2024年全国硕士研究生入学考试数学二试题及解析

2024年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、选择题：1-8小题，每题4分，共32分.以下每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上.〔1〕曲线渐进线的条数〔A〕0〔B〕1〔C〕2〔D〕3〔2〕设函数，其中为正整数，那么〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔3〕设，，那么数列有界是数列收敛的.〔A〕充分必要条件〔B〕充分非必要条件〔C〕必要非充分条件〔D〕非充分也非必要〔4〕设，那么有〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔5〕设函数为可微函数，且对任意的都有，，那么使不等式成立的一个充分条件是〔A〕，〔B〕，〔C〕，〔D〕，〔6〕设区域由曲线，，围成，那么〔A〕〔B〕2〔C〕〔D〕〔7〕设，，，，其中为任意常数，那么线性相关的向量组为〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕〔8〕设为3阶矩阵，为3阶可逆矩阵，且，，那么〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕二、填空题：9-14小题，每题4分。请将答案写在答题纸指定位置上。〔9〕设是由方程所确定的隐函数，那么____________〔10〕____________〔11〕设，其中函数可微，那么____________〔12〕微分方程满足条件的解为____________〔13〕曲线上曲率为的点的坐标是____________〔14〕设为3阶矩阵，，为的伴随矩阵，假设交换的第一行与第二行得到矩阵，那么____________三、解答题：15-23，共94分。请将解答写在答题纸指定位置上，解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤。〔15〕〔此题总分值10分〕函数，记〔Ⅰ〕求的值〔Ⅱ〕假设当时，是的同阶无穷小，求。〔16〕〔此题总分值10分〕求的极值〔17〕〔此题总分值12分〕过点作曲线的切线，切点为，又切线与轴交于点，区域由与线段及轴围成，求区域的面积及绕轴旋转一周所得旋转体的体积。〔18〕〔此题总分值10分〕计算二重积分，其中区域为曲线与极轴围成〔19〕〔此题总分值10分〕函数满足方程及，〔Ⅰ〕求的表达式；〔Ⅱ〕求曲线的拐点。〔20〕〔此题总分值10分〕证明：。〔21〕〔此题总分值10分〕〔Ⅰ〕证明方程〔的整数〕，在区间内有且有唯一个实根；〔Ⅱ〕记〔Ⅰ〕中的实根为，证明存在，并求此极限。〔22〕〔此题总分值11分〕设，〔Ⅰ〕求；〔Ⅱ〕当实数为何值时，线性方程组有无穷多解，并求其通解。〔23〕〔此题总分值11分〕，二次型的秩为2.〔Ⅰ〕求实数的值〔Ⅱ〕求利用正交变换将化为标准型。2024年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、选择题：〔1〕【答案】C【分析】此题考查渐近线的概念与求法.【详解】水平渐近线：因为，所以该曲线只有一条水平渐近线；垂直渐近线：函数的定义域为，又因为，，所以该曲线只有一条垂直渐近线；斜渐近线：因为，所以该曲线没有斜渐近线。故应选(C).〔2〕【答案】A【分析】考查导数定义或求导公式。此题既可以用导数定义求，也可求出导函数再代入点。【详解】法一：由题设知而法二：因为所以，故应选〔A〕〔3〕【答案】B【分析】此题考查数列的性质和级数的性质。【详解】法一：充分性：因为，所以数列单调递增，又因为数列有界，所以数列收敛，从而。非必要性：令，那么数列收敛，而数列无界；故应选〔B〕。法二：充分性：因为，所以数列单调递增，又因为数列有界，所以数列收敛，从而级数收敛，有级数收敛的必要条件可得非必要性：令，那么数列收敛，而数列无界；故应选〔B〕。〔4〕【答案】D【分析】考查定积分性质、定积分换元积分法。【详解】法一:先比较与大小由于〔因为时，〕，所以；再比较与的大小由于〔因为时，〕，所以；最后比较与的大小由于，所以；故应选〔D〕。法二:；，因为时，，所以，并且连续，所以，因此；令，那么从而当时，显然有，所以，，从而，又因为连续，所以有，故。综上，故应选〔D〕。〔5〕【答案】A【分析】此题考查偏导数与导数关系、单调的判定定理。【详解】因为，假设，那么；又因为，假设，那么，所以当，时，，故应选〔A〕〔6〕【答案】D【分析】二重积分的计算，首先应画出区域，观察其是否具有某种对称性，如具有对称性,那么应先考虑利用对称性化简二重积分，然后选择适当坐标系化为二次积分计算。【详解】法一：画出积分区域的草图如右图所示。用曲线将划分为如以下列图显然关于轴对称，关于轴对称，从而由对称性可得：故应选〔D〕〔7〕【答案】C【分析】考查向量组线性相关的判定.三个三维向量构成的向量组既可以用行列式是否为零来判是否线性相关，又可以利用矩阵的秩来讨论。此题利用行列式判定快速、直接。【详解】因为；；；。由于为任意常数，所以线性相关。故应选〔C〕。〔8〕【答案】B【分析】考查矩阵的运算。将用表示，即，然后代入计算即可。【详解】由于，所以，那么，故故应选〔B〕。二、填空题〔9〕【答案】1【分析】考查隐函数求导数，常用方法是用微商或隐函数求导法那么完成。【详解】法一：将代入方程，可得。方程两端对导数，得，所以，故；方程两端再对求导数，得，从而可以得到。法二：将代入方程，可得。方程两端微分得：，从而，且又，从而。〔10〕【分析】考查定积分的概念及项和数列求极限。【详解】〔11〕【答案】0【分析】考查多元复合函数求偏导数，利用复合函数的链式法那么或微分完成。【详解】法一：由于，，于是。法二：，从而，，故。〔12〕【答案】【分析】将变量当做函数，变量做自变量，那么方程为一阶线性微分方程，用公式求出通解，代入初始条件即可。【详解】方程可整理为，将看做因变量，为一阶线性非齐次微分方程，通解，即。由，解得，所以所求特解为。〔13〕【答案】【分析】考查曲率的概念与计算。代入公式计算便可。【详解】由于，，所以可得，解得，此时，故所求曲线上的点为。〔14〕【答案】【分析】考查伴随矩阵的性质与矩阵行列式的性质与运算。【详解】由于，，所以。三、解答题〔15〕【分析】〔Ⅰ〕求未定式的极限，主要考查等价无穷小代换、洛必达法那么或泰勒公式；〔Ⅱ〕考查无穷小比较，可用无穷小比较的定义写出一个极限式，由极限的逆问题算出。【详解】〔Ⅰ〕法一：法二：〔Ⅱ〕法一：由于由题设〔非零常数〕，即〔非零常数〕所以要使上极限存在且非零，必有。法二：由于而，所以，综上可知：，故〔16〕【分析】二元显函数求极值，先求出所有驻点，然后利用无条件极值的充分条件判定每一个驻点是否是极值点，是极大还是极小，并求出极值点的函数值。【详解】由于，解方程组：可得：或。所以函数全部驻点为、。又对驻点，由于，，所以，且，从而为极大值；对驻点，由于，，，所以，且，从而为极小值。〔17〕【分析】此题主要考查导数的几何应用与定积分的几何应用。先根据题设求出切点，进而写出切线方程求出点坐标，利用面积和旋转体体积公式求出面积和体积。【详解】设切点的坐标为，由于，由题意知曲线在点的切线过点，从而，解得，故切点的坐标是，所以切线方程为，即，易求得切线与轴交点，从而区域的面积或绕轴旋转一周所得旋转体的体积或〔18〕【分析】考查初等函数的二重积分，化为极坐标系下的二次积分计算。【详解】〔19〕【分析】〔Ⅰ〕求出方程的通解代入方程确定任意常数即可，或方程两端求导数与解出〔Ⅱ〕将〔Ⅰ〕中得到的函数表达式代入，然后利用常规方法求得拐点。【详解】〔Ⅰ〕法一：的特征方程为，解得,所以；将代入，得，所以，，故。法二：方程两端求导数得将上式代入，可得。〔Ⅱ〕由于，从而从而定义域内为零或不存在点只有，而当时，，因为，所以，，所以当时，，因为，所以，，所以又，所以是曲线的拐点。〔20〕【分析】证明函数不等式，由于不等式的形状为，故用最大最小值法完成。【详解】令，那么从而单调递增，又因为，所以当时，；当时，，从而是在区间内的最小值，从而当时，恒有，即，亦即〔21〕【分析】〔Ⅰ〕用零点定理证明至少有一个实根，用单调性证明最多有一个实根；〔Ⅱ〕用单调有界准那么证明。【详解】〔Ⅰ〕令，所以函数在闭区间连续，又因为，，由零点定理知在内至少存在一点，使得，即方程在区间内至少有一个实根；又因为，所以在单调增加，所以方程在内最多有一个实根；综上可得方程〔的整数〕，在区间内有且有唯一个实根。〔Ⅱ〕由Ⅰ〕可知，从而数列有下界，又因为，，所以从而而所以，即数列单减。由单调有界准那么可知极限存在。由可知由于，所以，从而，记，那么，从而。〔22〕【分析】考查行列式的计算、线性方程组解的存在性定理。〔Ⅰ〕按第一列展开；〔Ⅱ〕对增广矩阵进行初等航变换化为阶梯型求出，进一步化为行最简形求通解。【详解】〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕对增广矩阵进行初等行变换，有因为线性方程组有无穷多解，所以，解得。将增广矩阵进一步化为行最简形，有从而可知导出组的根底解系为，非齐次方程的特解为，所以通解为，其中为任意常数。〔23〕【分析】考查矩阵秩的概念与求法及其性质、特征值与特征向量的求法。〔Ⅰ〕利用秩的性质得到矩阵的秩为2，再利用初等行变换将化为阶梯型即可求出；〔Ⅱ〕求出矩阵的特征值与全部线性无关的特征向量，将他们正交化、单位化可得到正交矩阵。【详解】〔Ⅰ〕由于，而二次型的秩为，即，故。对矩阵作初等行变换化为阶梯型，有从而。此时