2023考研数二真题及解析-20221009.doc(2023考研数二第21题)

1、2023年全国硕士研讨生入学共同考试数学二试题一、选择题:18小题，每题4分，共32分，以下每题给出的四个选项中，只需一项契合标题需求，把所选项前的字母填在题后的括号内.(1)设，求的零点个数()01 23yc(0, f(a) ayc(0, f(a) a(a, f(a) y=f(x)o b(a,0) xd函数在区间上有接连导数，那么定积分等于()曲边梯形面积. 梯形面积.曲边三角形面积.三角形面积. (3)在以下微分方程中，以(为任意常数)为通解的是().(4)判别函数接连点的情况( )有1个可去接连点，1个跳动接连点有1个跳动接连点，1个无量接连点有两个无量接连点有两个跳动接连点(5)设函数

2、在内单调有界，为数列，以下出题正确的是()假定收敛，那么收敛. 假定单调，那么收敛.假定收敛，那么收敛.假定单调，那么收敛.o xvx2+y2=u2x2o xvx2+y2=u2x2+y2=1duvy(7)设为阶非零矩阵，为阶单位矩阵. 假定，那么()不可以逆，不可以逆.不可以逆，可逆.可逆，可逆. 可逆，不可以逆. (8)设，那么在实数域上与合同的矩阵为(). . 二、填空题:9-14小题，每题4分，共24分，请将答案写在答题纸指定方位上.(9)接连，那么(10) 微分方程的通解是(11)曲线在点处的切线方程为.(12)求函数的拐点_.(13)，那么.(14)矩阵的特征值是，其间不知道，且，那么=_.三

3、、答复题:1523小题，共94分.请将答复写在答题纸指定的方位上.解容许写出文字阐明、证明进程或演算进程.(15)(此题总分值9分)求极限.(16) (此题总分值10分)设函数由参数方程断定，其间是初值疑问的解. 求.(17)(此题总分值9分)核算(18)(此题总分值11分)核算其间(19)(此题总分值11分)设是区间上具有接连导数的单调添加函数，且. 关于任意的，直线，曲线以及轴所围成曲边梯形绕轴旋转一周生成一旋转体. 假定该旋转体的旁边面面积在数值上等于其体积的2倍，求函数的表达式.(20)(此题总分值11分)(i) 证明积分中值定理:假定函数在闭区间上接连，那么至少存在一点，使得；(ii)

4、假定函数具有二阶导数，且满足，那么至少存在一点，.(21)(此题总分值11分)求函数在捆绑条件和下的最大和最小值.(22)(此题总分值12分)设元线性方程组，其间，(i) 证明部队式(ii) 当为何值时，该方程组有仅有解，并求(iii) 当为何值时，该方程组有无量多解，并求通解(23(此题总分值10分)设为3阶矩阵，为的别离归于特征值的特征向量，向量满足，(i)证明线性无关；(ii)令，求2023年全国硕士研讨生入学共同考试数学二试题解析一、选择题(1)【答案】【详解】因为，由罗尔定理知至稀有，使，所造成的使稀有两个零点. 由所以三次多项式，三次方程的实根不是三个就是一个，故d正确.(2)【答案】



5、【详解】其间是矩形aboc面积，为曲边梯形abod的面积，所认为曲边三角形的面积(3)【答案】【详解】由微分方程的通解中富含、知齐次线性方程所对应的特征方程有根，所以特征方程为，即. 故以函数为通解的微分方程是(4)【答案】【详解】时无界说，故是函数的接连点因为 同理 又 所以 是可去接连点，是跳动接连点.(5)【答案】【详解】因为在内单调有界，且单调. 所以单调且有界. 故必定存在极限.(6)【答案】【详解】用极坐标得所以 (7)【答案】【详解】，故均可逆(8)【答案】【详解】记，那么，又所以和有相同的特征多项式，所以和有相同的特征值.又和为同阶实对称矩阵，所以和类似因为实对称矩阵类似必合同

6、，故正确.二、填空题(9)【答案】2【详解】所以 (10)【答案】【详解】微分方程可变形为所以 (11)【答案】【详解】设，那么，将代入得，所以切线方程为，即(12)【答案】【详解】时，；时，不存在在支配近旁异号，在支配近旁，且故曲线的拐点为(13)【答案】【详解】设，那么所以 所以 (14)【答案】-1【详解】三、答复题(15)【详解】办法一:办法二:(16)【详解】办法一:由得，积分并由条件得，即 所以 办法二:由得，积分并由条件得，即 所以 所以 (17)【详解】办法一:因为，故是异常积分. 令，有，办法二: 令，有，故，原式o 0.5 2 xd1d3o 0.5 2 xd1d3 d2个区

7、域和，为了便于核算持续对区域切割，最终为o 0.5 2 xo 0.5 2 xd1d3 d2(19)【详解】旋转体的体积，旁边面积，由题设条件知 上式两端对求导得 ， 即 由别离变量法解得 ， 即 将代入知，故，所以所求函数为 (20)【详解】(i) 设与是接连函数在上的最大值与最小值，即由定积分性质，有 ，即 由接连函数介值定理，至少存在一点，使得 即 (ii) 由(i)的结论可知至少存在一点，使 又由 ，知 对在上别离使用拉格朗日中值定理，并留心到，得在上对导函数使用拉格朗日中值定理，有(21)【详解】办法一:作拉格朗日函数 令 解方程组得 故所求的最大值为72，最小值为6.办法二:疑问可转化

8、为求在条件下的最值 设 令 解得，代入，得 故所求的最大值为72，最小值为6.(22)【详解】(i)证法一:证法二:记，下面用数学归纳法证明其时，结论树立其时，结论树立假定结论对小于的情况树立将按第1行打开得故证法三:记，将其按第一列打开得，所以即(ii)因为方程组有仅有解，所以由知，又，故由克莱姆法那么，将的第1列换成，得部队式为所以(iii)方程组有无量多解，由，有，那么方程组为此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为，所以方程组有无量多解，其通解为为任意常数 (23)【详解】(i)证法一:假定线性有关因为别离归于不一样特征值的特征向量，故线性无关，那么可由线性表出，不妨设，其间不全为零(假定一起为0，那么为0，由可知，而特征向量都对错0向量，敌对)，又，收拾得:那么线性有关，敌对. 所以，线性无关.证法二:设存在数，使得 (1)用左乘(1)的两端并由得 (2)(1)(2)得 (3)因为是的归于不一样特征值的特征向量，所以线性无关，然后，代入(1)得，又因为，所以，故线性无关.(ii)记，那么可逆，所以.