2023考研数学二历年真题｜考点速记版

2023考研数学二历年真题｜考点速记版一、单项选择题（共10小题，每小题5分，共50分）1.设函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上连续可导，且满足$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(1)}{\sqrt{x}-1}=-2$，则$f'(1)$等于（）A.-4B.-2C.2D.42.已知函数$f(x)=\int_0^x\arctan(t^2)dt$，则$f'(1)$等于（）A.$\frac{\pi}{4}$B.$\frac{\pi}{2}$C.$\arctan1$D.$\arctan2$3.设函数$y=y(x)$由方程$\sin(xy)+\ln\frac{y}{x}=1$确定，则$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=1}$等于（）A.-1B.1C.$-\frac{1}{2}$D.$\frac{1}{2}$4.设函数$f(x)$在$[0,2]$上连续，且满足$\int_0^x[f(t)-2]dt=x^3-3x^2+2x$，则$f(1)$等于（）A.0B.1C.2D.35.已知级数$\sum_{n=1}^\inftya_n(x-1)^n$的收敛域为$[0,2]$，则级数$\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n^2}(x-1)^n$的收敛域为（）A.$[0,2]$B.$(0,2)$C.$[0,2)$D.$(0,2]$6.设函数$y=2^x$的麦克劳林级数展开式中$x^3$项的系数为$a$，则$a$等于（）A.$\frac{1}{3}$B.$\frac{1}{6}$C.$\frac{1}{12}$D.$\frac{1}{24}$7.设二阶常系数线性微分方程$y''-2y'+y=0$的一个特解为$y=e^x$，则该微分方程的通解为（）A.$y=(C_1+C_2x)e^x$B.$y=C_1e^x+C_2e^{-x}$C.$y=C_1e^x+C_2xe^x$D.$y=(C_1+C_2x)e^{-x}$8.设函数$f(x,y)=\begin{cases}\frac{xy^2}{x^2+y^4},&(x,y)\neq(0,0)\\0,&(x,y)=(0,0)\end{cases}$，则$f(x,y)$在点$(0,0)$处（）A.不连续B.连续但不可偏导C.可偏导但不可微D.可微9.设函数$y=\ln(x^2+1)$，则$\left.\frac{d^2y}{dx^2}\right|_{x=0}$等于（）A.0B.1C.-1D.210.已知向量组$\{\vec{\alpha}_1,\vec{\alpha}_2,\vec{\alpha}_3\}$线性无关，且$\vec{\beta}_1=\vec{\alpha}_1+\vec{\alpha}_2$，$\vec{\beta}_2=\vec{\alpha}_2+\vec{\alpha}_3$，$\vec{\beta}_3=\vec{\alpha}_3+\vec{\alpha}_1$，则向量组$\{\vec{\beta}_1,\vec{\beta}_2,\vec{\beta}_3\}$的秩为（）A.1B.2C.3D.无法确定二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分）1.设函数$f(x)=\lim_{n\to\infty}(x^n+\frac{1}{2^n})^x$，则$f(1)$等于________。2.设函数$f(x)$在$x=0$处连续，且$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=2$，则$\lim_{x\to0}\frac{\int_0^xf(t)dt}{x^2}$等于________。3.已知函数$y=xe^{\sinx}$，则$\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=\frac{\pi}{2}}$等于________。4.设函数$f(x)=\int_1^x\frac{\lnt}{1+t}dt$，则$f'(x)$等于________。5.设函数$f(x,y)=x^2+y^2$，则$\left.\frac{\partial^2f}{\partialx\partialy}\right|_{(1,1)}$等于________。6.已知向量组$\{\vec{\alpha}_1,\vec{\alpha}_2,\vec{\alpha}_3\}$的秩为2，且$\vec{\alpha}_1=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$，$\vec{\alpha}_2=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$，则$\vec{\alpha}_3$可以表示为________。三、解答题（共6小题，共70分）1.（10分）计算不定积分$\int\frac{x}{x^2+2x+3}dx$。2.（10分）设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，且满足$\int_0^xf(t)dt=\ln(1+x)$，求$f(0)$和$f'(0)$。3.（10分）求幂级数$\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n\cdot2^n}$的收敛域。4.（10分）设函数$f(x,y)=x^3-x^2y+y^3$，求$f(x,y)$在点$(1,1)$处的全部偏导数。5.（15分）求解微分方程$y''-4y'+4y=xe^2x$。6.（15分）设矩阵$A=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&1&1\\1&1&2\end{pmatrix}$，求矩阵$A$的秩，并求一个包含$\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}$的极大无关组。【标准答案及解析】一、单项选择题1.D解析：由$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(1)}{\sqrt{x}-1}=-2$，得$f(x)-f(1)\sim-2(\sqrt{x}-1)$，故$f'(1)=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(1)}{x}=\lim_{x\to0^+}\frac{-2(\sqrt{x}-1)}{x}=-\frac{2}{2}=1$。2.A解析：$f'(x)=\arctanx^2$，故$f'(1)=\arctan1=\frac{\pi}{4}$。3.A解析：对方程两边求导，得$\cos(xy)(y+x\frac{dy}{dx})+\frac{1}{y}\frac{dy}{dx}-\frac{1}{x}=0$，代入$x=1$，$y=1$，解得$\frac{dy}{dx}=-1$。4.B解析：对$\int_0^x[f(t)-2]dt=x^3-3x^2+2x$两边求导，得$f(x)-2=3x^2-6x+2$，故$f(x)=3x^2-6x+4$，$f(1)=1$。5.C解析：由$\sum_{n=1}^\inftya_n(x-1)^n$收敛域为$[0,2]$，得收敛半径$R=1$，中心为$x=1$，故$\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{n^2}(x-1)^n$收敛域为$[0,2)$。6.B解析：$2^x$的麦克劳林级数展开式为$\sum_{n=0}^\infty\frac{(\ln2)^n}{n!}x^n$，故$x^3$项系数$a=\frac{(\ln2)^3}{3!}=\frac{(\ln2)^3}{6}$。7.A解析：特征方程$r^2-2r+1=0$有重根$r=1$，故通解为$y=(C_1+C_2x)e^x$。8.C解析：$\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{xy^2}{x^2+y^4}$不存在（沿$y=kx$方向取极限得不同值），故$f(x,y)$在$(0,0)$处不连续；但$f_x'(0)=f_y'(0)=0$，故可偏导；且$\Deltaz-\left(f_x'(0)\Deltax+f_y'(0)\Deltay\right)=\frac{xy^2}{x^2+y^4}\Deltax^2$，当$\Deltax\to0$时，$\frac{\Deltaz}{\sqrt{\Deltax^2+\Deltay^2}}\to0$，故可微。9.B解析：$y'=\frac{2x}{x^2+1}$，$y''=\frac{2(x^2+1)-4x^2}{(x^2+1)^2}=\frac{2-2x^2}{(x^2+1)^2}$，故$\left.y''\right|_{x=0}=2$。10.C解析：$\vec{\beta}_1-\vec{\beta}_2=\vec{\alpha}_1-\vec{\alpha}_3$，$\vec{\beta}_2-\vec{\beta}_3=\vec{\alpha}_2-\vec{\alpha}_1$，$\vec{\beta}_3-\vec{\beta}_1=\vec{\alpha}_3-\vec{\alpha}_2$，且$\{\vec{\alpha}_1-\vec{\alpha}_3,\vec{\alpha}_2-\vec{\alpha}_1,\vec{\alpha}_3-\vec{\alpha}_2\}$与$\{\vec{\alpha}_1,\vec{\alpha}_2,\vec{\alpha}_3\}$等价，故$\{\vec{\beta}_1,\vec{\beta}_2,\vec{\beta}_3\}$秩为3。二、填空题1.1解析：当$0<x<1$时，$x^n\to0$，故$f(x)=\frac{1}{2^x}$；当$x\geq1$时，$x^n\geqx$，故$f(x)\to\infty$，矛盾，故$f(x)$仅在$x=1$处定义，且$f(1)=1$。2.1解析：$f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=0$，故$\int_0^xf(t)dt=\frac{1}{2}x^2+o(x^2)$，故$\frac{\int_0^xf(t)dt}{x^2}=\frac{\frac{1}{2}x^2+o(x^2)}{x^2}=\frac{1}{2}+o(1)\to\frac{1}{2}$。3.$\pie^{\frac{\pi}{2}}$解析：$y'=\frac{d}{dx}(xe^{\sinx})=e^{\sinx}+x\cosxe^{\sinx}$，故$\left.y'\right|_{x=\frac{\pi}{2}}=e^1=\pie^{\frac{\pi}{2}}$。4.$\frac{\lnx}{1+x}$解析：$f'(x)=\frac{\lnx}{1+x}$。5.0解析：$\frac{\partialf}{\partialx}=2x$，$\frac{\partialf}{\partialy}=2y$，故$\frac{\partial^2f}{\partialx\partialy}=0$。6.$\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}$解析：设$\vec{\alpha}_3=\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$，则$\{\vec{\alpha}_1,\vec{\alpha}_2,\vec{\alpha}_3\}$秩为2，故$\begin{vmatrix}1&0&a\\2&1&b\\3&1&c\end{vmatrix}=0$，解得$a+b-c=0$，取$b=1$，$c=2$，得$a=-1$，故$\vec{\alpha}_3=\begin{pmatrix}-1\\1\\2\end{pmatrix}$。三、解答题1.解：令$t=x^2+2x+3$，则$dt=2(x+1)dx$，故$$\int\frac{x}{x^2+2x+3}dx=\int\frac{x+1-1}{x^2+2x+3}dx=\int\frac{x+1}{x^2+2x+3}dx-\int\frac{1}{x^2+2x+3}dx$$$$=\frac{1}{2}\int\frac{d(x^2+2x+3)}{x^2+2x+3}-\int\frac{1}{(x+1)^2+2}dx=\frac{1}{2}\ln(x^2+2x+3)-\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan\frac{x+1}{\sqrt{2}}+C$$2.解：对$\int_0^xf(t)dt=\ln(1+x)$两边求导，得$f(x)=\frac{1}{1+x}$，故$f(0)=1$；再对$f(x)=\frac{1}{1+x}$两边求导，得$f'(x)=-\frac{1}{(1+x)^2}$，故$f'(0)=-1$。3.解：令$t=\frac{x}{2}$，则级数变为$\sum_{n=1}^\infty\frac{t^n}{n}$，收敛域为$|t|<1$，即$|x|<2$；当$x=2$时，级数为$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$发散；当$x=-2$时，级数为$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}$收敛；故收敛域为$[-2,2)$。4.解：$f_x'(x,y)=3x^2-2xy$，$f_y'(x,y)=-x^2+3y^2$；故$f_x'(1,1)=1$，$f_y'(1,1)=2$。5.解：特征方程$r^2-4r+4=0$有重根$r=2$，故通解为$y=(C_1+C_2x)e^{2x}$；令$y^=xe^{2x}$，代入方程，得$x^2e^{2x}$为特解；故通解为$y=(C_1