启航2024考研数学（二）回忆版真题试卷及参考答案（详细版）_27考研真题_考研数学一、二、三历年真题+考研数学资料（1994-2026）_考研数学真题（1987-2026）_考研数学二真题1987-2024

2024 考研数学（二） 真题
试卷及解析
一、选择题：1～10小题，每小题5分，共50分．下列每题给出的四个选项中，只有一个选
项是符合题目要求的．
1
1. 函数 f(x) x (1x)(x2)的第一类间断点的个数是
A.3. B.2. C.1. D.0.
1.【答案】C
【解析】无定义点为 x1，x2
1 lim 1 x1
对于x1,lim|x|
1xx2 ex11xx2
e ，
x1
故x1是可去间断点.
1
对于x2,lim |x|
1xx2
，
x2
故x2是第二类间断点
另外，x0是分段点，
1 1
lim lnx
lim| x|
1xx2 ex0(1x∣x2
，
x0
故x0是第二类间断点. 因此只有一个第一类间断点
 x1t3,   2 
2. 设函数y  f (x)由参数方程 确定，则 lim xf 2   f(2) 
y et2 x   x 
4e 2e e
A.2e. B. . C. . D. .
3 3 32.【答案】B
【解析】原式 lim
f  

2 2
x
 

 f  2 
2 2f ' 2  
d
d
y
t 2
2tet2
 4e .
x 2  dx 3t2 3
t1
x dt
t1
sinx x
3. 设函数 f(x)  sin t3dt,g(x)  f(t)dt, 则
0 0
A. f(x)是奇函数，g(x)是奇函数.
B. f(x)是奇函数，g(x)是偶函数.
C. f(x)是偶函数，g(x)是偶函数.
D. f(x)是偶函数，g(x)是奇函数.
3.【答案】D
【解析】 f  x  sinxsint3dt， f x sin(sinx)3cosx为奇函数.
0
所以 f  x 为偶函数，g  x   x f  t  dt 为奇函数.
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
1 1 1 1
【解析】选项A：取a =2，，2，…，a  收敛到2+ .错误.
n 2 2 n a 2
n
1
选项B：取a =1,1,1,1,, a  收敛到0.错误.
n n a
n1 1
选项C：取a =ln2,ln2,ln2,ln2,, ea n  收敛到2 .错误.
n ea n 2
 1
(x2  y2)sin ， xy 0,
5.已知函数 f(x,y) xy 则在点（0,0）处

 0, xy 0,
f(x,y)
A. 连续， f(x,y)可微.
x
f(x,y)
B. 连续， f(x,y)不可微.
x
f(x,y)
C. 不连续， f(x,y)可微.
x
f(x,y)
D. 不连续， f(x,y)不可微.
x
5.【答案】C
f  x,y  f  0,0  0x0y  00 0x0y 
【解析】 lim  lim 0,
x,y0,0 x2  y2 x,y0,0 x2  y2
x0或y0
  1
x2  y2 sin 0
f  x,y  f  0,0  0x0y  xy
lim  lim 0,
x,y0,0 x2  y2 x,y0,0 x2  y2
x0且y0 x0且y0
则 f  x,y 在（0,0）处可微.
 1   1  1 
f(x,y) 2xsin  x2  y2 cos   ,xy 0,
而
= xy xy x2y
x

 0,xy 0,
f  x,y   1  x2  y2  1 
lim  lim 2xsin  cos  不存在，
x,y0,0 x x,y0,0 xy x2y xy
x0且y0 x0且y0  
f  x,y 
从而
x
在（0,0）处不连续.

1
6. 设 f(x,y)是连续函数，则2dx f(x,y)dy 

sinx
6
1 arcsiny
A.  dy f(x,y)dx.
1 
2 6
1
B.  dy2 f(x,y)dx.
1
arcsiny
2
1
arcsiny
C. 2dy f(x,y)dx.

0
6
1 
D. 2dy2 f(x,y)dx.
0 arcsiny
6．【答案】A

1 1 arcsiny
【解析】2dx f(x,y)dy  dy f(x,y)dx.
 1 
sinx
6 2 6
选 A.
7.设非负函数 f(x)在[0,+)上连续. 给出以下三个命题：
 
①若 f 2(x)dx收敛，则 f(x)dx收敛；
0 0

②若存在 p 1,使得 lim xpf(x)存在，则 f(x)dx收敛;
x 0

③若 f(x)dx收敛，则存在 p 1,使得 lim xpf(x)存在.
0 x
其中真命题的个数为
A.0. B.1. C.2. D.3.
【答案】 B
1  1  1
【解析】①取 f(x) , dx收敛，  dx发散，错误.
x1 0  x1 2 0 x1
②极限比较判别法原话.正确.
③极限比较判别法为充分不必要条件.错误.
 1
取 dx收敛，p 1, lim xp f  x .
0  x1  ln2 x1  x1 0 0 a2c 0 c
   
8. 设A为3阶矩阵，P  0 1 0 ，若PTAP2  0 b 0 ，则A=
   
   
1 0 1  2c 0 c
c 0 0 b 0 0
   
A. 0 a 0 . B. 0 c 0 .
   
   
0 0 b 0 0 a
a 0 0 c 0 0
   
C. 0 b 0 . D. 0 b 0 .
   
   
0 0 c 0 0 a
8.【答案】 C
a2c 0 c 1 0 0
   
【解析】PTAP2  0 b 0 B, 且P  0 1 0  E  1 ，
    31
   
 2c 0 c 1 0 1
故A  PT1 B  P21   ET(1) 1 B E2 (1) 1
31  31 
 E1(1) T BE1(1)E1(1) ET(1)BE (1)E (1)
 31  31 31 31 31 31
1 0 1a2c 0 c 1 0 0 1 0 0
    
 0 1 0 0 b 0 0 1 0 0 1 0
    
    
0 0 1  2c 0 c 1 0 1 1 0 1
0 0 0 1 0 0 1 0 0  a 0 0
     
 0 b 0 0 1 0 0 1 0  0 b 0 .
     
     
2c 0 c 1 0 1 1 0 1 0 0 c
9. 设A为4阶矩阵，A*为A的伴随矩阵，若A(A-A*)=O 且A A*，则r(A)取值
为
A.0 或1. B.1 或3. C.2 或3. D.1 或2.9.【答案】D
【解析】由题意可知A(A-A*)=O ，故r  A r  AA*  4.
 
又A A*,故AA* O,即r AA* 1
因此 r  A 3. 又A  AA*   A2 AA*  A2  A E  A2 O
r  A 2,此时r  A*  0 A* O
又A A* r  A 1，故r  A 1或2.
10. 设A,B为2阶矩阵，且AB = BA,则“A有两个不相等的特征值”是“B可对
角化”的
A. 充分必要条件.
B. 充分不必要条件.
C. 必要不充分条件.
D. 既不充分也不必要条件.
10.【答案】B
【解析】方法一
充分性，A有两个不相等的特征值，故A必可相似对角化.
又AB = BA,，且A有2个不同特征值，故A的特征向量都是A的特征向量.（利用线代9
讲结论）
又A有2个线性无关特征向量，故B有2个线性无关特征向量，故B必可相似对角化.
必要性，B可相似对角化，不妨取B  E,A E ，则推翻.【解析】方法二 因题知A有两个不同特征值，不妨设为 ， 且   ，则存在可逆
1 2 1 2
阵P 使
 
 P1AP  1 

 
2
又 AB BA P1APP1BP  P1BPP1AP
   
 1 P1BP  P1BP 1 
 
   
2 2
B可相似对角化  P1BP 可相似对角化.
b b 
设P1BP  1 2  代入上式
b b 
3 4
 b b  b b  
 1  1 2   1 2  1 
  b b  b b   
2 3 4 3 4 2
b b  b b 
 1 1 1 2  1 1 2 2  由  

b b
 
b b

1 2
2 3 2 4 1 3 2 4
 b b  b  0
1 2 2 2 2
b b b  0  B 可对角化以上推导均基于 ，反
2 3 1 3 3 1 2
b 0 
 P1BP  1  P1BP 可对角化
0 b 
4
之B 可对角化无法推出A有两不同特征值，故A有两个不同特征值为B 可对角化的充分
非必要条件.
二、填空题：11～16小题，每小题5分，共30分．
11.曲线 y2  x在点(0,0)处的曲率圆方程为 .
2
 1 1
11【. 答案】 x

 y2 
 2 4【解析】由图像可转化为 y  x2处且
y 1  1 2 1
k  y2x 0,y2 k 2,R  ， x  (y0)2  ，
  3 0,0 2  2 4
1 y2 2
即
2
 1 1
x   y2  .
 2 4
12.函数 f(x,y)2x39x2 6y4 12x24y 的极点是 .
12.【答案】（1,1）
 f6x2 18x120,
【解析】由 x 解得驻点为(1,1),(2,1).

f24y3240,
y
又
A f 12x18,B  f 0,C  f 72y2,
xx xy yy
ACB2 4320,A6,
代入点（1,1）得 故（1,1）是极大值点.
ACB2 4320,
代入点（2,1）得 故（2,1）不是极值点.
1
13.微分方程 y 满足条件 y(1)0的解为 .
(x y)2
π
13.【答案】 arctan  x y  y
4
dx
【解析】方程化为 (x y)2
dy
dx du
令 u  x y 则  1
dy dydu 1
即 u2 1则 dudy
dy u2 1
arctanu  yc
π
代 x1,y 0,u 1. 得 c
4
π
得 arctan  x y  y
4
14.已知函数 f(x) x2(ex 1)，则 f (5)(1) .
14．【答案】 31e
【解析】  ex 1  x2 5   ex 1 (5) x25  ex 1 (4)   x2 C2 ex 1 (5) x2''
5
exx25ex2x10ex2 ,
则 f (5)(1)e10e20e 31e
15.某物体以速度v(t)tksinπt 作直线运动.若它从t 0到t 3的时间段内平均速度是
5
，则k  .
2
3
15．【答案】 π
2
3
 (tksinπt)dt
【解析】 0  5 , 则 3 (tksinπt)dt  15 , 9  k cost 3  15
3 2 0 2 2  0 2
9 k 15 3
 (11) , 则k  π.
2  2 2
 a  1  1 
     
1 1 a
     
16.设向量  ,  ,  ,若,, 线性相关，且其中任意两个向量均线
1 1 2 b 3 1 1 2 3
     
 1  a  1 
性无关，则ab .
16．【答案】4
【解析】 由 a 1 1  1 1 a  1 1 a 
     
1 1 a 0 1a 1a2 0 1a 1a2
A α ,α ,α         
1 2 3 1 b 1 0 b1 a1 0 b1 a1 
     
 1 a 1  0 a1 1a  0 0 2a2a
由 r  α ,α ,α 2 且 r  α ,α  2  i j 
1 2 3 i j
故 r  α ,α ,α 2
1 2 3
1 当a 1时，α 与α 相关，不满足题意
1 3
1 1 a  1 1 a 
   
0 1 1a 0 1 1a
2 当a 1时， α ,α ,α      
1 2 3 0 b1 a1 0 0 b  a1 2
   
0 0 a2 0 0 a2 
故要满足题意，则a20且b  a1 20
a 2
  ab4
b2
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．
1 1
17. 设平面有界区域D位于第一象限由曲线xy  ,xy 3与直线y  x, y 3x围成，计
3 3
算 1x y  dxdy .
D
y
17.【解】令u  xy，v ，
x
 u
x
（1） v

y  uvx x
u v 1
（2）J  
y y 2v
u v
3 3  u  1 8
故原式  du 1  uv dv  ln3.
1 1 
v 2v 3
 
3 3
18.设y(x)为微分方程x2yxy9y 0,满足条件 y 2,y 6的解.
x1 x1
（1）利用变换xet将上述方程化为常系数线性方程，并求y(x);
2
（2）计算 y(x) 4x2dx.
1
x2yxy9y 0, xet
解：（1） 令 ，则
dy dy dt dy 1 d2y d2y 1  2 dy  1 
  ,       ,
dx dt dx dt x dx2 dt2 x  dt  x2 
d2y dy dy d2y
则   9y0,即 9y0，
dt2 dt dt dt2
C
y Ce3t C e3t,y  x C x3 2，y  1 C C =2，①
1 2 1 x3 1 2
C
y x 3C x23 2 ,y 1 3C 3C 6,②
1 x4 1 2
C =2，C =0，则y  x  =2x3.
从而
1 2
2 2
（2） y(x) 4x2dx  2x3 4x2dx
1 1x2sint  
令 216sin3t4cos2tdt 264(1cos2t)cos2td(cost)
 
6 6
cost u 3  1 3 1 3 
令 64 2 (u2 u4)du 64 u3 2  u5 2 
 
0  3 0 5 0 
1 3 3 1 9 3  3 9 3 18 3 22 3
64    64  8 3  .
   
3 8 5 32   8 160  5 5
19.设t 0,平面有界区域D由曲线 y  xex与直线x t,x 2t及x轴围成，D绕x轴旋
转一周所成旋转体的体积为V(t)，求V(t)的最大值.
2t
19.【解】V(t) 2t πy2(x)dx 2t πxe2xdx π (2x1)e2x
t t 4
t
π
 (4t1)e4t(2t1)e2t(t 0)
 
4
V(t) π 16te4t 4te2t 0, t  1 ln4ln2 ,t(0,ln2),
4 2
π 3π
V(t)0,t(ln2,),V(t)0,t ln2,[V(t)]  ln2
max 16 64
20.已知函数 f(u,v) 具有 2 阶连续偏导数，且函数 g(x,y) f(2x y,3xy) 满足
2g 2g 2g
 6 1.
x2 xy y2
2f
（1）求 ;
uv
f(u,0) 1
（2）若 ueu, f(0,v) v21,求 f(u,v)的表达式.
u 50
g f f
20.【解】（1） 2 3
x u v
2g 2f 2f   2f 2f  2f 2f 2f
2 2 33 2 34 12 9 ，
x2 u2 uv  uv v2  u2 uv 2v2g 2f 2f   2f 2f  2f 2f 2f
2  (1)3  (1)2  3 ，
xy  u2 uv  uv v2  u2 uv v2
g f f
  ，
y u v
2g 2f 2f  2f 2f  2f 2f 2f
  1   1   2  ,
y2 u2 uv uv v2  u2 uv v2
2f
代回原式得， 25 1,故
uv
2f 1

vv 25
f 1 1 f  u,0 
（2）  dv vc  u  ，代 ueu得 c  u ueu ，
u 25 25 1 u 1
f 1
故 ueu  v，则
u 25
 1  1
f  u,v  ueu  vdu  u1  eu  uvc  v  .
 25  25 2
1 1
代 f  0,v  v21 得 c  v  v2
50 2 50
1 1
综上： f  u,v  u1  eu  uv v2.
25 50
21. 设函数 f  x 具有2阶导数，且 f 0  f 1  , f x  1.证明：
x  1x 
（1）当x 0,1 时， f  x  f  0  1x  f  1  x  ;
2（2）  1 f  x  dx f

0

f

1

 1 .
0 2 12
21. 证明：（1）
f
f(x) f(0) f (0)x 1 x2①
2
f 
f(x) f(1) f (1)  x1  2 (x1)2②
2
① 1x ②x
f f 
 f(x) f(0)(1x) f(1)x f (0)x  1x  f (1)  x1  x 1 x 2 1x  2 (x1)2x
2 2
，
1 1 1 1
f(x) f(0)(1x) f(1)x„ x2(1x) x(1x)  x(1x)(x1x) x(1x).
2 2 2 2
0
（2）  1 f(x) f(0)(1x) f(1)x  dx   1 f(x)dx f(0) (1x)2  f(1) 1
0 0 2 2
1
1 f(0) f(1) 1 x(1x) 1
  f(x)dx „  dx .
0 2 0 2 12
1 1
0 1 a  
22.设矩阵 A  1 0 1   ,B    1 1   , 二次型 f(x 1 ,x 2 ,x 3 )  xTBAx .已知方程组
b 2
Ax 0的解均是BTx 0的解，但这两个方程组不同解.
（1）求a,b的值；
（2）求正交变换x Qy将 f(x ,x ,x )化为标准形.
1 2 3
22.【解】（1）由题意可知，Ax 0的解均是BTx 0的解A 
故r  A r , 且r  A 2
BT

0 1 a 1 0 1  1 0 1 
     
A  1 0 1 0 1 a 0 1 a
又
 
        
BT  1 1 b 0 1 b1 0 0 ba1
     
1 1 2 0 1 1  0 0 1a 
故 a 1,b2
1 1 1 1 2
 0 1 1  
(2) BA  1 1     1 1 2  C

1 0 1
 
2 2 2 2 4
1 1 2
 
f  xTBAx  xT 1 1 2 x
 
 
2 2 4
由 r  C 1 0, tr  C 6
1 2 3
 1   1 
   
当  0时，得到线性无关的特征向量为ξ  1 ,ξ  1 ，单位化为
1 2 1   2  
   
 0   1
 1   1 
   
2 3
   
 1   1 
η 1     , η 2   
2 3
   
 0   1 

   
   3
1 1
  1  
当 6时，得到线性无关的特征向量为ξ  1 ，单位化为η  1
3 3   2  
  6  
2 2 1 1 1 
 
2 3 6
 
 1 1 1 
故令 Q  η ,η ,η    
1 2 3
2 3 6
 
 1 2 
 0  
 3 6
则
xQy
f  xTCx  6y2
3