247.2024年数学二真题解析（周洋鑫）公众号：小乖考研免费分享_05.数学二历年真题_普通版本数学二

2025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 2024 年数学（二）真题解析 一、选择题. 【1】【答案】（C）. 【解析】由题意可知,函数的间断点为x=0,1,2. 由于 lim x(1−x) 1 (x−2) =ex li → m 0 (1−x) 1 (x−2) lnx =e − 1 2x li → m 0 lnx =+, x→0 lim x(1−x) 1 (x−2) =e l x i → m 1 (1−x) 1 (x−2) lnx =e −l x i → m 11 ln − x x =e l x i → m 1 x x − − 1 1 =e, x→1 所以x=0是 f (x)的无穷间断点,x=1是 f (x)的可去间断点 又 1 lim(1−x) 1 (x−2) lnx −ln2lim 1 lim x(1−x)(x−2) =ex→2+ =e x→2+x−2 =0, x→2+ 1 lim(1−x) 1 (x−2) lnx −ln2lim 1 lim x(1−x)(x−2) =ex→2− =e x→2−x−2 =+, x→2− 所以x=2是 f (x)的无穷间断点. 综上所述， f (x)的第一类间断点个数为1，故应选C. 【2】【答案】（B）. 【解析】根据导数定义，知  2 f 2+ − f(2)     2   x lim x  f  2+  − f(2)  =2 lim =2f(2). x→+   x  x→+ 2 + x 由参数方程所确定的函数的求导公式，知 dy y(t) 2tet2 2et2 f(x)= = = = ， dx x(t) 3t2 3t dy 2 当x=2时，t =1，于是 f(2)= = e，故 dx t=1 3 12025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫   2  4e lim x  f  2+  − f(2)  =2f(2)=2f(2)= ， x→+   x  + 3 应选B. 【3】【答案】（D）. 【解析】令F(x)= x sint3dt，所以 f(x)=F(sinx) . 0 x 因为sint3是关于t的奇函数，所以F(x)= sint3dt为偶函数，进而 0 f(−x)=Fsin(−x)=F−sinx=F(sinx)，   所以 f(x)为偶函数. x 进而，g(x)= f(t)dt为奇函数，应选D. 0 （4）已知数列{a }(a 0)，若{a }发散，则（ ）. n n n 1 1 （A）{a + }发散. （B）{a − }发散. n a n a n n 1 1 （C）{ea n + }发散. （D）{ea n − }发散. ea n ea n 【4】【答案】（D）. 【解析】对于A，设 f (x)=x+ 1 ，显然 f (x)=x+ 1 不单调，于是{a }发散，{f (a )} x x n n 未必发散，故A错误. 1 1 对于B, 设 f (x)=x− ，定义域为(−,0) (0,+).因为 f(x)=1+ 0，所以 f (x) x x2 在(−,0)和(0,+)上单调递增.又 lim f (x)=+， lim f (x)=−， x→+ x→− lim f (x)=+，lim f (x)=−， x→0− x→0+ 如右图所示，可画出 f (x)的草图，显然 f (x)不单调，于是{a }发散，{f (a )}未必 n n 发散，故B错误. 对于 C, 设 f (x)=ex +e−x.因为 f(x)=ex −e−x =e−x( e2x −1 )，所以 f (x)在(−,0)内单 22025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 调递减，在(0,+)内单调递增，故 f (x)不单调，于是{a }发散，{f (a )}未必发散，故C n n 错误. 应选D. 【5】【答案】（C）. 【解析】根据偏导数定义，知 f(x,0)− f(0,0) f(0,0)=lim =0， x x→0 x 同理 f(0,0)=0，于是 y lim f(x,y)− f(0,0)−  f x (0,0)x+ f y (0,0)y  =lim f(x,y) . x→0 x2 + y2 x→0 x2 + y2 y→0 y→0 1 (x2 + y2)sin f(x,y) xy 1 当xy 0时，lim =lim =lim x2 + y2 sin =0. x→0 x2 + y2 x→0 x2 + y2 x→0 xy y→0 y→0 y→0 f(x,y) 0 当x=0或y=0时，lim =lim =0. x→0 x2 + y2 x→0 x2 + y2 y→0 y→0 于是，lim f(x,y)− f(0,0)−  f x (0,0)x+ f y (0,0)y  =lim f(x,y) =0，故 f(x,y) x→0 x2 + y2 x→0 x2 + y2 y→0 y→0 在(0,0)处可微. 又因为 0, xy =0, f(x,y)  = 1 x2 + y2 1 x 2xsin − cos , xy 0.   xy x2y xy f(x,y)  1 x2 + y2 1  当xy0时，lim =lim2xsin − cos 不存在. x→0 x x→0 xy x2y xy y→0 y→0 f(x,y) f(x,y) f(x,y) 于是, lim  ，即 f(x,y)在点(0,0)处 不连续. (x,y)→(0,0) x x x (0.0) 综上所述，应选C. 32025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 【6】【答案】（A）. 【解析】积分区域如右图阴影部分所示，于是交换积分次序可得 π 1 1 arcsiny 2dx f(x,y)dy = dy f(x,y)dx， π 1 π sinx 6 2 6 故应选A. 【7】【答案】（B）. 1 + + 1 【解析】若取 f(x)= ，则 f 2(x)dx= dx=1（收敛），但 x+1 0 0 (x+1)2 + + 1  f(x)dx= dx=+（发散）， 0 0 x+1 故①错误. + 1 当 p1时， dx收敛，若存在 p1，使得 0 xp f(x) lim xp f(x)= lim 1 x→+ x→+ xp + 存在，根据反常积分的比较判别法，知 f(x)dx收敛，但反之却不一定成立（比较审敛法 0 1 + 是充分条件），例如取 f(x)= ，则  f(x)dx 收敛，当 p1时， (x+2)ln2(x+2) 0 lim xp f(x)不存在，故③错误. x→+ 应选B. 【8】【答案】（C）. 【解析】由题意可知，P = E (1)，于是PT = E (1). 31 13 a+2c 0 c   进而，根据已知条件PTAP2 = 0 b 0 ，知     2c 0 c   a+2c 0 c   E (1)AE 2(1)= 0 b 0 ， 13 31     2c 0 c   进而 42025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 a+2c 0 c   2 A= E (−1) 0 b 0 E −1(1) 13   31    2c 0 c   a+2c 0 c = E (−1)  0 b 0  E (−1)2 13   31   2c 0 c    a 0 0 =  0 b 0  E (−1)2   31   2c 0 c   a 0 0   = 0 b 0 E (−1)   31   c 0 c   a 0 0   = 0 b 0 ，     0 0 c   应选C. 【9】【答案】（D）. 【解析】由A(A− A*)=O，知r(A)+r(A− A*)4.又A A*，即A−A* O， 所以r(A− A*)1，于是r(A)3,进而 A =0. 由A(A− A*)=O，知A2 −AA* =O， A2 − A E =O，即 A2 =O，于是根据 矩阵秩的性质，有r(A)+r(A)4，解得r(A)2，故B、C错误. 若r(A)=0，则r ( A) =0，于是A= A* =O ，与题设条件中 A A*矛盾，故 r(A)0，应选D. 【10】【答案】（B）. 【解析】方法一：（必要性）若取A=B= E，显然有AB= BA，且B可以相似对 角化，但A却有两个相同的特征值，故“A有两个不相等的特征值”不是“B可对角化”的必 要条件. （充分性）因为A有两个不相等的特征值，不妨设为,，且分别对应的特征向量 1 2 为, ，于是有 1 2 52025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 A =，A = . 1 1 1 2 1 2 上式两边同时左乘矩阵B，得 BA =B，BA =B. 1 1 1 2 2 2 由于AB= BA，所以 A(B)=(B)，B(A)=(B) . 1 1 1 2 2 2 当B ，B 时，根据特征值与特征向量的定义，知B，B也分别是 1 2 1 2 ,的特征向量.又,均为1重特征值，所以,均只有一个线性无关的特征向量，于 1 2 1 2 1 2 是B与线性相关，B与 线性相关，不妨设 1 1 2 2 B =k(k 0)，B =k (k 0)， 1 1 1 1 2 2 2 2 显然， 也是B的两个线性无关的特征向量，因此B一定可以对角化. 1 2 当B =，B =时,则0是B的 2 重特征值，且对应 2 个线性无关的特征向量 1 2 ， ，因此B一定可以对角化. 1 2 综上所述，“A有两个不相等的特征值”是“B可对角化”的充分条件. 应选B. 方法二：（必要性）若取A=B= E，显然有AB= BA，且B可以相似对角化，但 A却有两个相同的特征值，故“A有两个不相等的特征值”不是“B可对角化”的必要条件. （充分性）因为A有两个不相等的特征值，不妨设为,，且分别对应的特征向量 1 2  0  为, ，所以一定存在可逆矩阵P使得P−1AP= 1  ，于是 1 2 0  2  0  A= P 1 P−1， 0  2 又AB= BA，所以  0   0  P 1 P−1B= BP 1 P−1， 0  0  2 2 两边分别左乘P−1，右乘P，故 62025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫  0   0   1 P−1BP= P−1BP 1 . 0  0  2 2 c c   0 c c  c c  0  记P−1BP= 11 12  ，则  1  11 12 = 11 12  1  ，即 c c  0 c c  c c 0  21 22 2 21 22 21 22 2 c c  c c   1 11 1 12 = 1 11 2 12  ， c c  c c  2 21 2 22 1 21 2 22 c 0  于是c =c 且c =c ，由得c =c =0，即P−1AP= 11  ，所以B 1 12 2 12 2 21 1 21 1 2 12 21 0 c  22 可对角化，即“A有两个不相等的特征值”是“B可对角化”的充分条件. 应选B. 二、填空题． 2  1 1 【11】【答案】 x−  + y2 = .  2 4 【解析】可考虑y = x2在点(0,0)处的情形． y 因为y=2x，y=2，所以在点(0,0)处y = x2的曲率K = =2，曲率半径 3 ( 1+ y2) 2 1 1 R= . 又曲率圆的圆心在y轴上，于是圆心坐标为（0， ），故曲率圆的方程为 2 2  1 2 1 x2 +y−  = ,  2 4 2  1 1 因此，曲线y2 = x在点（0，0）处的曲率圆方程为 x−  + y2 = .  2 4 【12】【答案】(1,1). 【解析】由 f(x,y)=2x3−9x2−6y4+12x+24y ，知 f(x,y) f(x,y) =6x2 −18x+12, =−24y3+24． x y f(x,y) f(x,y) 令 =0， =0，解得驻点（1，1），（2，1）． x y 2f(x,y) 2f(x,y) 2f(x,y) 记A= =12x−18，B= =0，C = =−72y2， x2 xy y2 72025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 在驻点（1，1）处，A=−6,B=0,C=−72，则B2 −AC0，且A=−60，故（1，1） 是 f(x,y)的极大值点． 在驻点（2，1）处，A=6,B=0,C=−72，则B2 −AC0，故（2，1）不是 f(x,y)的极 值点． 综上所述，极值点为（1，1）．  【13】【答案】y−arctan(x+ y)+ =0. 4 dy d(u−x) du du 1 【解析】令u = x+ y，则 = = −1，代入原方程中，得 −1= ，即 dx dx dx dx u2 du 1+u2 1+u2 1+u2 = ，分离变量得 du =dx，于是 du =dx，解得 dx u2 u2 u2 u−arctanu = x+C， 即x+ y−arctan(x+ y)= x+C，整理得y−arctan(x+ y)=C .   又由y(1)=0,解得C = − ，于是方程的解为y−arctan(x+ y)+ =0. 4 4 【14】【答案】31e. 【解析】方法一：由莱布尼茨公式，知 f(5)(x)=(ex +1)(5)x2 +C1(ex +1)(4)(x2)+C2(ex +1)(3)(x2) 5 5 = x2ex +10xex +20ex， 于是 f(5)(1)=e+10e+20e=31e. 方法二：由 f(x)= x2( ex +1 ) = x2+x2ex，求导得 f(x)=2x+ ( 2x+x2) ex， f(x)=2+ ( 2+4x+x2) ex， f(x)= ( 6+6x+x2) ex， f(4)(x)= ( 12+8x+x2) ex f(5)(x)= ( 20+10x+x2) ex， 所以 f(5)(1)=(20+10+1)e=31e． 3  【15】【答案】 2 82025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 【解析】由题意可知，平均速度为 3  v(t)dt 3 1 3 1 1 k  19 k  k 5 0 =  (t+ksint)dt =   t2 − cost  =  +  +  = ， 3−0 3 0 3 2   32   2 0 3 故k = . 2 【16】【答案】−4. 【解析】方法一：对（α ,α ,α ）施以初等行变换，得 1 2 3  a 1 1  1 1 a      1 1 a 0 1−a 1−a2 (,,)= →  . 1 2 3 −1 b −1 0 1+b −1+a      1 a 1  0 a−1 1−a  当a=1时，则α =α ，与α ，α 线性无关矛盾，故a1. 1 3 1 3 当a1时，对矩阵(α,α ,α )继续施以初等行变换，得 1 2 3 1 1 a  1 1 a      0 1−a 1−a2 0 1 −1  → ， 0 1+b −1+a 0 0 a+2     0 a−1 1−a  0 0 a+b a+2=0， a =−2, 由α,α ,α 线性相关，知 解得 故ab=−4. 1 2 3 a+b=0， b=2. 方法二：由α ,α ,α 线性相关，知r(α ,α ,α )3，于是矩阵(α ,α ,α )中任意3阶 1 2 3 1 2 3 1 2 3 a 1 1 子式均为0，故 1 1 a =0，解得a=1或a=−2. 1 a 1 当a=1时，α ,α 线性相关，与α ，α 线性无关矛盾，故a1. 2 3 1 3 因此，a=−2，进而3阶子式 a 1 1 −2 1 1 1 1 a = 1 1 −2 =0， −1 b −1 −1 b −1 解得b=2，于是ab=−4. 三、解答题． 92025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 【17】【解析】因为D关于直线y= x对称，所以xdxdy =ydxdy． D D  1 1   x 3  记D =(x,y) y 3x, x 1,D =(x,y) y ，1 x 3，则 1  3x 3  2  3 x  (1+x-y)dxdy =dxdy D D =dxdy+dxdy D D 1 2 3 1 3x 3 = dx dy+ dxxdy 1 1 1 x 3 3x 3 1 1  33 x = 13x− dx+  − dx  3x 1x 3 3 1 3 3 1   1  = x2 − lnx +3lnx− x2  2 3 1  6  1 3 8 = ln3． 3 【18】【解析】（1）令x=et，则t =lnx，于是 dy dy dt dy 1 =  =  ， dx dt dx dt x dy 1 dy d(  ) d( ) d2y dt x dt 1 dy 1 dt =  =− + dx2 dx dx x2 dt x dx dy d( ) 1 dy 1 dt dt =− + x2 dt x dt dx 1 dy 1 d2y =− + ， x2 dt x2 dt2 d2y dy 再代入x2y+xy−9y =0，可得 −9 =0，解得y =Ce3t +C e−3t，于是 dt2 dt 1 2 y =C x3+C x−3， 1 2 又y(1)=2,y(1)=6，所以y(x)=2x3. π π （2）令x=2sin   ，则 6 2 102025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 π  2 y(x) 4−x2dx= 2 2x3 4−x2dx =642sin3cos2d 1 1 π 6 π =−642 ( cos2−cos4 ) d(cos) π 6 π 1 1 2 =−64 cos3− cos5 3 5 π 6 22 3 = ． 5 【19】【解析】由题意可知，D绕x轴旋转一周所得旋转体的体积为 2t 2t V(t)= πy2(x)dx= πxe−2xdx. t t 于是 dV(t) =π(4te−4t −te−2t)=πte−2t(4e−2t −1). dt dV(t) 令 =0，解得驻点t =ln2. dt dV(t) dV(t) 当t(0,ln2)时， 0，当t(ln2,+)时， 0，所以t =ln2是唯一 dt dt 的极大值点，也是最大值点，于是V(t)的最大值为 2ln2 2ln2 π πln2 3π V(ln2)=π xe−2xdx=− (2x+1)e−2x = + . ln2 4 16 64 ln2 【20】【解析】（1）根据复合函数的链式求导法则，知 g g =2f+3f， = f− f， x 1 2 y 1 2 于是，再求二阶偏导数得 2g =4f+12f+9f， x2 11 12 22 2g =2f+ f−3f， xy 11 12 22 2g = f−2f+ f， y2 11 12 22 2g 2g 2g 1 2f 1 代入 + −6 =1中，解得 f = ，即 = . x2 xy y2 12 25 uv 25 112025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 2f 1 （2）由（1）可知 = ，于是 uv 25 f 1 1 = dv= v+(u)， u 25 25 f(u,0) f 1 又 =ue−u，所以(u)=ue−u，于是 = v+ue−u. u u 25 再利用偏积分，得  1  1 f (u,v)=  v+ue−u  du = uv−(u+1)e−u +(v)， 25  25 1 1 又 f(0,v)= v2 −1，所以(v)= v2，于是 50 50 1 1 f (u,v)= uv−(u+1)e−u + v2. 25 50 【21】【解析】（1）任意x(0,1)，将 f(x)分别在x=0及x=1处进行泰勒展开，得 1 f(x)= f(0)+ f(0)x+ f()x2,(0,x), ① 2 1 1 1 f(x)= f(1)+ f(1)(x−1)+ f()(x−1)2, (x,1). ② 2 2 2 由①(1−x)+②x，并结合 f(0)= f(1)，得 1 1 f(x)= f(0)(1−x)+ f(1)x+ f()x2(1−x)+ f()(x−1)2x. 2 1 2 2 所以 1 1 f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x= f()x2(1−x)+ f()(x−1)2x 2 1 2 2 x(1−x) = [f()x+ f()(1−x)]， 2 1 2 根据三角不等式，及 f(x) 1，知 x(1−x) f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x [ f() x+ f() (1−x)] 2 1 2 x(1−x) x(1−x) (x+1−x)= ， 2 2 得证. （2）由（1）知，任意x(0,1)，有 122025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 x(1−x) f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x= [f()x+ f()(1−x)]. 2 1 2 两边同取[0,1]上的定积分，有 1 1x(1−x)  [f(x)− f(0)(1−x)− f(1)x]dx= [f()x+ f()(1−x)]dx， 0 0 2 1 2 1 f(0)+ f(1) 1x(1−x)  f(x)dx− = [f()x+ f()(1−x)]dx， 0 2 0 2 1 2 进而 1 f(0)+ f(1) 1x(1−x)  f(x)dx− =  [f()x+ f()(1−x)]dx 0 2 0 2 1 2 1x(1−x)  [ f() x+ f() (1−x)]dx, 0 2 1 2 由于 f(x) 1，则 1 f(0)+ f(1) 1x(1−x) 1  f(x)dx−  dx= . 0 2 0 2 12  A   A  【22】【解析】（1）由题意可知，r(A)=r  .又r(A)2，r   r(BT)=2，所以 BT  BT  r(A)=2.  A  又因为Ax =0与BTx =0不同解，所以r(A)=r   r(BT)，即r(BT)2，所 BT  以r(BT)=1.  A  对 施以初等行变换，得 BT  0 a 1 1 0 1       A  1 0 1 0 1 1       = → ， BT  1 1 b 0 0 1−a     1 1 2 0 0 2−b 于是a=1，b=2. 132025考研数学何止十年真题2024年真题 新浪微博@考研数学周洋鑫 1 1 1 1 2  0 1 1   （2）由（1）知，BA=  1 1   =  1 1 2  .  1 0 1   2 2 2 2 4     −1 −1 −2 因为|E−BA|= −1 −1 −2 =2(−6) ，所以 BA 的特征值为 −2 −2 −4 14 1 6  = ，  = =0. 2 3 1   当=6时，解(6E−BA)x=0，得特征向量 = 1 . 1 1     2    1   1      当= =0时，解(0E−BA)x=0，得两个正交的特征向量 = −1 , = 1 . 1 2 2   3       0 −1      1 1 1    6 2 3    1 1 1  将,,单位化后,令Q =  −  ，则在正交变换x =Qy下二次 1 2 3 6 2 3    2 1  0 −    6 3 型 f(x ,x ,x )= xTBAx化为6y2. 1 2 3 1