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