2023 年山东考研数学二试题及答案

2023年山东考研数学二试题及答案

一、选择题：rio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.y=xln（e—L）的斜渐近线为（）

X-1

1

A.y=x+eB.y=x+.

e

n1

c.y=xD.y=x-_

e

【答案】B.

【解析】由己知丫=*皿卜+7）)

F，则

v1

lim力lim、ln(七))|=lne=1,

1

lim)y-x=lim)xln=lim)xIn—

XwwXwA

1

1))|-1=limx-1»l-lne

limxIn1+

x)wLe(x-1)j

1

lim---

X)we(x-1)e

所以斜渐近线为y=X+」.故选B.

x试0

2.函数f（X）=的一个原函数为（）.

|l(x+l)COS.V,X>0

Qin(y1+X2-x),x试0

A.F(x)=(

||(x+1)cosx-sinx,x>0

(|ln,xMO

B.F(x)=(

|l(x+1)cosx-sinx,x>0

QinC1+X2-X^,XBS0

C.F(x)=

||(x+1)sinx+cosx,x>0

(|lnC1+X2+x^+1,xJS0

D.F(x)=

||(x+1)sinx+cosx,x>0

【答案】D.

【解析】由己知limf(x)=limf(x)=f(0)=1,即f(x)连续.

x)0*x)0

所以F（x）在X=0处连续且可导，排除A,C.

Xx>0时，[(x+1)cosx-sinx],=cosx-(x+1)sinx-cosx=-(x+1)sinx,

排除B.

故选D.

11

3.设数列{x},{y}满足x=y=_,x=sinx,y=一y,当n)w时().

nn112n+1nn+12n

A.x是y的高阶无穷小B.y是X的高阶无穷小

nnnn

C.X是y的等价无穷小D.x是y的同阶但非等价无

nnnn

穷小

【答案】B.

【解析】在（|（°《））|中，sinx琮x,从而Xn+1=sinx。［x。.又上色与，从而

^r<共二工＜小"?（?））♦

x,2x4x

所以limin1-0.故选B.

n)wX

n+1

4.若y,+ay,+by=0的通解在(-w,+w)上有界，这().

A.a<0,b>0B,a>0,b>0

C.a=0,b<0D,a=0,b>0

【答案】D

【解析】微分方程y,+ay,+by=O的特征方程为n+ar+b=0.

x324ba2

①若a2_4b<0,则通解为y(x)=e-i(CcosC4b_x+Csin^-x\

1222

②若a2_4b>0,则通解为y(x)=Ce(ll('r'产评+C型与言亘那；

12

③若a2_4b=0,则通解为y(x)=(C+Cx)e4x.

12

由于y(x)在(_77,+w)上有界，若一,>0,则①②③中x)+w时通解无界，若_a,0,

22

则①②③中x)_w时通解无界，故a=0.

a=0时，若b>0,则r=Tbi,通解为y(x)=(CcqsTbx+Csin/5x),在(_w,+w)

1,21V2V

上有界.

a=0时，若b<0,则r=dfb,通解为y(x)=Gebx+celbx,在(_w,+w)上无界.

1,212

综上可得a=0,b>0.故选D.

(x=2t+111

5.设函数y=f(x)由参数方程〈确定，则().

ly=|t|sint

A.f(x)连续，f,(0)不存在B.f,(0)存在，f,(x)在x=0处不连续

Cf,(x)i^,f,,(0)TO£D.f,,(0)#4,f,,仅)故=0处不造卖

【答案】c

【解析】limy=lim|t|sint=0=y(0),故f(x)在x=0连续.

x)0t)0

r八..fv(x)fv(0)7..1111sintn

fr(0)=hm=hm=0

x)oxt)o2t+|11

(sint+tcostt〉o

3，

f,(x)=y，/ot=o

X(t)

',sinttcostt<0

r-

i

t=0时，x=0；t>0时，x>0；t<0时，x<0,故f,(x)物=0艇.

sinr+rcosr

,ef,(x)f,(0)..--------------------°2

f„(0)=hm=hm_____±,

+x)o.xt)o.3t9

,i.f,(x)f,(0)..sinttcost0_

f,,(0)=lim''7=hm---=_2,

-x)0_Xt)0.t

故f,(o)不存在.故选c.

6.若函数f(a)=j+fi!___二dx在a=a处取得最小值，则a=()

2X(lnx)a+100

1

A—B.—In(ln2)

In(ln2)

1

c.——D.In2

In2

【答案】A.

1dx=b的dQnx)=_J(|n「的=」_

【解析】已知f(a)=J+的则

x(lnx)a+i2(Inx)a+ia12a(In2)a

2

,I1IInIn211,1,,,

f,(a)=——-=—((+InIn2o))|,

a?(In2)«a(In2)«a(In2)«"a'

1

令f,(a)=0,解得a=—

oInIn2

故选A.

7.设函数f(x)=(X2+a)ex.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,+的)C.[1,2)D.[2,+的)

【答案】C.

【解析】由于f(x)没有极值点,但曲线y=f(x)有拐点，则f,(x)=(X2+2x+a)ex有两

个相等的实根或者没有实根，f，(x)=(X2+4x+a+2)ex有两个不相等的实根.于是知

4—4a共0,

解得1共a<2.故选C.

16—4(a+2)>0,

(AEY

8.A,B为可逆矩阵，E为单位阵，”,为M的伴随矩阵，则I

(O8)

-BA)U(\\B\A--A-B-\

D.W

(0|B|A)(0\A\B-)

c.(l|e|A—BA]D(*|B-A-B-)

(0|A|8)(0\B\A-)

【答案】B

【解析】由于

『E)pE)-平E(f0)山和|8|0'

(0B)(08)04(0E)(oMIIBI)

故

E)：(AEr(\A\\B\0)

I=lIII

!：B)(0B)(OM||BI)

(Ai-A1B-1)(|/\||6|O)

IIII

(O8-1)(O|A||B|)

(|A|Ai|8|-|A|A1|8|Bi)

(OB-iMII8|)

(A|8|-A-B-)

I

(OB-\A\)

故选B

9.f(X,X,X)(1+.2+0+:)2-4(厂1)2的规范形为

123

乎

A.y2+y2B.y2-y2C.y2+-4y2D.y2+y2-y2

1212123123

【答案】B

【解析】f(x,X,X)(x+x)2+(x+x)2-4(x-x)2

123121323

=2x2-3x2-3x2+2xx+2xx+8xx,

123121323

(I211)l

二次型的矩阵为八二i-34

I.4-3)H

2-入112-入10

加入E|=1-3-入4=(入+7)1-3-入1

14-3-入14-1

2-入10

=(入+7)21-入0=-入(入+7)(入-3)=0,

14-1

卜3—。,故规范形为广为故选B.

(1)(2)(2)(1)

a=1,b=5,b=

2|i||2|°；

io.已知向量组a=2,若Y既可由a/a2线性表

1

:1)1k9)15)

示，又可由b,b线性表示，则Y=()

12

33

壮(限册k=RB-k(|||(5))|||.k=R

410

-11

&))|||'k=R»k(|||(5))|||-k=R

28

【答案】D

【解析】设丫=1<@+|<@=kb+kb,则ka+ka-kb-kb=0,对关于

1122314211223142

k,k,k,k的方程组的系数矩阵作初等变换化为最简形，

1234

(|12-2-1)(|1003)

=(a,a,-b,-b)=21-5o।o10-1,

11231-9一1州)W)oII

解得(k,k,k,k)T=C(-3,1,-1,1)T+(3,-1,1,0)T=(3-3C,-1+C,1-C,C)T,故

1234

I-C1

Y=ka+ka2=(3-3C)a」(C-1)a「(帕\-C))|||=k(峭帅k=R.故选D.

8(1-R

二、填空题：11~16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x)0时，f(x)=ax+bx2+ln(1+x)与g(x)=ex2-cosx是等价无穷小，则

ab=_____.

【答案】-2

【解析】由题意可知,

_f(x)ax+bx2+ln(1+x)依+丘+-"丘+。(月)

1=lim'7=lim''-lim----------------------=------------------

1

x)0g(X)x)0ex2-C0SXx)01+X2+0(x2)-[1-_j(2+0(x2)]

2

1

(a+1)x+(b-)x2+0(x2)

=lim~

x)0_X2+0(X2)

2

i3

于是a+1=0,b=_,B|Ja=_1,b=2,从而ab=_2.

22

12.曲线y二jx“3_t2dt的孤长为.

【答案】联石

o

【解析】曲线y=J：_，3_t2dt的孤长为

_*3

j£J+y，2dx1+3_X2dx=J^4_X2dx=014_X2dx

6j/3>30

.£浊力聂costd2sint=8)Tcos2tdt=8)象+8s21出

=4,+'sin》)：驾■+褥

0

13.设函数z=z(x,y)由方程ez+xz=2x_y确定

3

【答案】一一

2

【解析】将点(1,1)带入原方程，得z=0.

方程8+xz=2x_y两边对x求偏导，得ezz+x一=2

?x?x'

(?Z)2?2Z?Z?2Z,,

两边再对x求偏导，得+&,T2)TXI-0,将x=1,y=1,z=0代入以

,(?x)|?X2?X?X2

?z?2Z3

上两式，得=1

?x元=-'2'

(1.1)(1.1)

14.曲线3x3=y5+2y3在X=1对应点处的法线斜率为.

11

【答案】

9

【解析】当x=1时，y=1.

方程3x3=y5+2y3两边对x求导，得9x2=(5y4+6y2)y,，将x=1,y=1代入，得

911

y,(1)=,.于是曲线3x3=y5+2y3在X=1对应点处的法线斜率为_____

119

15.设连续函数f(x)满足f(x+2)_f(x)=x,j2f(x)dx=0,贝j3f(x)dx=.

01

【答案】

【解析】j3f(x)dx=j3f(x)dx—j2f(x)dx=j3f(x)dx—j1f(x)dx—j2f(x)dx

j3f(x)dx—j1f(x)dxf(t+2)dt—j1f(x)dx=j1xdx

ax+x=1,

+“x+x=0.

123有解，其中a,b为常数，=4，则

+2x+a.x=0,

123

ax+/?x=7

2

b

【答案】8

1a10

【解析】方程组有解，则IR=4on-12a+21a1=0,故

ab03b°12a

1a1

12a=8.

ab0

三、解答题：17~22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:y=y(x)(x>e)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，

(I)求y(x)；

(ID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】(I)曲线L在点P(x,y)处的切线方程为丫—y=y,(x)(X—x),令X=0,则切线

1

在y轴上的截距为Y=y—xy,(x),则*=丫一xy,(x),即y,一、=—1,解得

y(x)=x(C—Inx),其中C为任意常数.

又y(e2)=0,则C=2,故y(x)=x(2—Inx).

(II)设曲线L在点(x,x(2—Inx))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

Y-x(2-lnx)=(1-lnx)(X-x).

4Y=0,则*=匚，，；令X=0,则丫=*.

Inx—1

11XX2

故切线与两坐标轴所围三角形面积为S(x)=—XY=----------------x=-----------------,

22Inx—12(lnx—1)

则S,(x)=x(2nx3)令s,(x)=。，得驻点x=

2(lnx-1)2,

当e想x想言时，5伙)想0；当x>^e2时，S,(x)>0,故S(x)在x=%处取得极小值，同

时也取最小值，且最小值为S(e2^=e3.

18.(本题满分12分)

X2

求函数f(x,y)=xecosy+一的极值.

2

【解】由己知条件，有

f,(x,y)=ecosy+x,

X

f,(x,y)=xecosy(—siny).

y

1

令f,(x,y)=0,f,(x,y)=0,解得驻点为(|(—e>kJl))|,其中k为奇数；(一e,k/L),其中

k为偶数.

f„(x,y)=1,f,(x,y)=ecosy(—siny),f,(x,y)=xecosysin2y—xecosycosy.

xxxyyy

在点［一;一冲I处,其中k为奇数，

111

A=fxx(l(_e，kH))l=1,8，(1(-［山))1=°，0=］(|(-丁机))|=1,

由于AC—B2想0,其|2—，，1|不是极值点，其中k为奇数.

在点(一e,kTL)处，其中k为偶数，

A=f,(―e,k几)=1,B=f,(―e,k几)=0,C=f,(―e,k几)=e-2,

xxxyyy

由于AC-B2〉0,且A>0,故（一e,k兀）为极小值点，其中k为偶数，且极小值为

19.(本题满分12分)

1

已知平面区域D=y)|0<y<—rx>1!,

x7+X2J

(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)

S=f+工」仆=.sec2t巾=ft_U

1x.+X2・tantsect*sint

卜sintpl,

-J•1.at——J'-------"dcost

■sin2tcos2t

44

20.（本题满分12分）

设平面区域D位于第一象限，由曲线x2+y2-xy=1,x2+y2-xy=2与直线

y=技,y=0围成，计算dxdy.

3x2+y2

D

【解】ff-r—!~~dxdy=J：dO£33-----------J--------r—^pdp

3X2V2,,___j__3P2COS20+O2Sin20

D+CosOsirW

1

d01rncuciril-dp

sin2043COS20'___1__o

\'1-cosUsinU

弓吗而乐3cos20

=lln2J:-----!_-dtar>0

2(1tanzQ+3

21.(本题满分12分)

设函数f(x)在［—a,a］上有二阶连续导数.

1

⑴证明：若f(0)=0,存在飞=(—a,a),使得f,(飞)=—［f(a)+f(—a)］；

32

(2)若f(x)在(—a,a)上存在极值，证明：存在n=(—a,a),使得

If,⑻I之，If(a)—f(—a)

2a2

【证明】⑴将f(x)在x=0处展开为

o

f(x)=f。+f,(0)x+f"(6)%=f,(0)x+)4,

其中6介于。与x之间.

分别令x=—a和*=a,则

—)="0)(—3)+外吗，-a(飞<0,

2!1

f(a)=f,(0)(a)+f"(飞吗，0<飞<a,

2!2

两式相加可得

f(—a)+f(a)=az/?』，"),

2

又函数f(X)在［—a,a］上有二阶连续导数，由介值定理知存在飞=「8y二(一a,a),使得

f，g)+fgf(ns),

2

即f(飞)=L［f(-a)+f⑻］.

a2

⑵设f(x)在x处取得极值，则f,(x)=0.

00

将f(X)在X处展开为

0

“、，/、，，、，、f„(6)(x—x>.f„(6)(x—x)2

f(x)=f(x)+f,(x)(x—x)+八7o.=f(x)+八'o-,

ooo2!o2!

其中6介于x与x之间.

0

分别令x=—a和乂=a,则

，/、一\.)"(nxa+x)2

f(—a)=f(x)+-——--------»—,—a<n<x,

。2!10

*/、xf„(n)(a—x)2

f(a)=f£(zx)+〃'八720.x<n<a,

o2!02

两式相减可得

f(a)-f(-a)=f”(n)(ax)2^---------2-J叩叶]卜,

所以

。⑺)(a—x)2f,(n)(a+x>

|f(a)—f(—a)|二：2八一()L

22

-17,(n)im+x)2/八n)i(«-x)?

兀I0+3。

77

元|f，(n)l[包+x)2+(a—x)2](|f,(n)|=max(|f,(n)|,|f,(n)|))

2o012

元|f，(n)|Ra+x)+(a—x)>=2a2|f,(n)|,

2oo

1

即If,(n)|之，|f(a)—f(—a)

2a2

22.（本题满分12分）

(\X),1X+X+X)

(I1।(I123q

设矩阵A满足对任意的x,x,x均有4x=I2x—