三、解 答 题：1 7 2 2 小 题,共 7 0 分.解 答 应 写 出 文 字 说 明、证 明 过 程 或 演 算 步 骤.1 7.（本 题 满 分 1 0 分）设 曲 线):(e()L y y x x 经 过 点2(e,0)，L

19、 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，()求()y x；()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】()曲 线 L 在 点(,)P x y 处 的 切 线 方 程 为()()Y y y x X x，令 0 X，则 切 线在 y 轴 上 的 截 距 为()Y y x y x，则()x y x y x，即11 y yx，解 得()(l n)y x x C x，其 中 C 为 任 意 常 数.又2(e)0 y，则 2 C，故(

20、)(2 l n)y x x x.()设 曲 线 L 在 点(,(2 l n)x x x 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(2 l n)(1 l n)()Y x x x X x.令 0 Y，则l n 1xXx；令 0 X，则 Y x.故 切 线 与 两 坐 标 轴 所 围 三 角 形 面 积 为21 1()2 2 l n 1 2(l n 1)x xS x X Y xx x，则2(2 l n 3)()2(l n 1)x xS xx.令()0 S x，得 驻 点32e x.当32e e x 时，()0 S x；当32e x 时，()0

21、S x，故()S x 在32e x 处 取 得 极 小 值，同时 也 取 最 小 值，且 最 小 值 为332(e)e S.1 8.（本 题 满 分 1 2 分）求 函 数2c o s(,)e2yxf x y x 的 极 值.【解】由 已 知 条 件，有c o s(,)eyxf x y x，c os(,)e(s i n)yyf x y x y.令(,)0,(,)0 x yf x y f x y，解 得 驻 点 为1,ek，其 中 k 为 奇 数；(e,)k，其 中k 为 偶 数.(,)1x xf x y，c o s(,)e(s i n)yx yf x y y，c o s 2 c o s(,)e

22、 s i n e c o sy yy yf x y x y x y.在 点1,ek 处，其 中 k 为 奇 数，1,1ex xA f k，1,0ex yB f k，21,eey yC f k，由 于20 A C B，故1,ek 不 是 极 值 点，其 中 k 为 奇 数.在 点(e,)k 处，其 中 k 为 偶 数，(e,)1x xA f k，(e,)0 x yB f k，2(e,)ey yC f k，由 于20 A C B，且 0 A，故(e,)k 为 极 小 值 点，其 中 k 为 偶 数，且 极 小 值 为2e(e,)2f k.1 9.（本 题 满 分 1 2 分）已 知 平 面 区 域

23、21(,)|0,11D x y y xx 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)22 22 14 41 s e c 1d d dt a n s e c s i n1tS x t tt t tx x 2 22 24 4s i n 1d d c o ss i n 1 c o stt tt t 241 c os 1 1 2 1l n l n2 c os 1 2 2 1tt.(2)2 2 2 21 11 1 1d d 1(1)1 4V x xx x x x.2 0.（本 题 满 分 1 2 分

24、）设 平 面 区 域 D 位 于 第 一 象 限，由 曲 线2 21 x y x y，2 22 x y x y 与 直 线3,0 y x y 围 成，计 算2 21d d3Dx yx y.【解】2 21d d3Dx yx y 21 c o s s i n 32 2 2 2 101 c o s s i n1d d3 c o s s i n 21 c o s s i n 32 2 101 c o s s i n1 1d ds i n 3 c o s 32 201 1l n 2 d2 s i n 3 c o s 3201 1l n 2 d t a n2 t a n 330l n 2 t a n l

25、n 2a r c t a n2 3 3 8 3.2 1.（本 题 满 分 1 2 分）设 函 数()f x 在,a a 上 有 二 阶 连 续 导 数.（1）证 明：若(0)0 f，存 在(,)a a，使 得21()()()f f a f aa；（2）若()f x 在(,)a a 上 存 在 极 值，证 明：存 在(,)a a，使 得21|()|()()|2f f a f aa.【证 明】(1)将()f x 在00 x 处 展 开 为2 2()()()(0)(0)(0)2!2!f x f xf x f f x f x，其 中 介 于 0 与 x 之 间.分 别 令 x a 和 x a，则21(

26、)()(0)()2!f af a f a，10 a，22()()(0)()2!f af a f a，20 a，两 式 相 加 可 得2 1 2()()()()2f ff a f a a，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1 2()()()2f ff，即21()()()f f a f aa.(2)设()f x 在0 x 处 取 得 极 值，则0()0 f x.将()f x 在0 x 处 展 开 为2 20 00 0 0 0()()()()()()()()()2!2!f x x f x xf x f x f

27、 x x x f x，其 中 介 于0 x 与 x 之 间.分 别 令 x a 和 x a，则21 00()()()()2!f a xf a f x，1 0a x，22 00()()()()2!f a xf a f x，0 2x a，两 式 相 减 可 得2 22 0 1 0()()()()()()2 2f a x f a xf a f a，所 以2 22 0 1 0()()()()|()()|2 2f a x f a xf a f a 2 21 0 2 0|()|()|()|()2 2f a x f a x 2 20 0 1 2|()|()()(|()|m a x(|()|,|()|)2fa

28、 x a x f f f 2 20 0|()|()()2|()|2fa x a x a f，即21|()|()()|2f f a f aa.2 2.（本 题 满 分 1 2 分）设 矩 阵 A 满 足 对 任 意 的1 2 3,x x x 均 有1 1 2 32 1 2 33 2 32x x x xx x x xx x x A.(1)求 A(2)求 可 逆 矩 阵 P 与 对 角 阵，使 得1 P AP.【解】(1)由1 1 2 32 1 2 33 2 32x x x xx x x xx x x A，得1 12 23 31 1 12 1 10 1 1x xx xx x A，即 方 程 组123

29、1 1 12 1 10 1 1xxx 0 A 对 任 意 的1 2 3,x x x 均 成 立，故1 1 12 1 10 1 1 A.(2)1 1 1 1 0 1|2 1 1(2)2 00 1 1 0 1 1 A E,(2)(2)(1)0,特 征 值 为1 2 32,2,1.3 1 1 1 0 02 2 1 1 0 1 10 1 1 0 0 0 A E,1011;1 1 1 1 0 42 2 3 1 0 1 30 1 3 0 0 0 A E,2431;2 1 1 2 0 12 0 1 0 1 00 1 0 0 0 0 A E,3102,令1 2 30 4 1(,)1 3 01 1 2 P，则12 0 00 2 00 0 1 P AP.