2023年考研數學二試題分析、詳解和評注
一，選擇題：(本題共8小題，每小題4分，共32分. 每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，把所選項前的字母填在題後的括號內)
(1)設，則的零點個數為【 】．
(a) 0b) 1c) 2d) 3．
【答案】應選(d).
【詳解】．令，可得有三個零點．故應選(d).
(2)曲線方程為，函式在區間上有連續導數，則定積分在幾何上表示【 】．
(a) 曲邊梯形的面積b) 梯形的面積．
(c) 曲邊三角形面積d) 三角形面積．
【答案】 應選(c).
【詳解】，
其中是矩形面積，為曲邊梯形的面積，所以為曲邊三角形acd的面積．故應選(c).
(3)在下列微分方程中，以（為任意的常數）為通解的是【 】．
(ab).
(cd【答案】 應選(d).
【詳解】由，可知其特徵根為，，故對應的特徵值方程為
所以所求微分方程為．應選(d).
(4) 判定函式，間斷點的情況【 】．
(a) 有乙個可去間斷點，乙個跳躍間斷點． (b) 有一跳躍間斷點，乙個無窮間斷點．
(c) 有兩個無窮間斷點d)有兩個跳躍間斷點.
【答案】 應選(a).
(5)設函式在內單調有界，為數列，下列命題正確的是【 】．
(a) 若收斂，則收斂 (b) 若單調，則收斂
(c) 若收斂，則收斂. (d) 若單調，則收斂.
【答案】 應選(b).
【詳解】若若單調，則由函式在內單調有界知，若單調有界，因此若收斂．故應選(b).
(6)設函式連續，，，若，則【 】．(a) (b) (c) (d)
【答案】 應選(a).
【詳解】利用極座標，得，所以．故應選(a).
(7)設為階非零矩陣，為階單位矩陣．若，則下列結論正確的是【 】．
(a)不可逆，則不可逆b)不可逆，則可逆.
(c)可逆，則可逆d)可逆，則不可逆.
【答案】應選(c).
【詳解】，．
故，均可逆．故應選(c).
(8) 設，則在實數域上，與a合同矩陣為【 】．
(a). (b). (c). (d
【答案】 應選(d).
【詳解】
則，記，則
則，正負慣性指數相同.故選d.
二、填空題：(9－14小題，每小題4分，共24分. 把答案填在題中橫線上.)
(9)已知函式連續，且，則 【答案】 應填．
(10)微分方程的通解是 . 【答案】 應填．
(11)曲線在點的切線方程為 .【答案】 應填．
(12)曲線的拐點座標為答案】．
(13)設，則答案】．
(14)設3階矩陣的特徵值為．若行列式，則_____.【答案】．
三、解答題(15－23小題，共94分)．
(15)(本題滿分9分)
求極限．
【詳解1】
＝(或，或)．
【詳解2】
＝（或）．
(16)(本題滿分10分)
設函式由引數方程確定，其中是初值問題的解，求．
【詳解1】由得，積分得．由條件，得，即，故．
方程組兩端同時對求導得．
所以，從而
．17（本題滿分9分）計算．
【詳解1】 由於，故是反常積分．
令，有，．
．【詳解2】
令，有，．
，所以．
(18)(本題滿分11分)
計算，其中．
【詳解】將區域分成如圖所示得兩個子區域和．於是
．(19)(本題滿分11分)
設是區間上具有連續導數的單調增加函式，且．對任意的，直線，曲線以及軸所圍成的曲邊梯形繞軸旋轉一周生成一旋轉體，若該旋轉體的側面面積在數值上等於其體積的2倍，求函式的表示式．
【詳解】根據題意，因為
旋轉體體積，側面積．
所以 ．
上式兩邊同時對求導得．
解得 ，．
由，得．
所以或．
(20)(本題滿分11分)
(i) 證明積分中值定理：若函式在閉區間上連續，則至少存在一點，使得；
(ii) 若函式具有二階導數，且滿足，，則至少存在一點，使得．
【證法1】若函式在閉區間上連續，則必存在最大值和最小值．即
，於是有．
即根據閉區間上連續函式的介值定理，在上至少存在一點，使得因此而的證．
（ii）存在，使得．由，知．
由，利用微分中值定理，存在，使得．
由，利用微分中值定理，存在，使得．
存在存在，使得．
（21）(本題滿分11分)
求函式在約束條件和下的最大值和最小值．
【詳解1】作拉格朗日函式．令
解之得故所求得最大值為72,最小值為6．
【詳解2】由題意知，在條件下的最值．
令解之得故所求得最大值為72,最小值為6．
(22) (本題滿分12分)．
設元線性方程組，其中
（i）證明行列式；
（ii）當為何值時，該方程組有惟一解，並求．
（iii）當為何值時，該方程組有無窮多解，並求其通解．
【詳解】（i）【證法1】數學歸納法．記
以下用數學歸納法證明．
當時，，結論成立．
當時，，結論成立．
假設結論對小於的情況成立．將按第一行展開得
故 ．
【注】本題（1）也可用遞推法．由得，．於是
（i）【證法2】消元法．記
．（ii）【詳解】當時，方程組係數行列式，故方程組有惟一解．由克萊姆法則，將得第一列換成，得行列式為
所以，．
（iii）【詳解】 當時，方程組為
此時方程組係數矩陣得秩和增廣矩陣得秩均為，所以方程組有無窮多組解，其通解為
，其中為任意常數．
(23) (本題滿分10分)
設為3階矩陣，為的分別屬於特徵值的特徵向量，向量滿足，
()證明線性無關；()令，求．
【詳解】()【證明】設有一組數，使得．
用左乘上式，得．
因為 ,，，
所以 ，
即．由於是屬於不同特徵值得特徵向量，所以線性無關，因此
，從而有．
故線性無關．
（ii）由題意，．而由（i）知，線性無關，從而可逆．故
．2023年考研數學二試題分析、詳解和評注
一、選擇題：1～8小題,每小題4分,共32分,下列每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目要求,把所選項前的字母填在題後的括號內.
(1) 函式的可去間斷點的個數為
1 2 3 無窮多個答案】
【解析】由於,則當取任何整數時,均無意義.
故的間斷點有無窮多個,但可去間斷點為極限存在的點,故應是的解
.故可去間斷點為3個,即.
(2) 當時,與是等價無窮小,則
【答案】
【解析】
,故排除.
另外,存在,蘊含了,故排除.
所以本題選.
(3) 設函式的全微分為,則點
不是的連續點不是的極值點
是的極大值點是的極小值點 【答案】
【解析】因可得.
,又在處, , ,
故為函式的乙個極小值點.
(4) 設函式連續,則
答案】【解析】的積分區域為兩部分：
, ,將其寫成一塊,
故二重積分可以表示為,故答案為.
(5) 若不變號,且曲線在點上的曲率圓為,則函式在區間內
有極值點,無零點無極值點,有零點
有極值點,有零點無極值點,無零點答案】
【解析】由題意可知,是乙個凸函式,即,且在點處的曲率
,而,由此可得,.
在上, ,即單調減少,沒有極值點.
對於,(拉格朗日中值定理)
而,由零點定理知,在上,有零點.故應選.
（6）設函式在區間上的圖形為：
則函式的圖形為
【答案】
【解析】此題為定積分的應用知識考核，由的圖形可見，其影象與軸及軸、所圍的圖形的代數面積為所求函式，從而可得出幾個方面的特徵：
①時，，且單調遞減。
②時，單調遞增。
③時，為常函式。
④時，為線性函式，單調遞增。
⑤由於f(x)為連續函式
結合這些特點，可見正確選項為。
（7）設均為2階矩陣，分別為的伴隨矩陣，若，則分塊矩陣的伴隨矩陣為
答案】 b
【解析】根據若
分塊矩陣的行列式即分塊矩陣可逆
（8）設均為3階矩陣，為的轉置矩陣，且，若，則為
答案】 a
【解析】，即：
二、填空題：9-14小題，每小題4分，共24分，請將答案寫在答題紙指定位置上.
（9）曲線在處的切線方程為
【答案】
【解析】
所以所以切線方程為
（10）已知,則答案】
【解析】
因為極限存在所以
（11答案】0
【解析】令
所以即（12）設是由方程確定的隱函式，則 【答案】
【解析】對方程兩邊關於求導有，得
對再次求導可得，
得 當時，，，代入得
（13）函式在區間上的最小值為答案】
【解析】因為，令得駐點為。
又，得，
故為的極小值點，此時，
又當時，；時，，故在上遞減，在上遞增。
而，，所以在區間上的最小值為。
(14)設為3維列向量，為的轉置，若矩陣相似於，則
答案】【解析】因為相似於，根據相似矩陣有相同的特徵值，得到的特徵值是，而是乙個常數，是矩陣的對角元素之和，則。
三、解答題：15－23小題，共94分.請將解答寫在答題紙指定的位置上.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
（15）（本題滿分9分）求極限
【解析】
（16）（本題滿分10 分）
計算不定積分
【解析】方法一：令得
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