2023年山东考研数学二试题及答案.pdf

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1、20232023 年山东考研数学二试题及答案年山东考研数学二试题及答案一一、选择题选择题：1 1 1 10 0 小题小题,每小题每小题 5 5 分分，共共 5050 分分.在在每每小小题给出的四个选项中题给出的四个选项中，只有一个选项只有一个选项是是最最符符合题目要求的，合题目要求的，请将所选项前的字母请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上填在答题纸指定位置上.1.1ln(e)1yxx的斜渐近线为()A.eyxB.1eyxC.yxD.1eyx【答案】B.【解析】由已知1ln e1yxx，则1limlimln elne11xxyxx，11limlimln elimln e111xxxyxxxxx

2、x1limln elne1xxx1lim ln 1e(1)xxx1lime(1)exxx，所以斜渐近线为1eyx.故选 B.2.函数21,0()1(1)cos,0 xf xxxx x的一个原函数为（）.A2ln1,0()(1)cossin,0 xxxF xxxx xB2ln11,0()(1)cossin,0 xxxF xxxx xC2ln1,0()(1)sincos,0 xxxF xxxx xD2ln11,0()(1)sincos,0 xxxF xxxx x【答案】D.【解析】由已知00lim()lim()(0)1xxf xf xf，即()f x连续.所以()F x在0 x 处连续且可导，排除

3、 A，C.又0 x 时，(1)cossin cos(1)sincos(1)sinxxxxxxxxx，排除 B.故选 D.3.设数列,nnxy满足111111,sin,22nnnnxyxxyy,当n 时().A.nx是ny的高阶无穷小B.ny是nx的高阶无穷小C.nx是ny的等价无穷小D.nx是ny的同阶但非等价无穷小【答案】B.【解析】在0,2中，2sin xx，从而12sinnnnxxx.又112nnyy，从而1111122444nnnnnnnnyyyyxxxx，所以11lim0nnnyx.故选 B.4.若0yayby的通解在(,)上有界，这（）.A.0,0abB.0,0abC.0,0abD

4、.0,0ab【答案】D【解析】微分方程0yayby的特征方程为20rarb.若240ab，则通解为2221244()e(cossin)22axbabay xCxCx；若240ab，则通解为2244222212()eeab aab axxy xCC ；若240ab，则通解为212()()eaxy xCC x.由于()y x在(,)上有界，若02a，则中x 时通解无界，若02a，则中x 时通解无界，故0a.0a 时，若0b，则1,2rbi，通解为12()(cossin)y xCbxCbx，在(,)上有界.0a 时，若0b，则1,2rb，通解为12()eebxbxy xCC，在(,)上无界.综上可得

5、0a，0b.故选 D.5.设函数()yf x由参数方程2|sinxttytt确定，则().A.()f x连续，(0)f 不存在B.(0)f 存在，()fx在0 x 处不连续C.()fx连续，(0)f 不存在D.(0)f 存在，()fx在0 x 处不连续【答案】C【解析】00limlim|sin0(0)xtytty，故()f x在0 x 连续.00()(0)|sin(0)limlim02|xtf xfttfxtt.sincos,03()()00()sincos0tttty tfxtx ttttt0t 时，0 x；0t 时，0 x；0t 时，0 x，故()fx在0 x 连续.00sincos0()

6、(0)23(0)limlim39xttttfxffxt,00()(0)sincos0(0)limlim2xtfxftttfxt,故(0)f 不存在.故选 C.6.若函数121()(ln)fdxxx在0=处取得最小值，则0=()A.1ln(ln2)B.ln(ln 2)C.1ln2D.ln2【答案】A.【解析】已知112221d(ln)111()d(ln)(ln)(ln)(ln2)aaaaxf axxxxxaa，则2111 lnln2111()lnln2(ln2)(ln2)(ln2)aaafaaaaa ，令()0fa，解得01.lnln2a 故选 A.7.设函数2()()exf xxa.若()f

7、x没有极值点,但曲线()yf x有拐点,则a的取值范围是().A.0,1)B.1,)C.1,2)D.2,)【答案】C.【解析】由于()f x没有极值点,但曲线()yf x有拐点，则2()(2)exfxxxa有两个相等的实根或者没有实根，2()(42)exfxxxa有两个不相等的实根.于是知440,164(2)0,aa解得12a.故选 C.8.,A B为可逆矩阵，E为单位阵，*M为M的伴随矩阵，则*AEOBA.*|A BB AOB AB.*|B AA BOA BC.*|B AB AOA BD.*|A BA BOB|A【答案】B【解析】由于*|AEAEAEEOA BOOBOBOBOEOA B，故*

8、1|AEAEA BOOBOBOA B1111|A BOAA BOA BOB1111|A ABA AB BOBA B*|ABA BOBA.故选 B.9.222123121323(,)()()4()f x x xxxxxxx的规范形为A.2212yyB.2212yyC.2221234yyyD.222123yyy【答案】B【解析】222123121323(,)()()4()f x x xxxxxxx2221231 21 323233228xxxx xx xx x，二次型的矩阵为211134143A，211210|134(7)131143141 AE210(7)210(7)(3)0141 ，1233,

9、7,0，故规范形为2212yy，故选 B.10.已知向量组121212212,1,5,03191 ，若 既可由12,线性表示，又可由12,线性表示，则()A.33,4kkR B.35,10kkRC.11,2kkRD.15,8kkR 【答案】D【解析】设11223142kkkk ，则11223142kkkk0 ，对关于1234,k k k k的方程组的系数矩阵作初等变换化为最简形，121212211003(,)2150010131910011A ，解得TTTT1234(,)(3,1,1,1)(3,1,1,0)(33,1,1,)k k k kCCCC C，故 11221211(3 3)(1)5(1

10、)5,8(1)8CkkCCCkkRC .故选 D.二、填空题二、填空题：11161116 小题小题,每小题每小题 5 5 分分,共共 3030 分分.请将答案写在请将答案写在答题纸指定位置上答题纸指定位置上.11当0 x 时，2()ln(1)f xaxbxx与2()ecosxg xx是等价无穷小，则ab _.【答案】2【解析】由题意可知，2200()ln(1)1limlim()ecosxxxf xaxbxxg xx222022221()2lim11+()1()2xaxbxxxo xxo xxo x220221(1)()()2lim3()2xaxbxo xxo x，于是1310,22ab，即1,

11、2ab，从而2ab .12.曲线233dtxyt的孤长为_.【答案】433【解析】曲线233dtxyt的孤长为3332223331d1 3d4yxxxx dx 32024x dx2sin2330022cos d2sin8cosdxtttt t301 cos282tdt3014sin22tt433.13.设函数(,)zz x y由方程e2zxzxy确定，则22(1,1)xz_.【答案】32【解析】将点(1,1)带入原方程，得0z.方程e2zxzxy两边对x求偏导，得e2zzzzxxx，两边再对x求偏导，得22222ee20zzzzzzxxxxx，将1,1,0 xyz代入以上两式，得(1,1)1z

12、x，22(1,1)32xz.14.曲线35332xyy在1x 对应点处的法线斜率为_.【答案】119【解析】当1x 时，1y.方程35332xyy两边对x求导，得2429(56)xyyy，将1x，1y 代入，得9(1)11y.于是曲线35332xyy在1x 对应点处的法线斜率为119.15.设连续函数()f x满足(2)()f xf xx，20()d0f x x，则31()df xx _.【答案】12【解析】332312110101()d()d()d()d()d()df x xf x xf x xf x xf x xf x x3120()d()df x xf x x11120001(2)d()

13、dd2xtf ttf x xx x.16.13123123121,0,20,2axxxaxxxxaxaxbx有 解，其 中,a b为 常 数，若0111412aaa，则11120aaab_.【答案】8【解 析】方 程 组 有 解，则0111101110|122 11012001202aaaaaaaabaab A，故111280aaab.三、解答题：三、解答题：17221722 小题小题,共共 7070 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本题满分 10 分）设曲线):(e()L yyxx经过点2(e,0)，L上任一点(,)P x y到y轴

14、的距离等于该点处的切线在y轴上的截距，()求()y x；()在 L 上求一点，使该点的切线与两坐标轴所围三角形面积最小，并求此最小面积.【解解】()曲线L在点(,)P x y处的切线方程为()()Yyy xXx，令0X，则切线在y轴 上 的 截 距 为()Yyxy x，则()xyxy x，即11yyx，解 得()(ln)y xx Cx，其中C为任意常数.又2(e)0y，则2C，故()(2ln)y xxx.()设曲线L在点(,(2ln)x xx处的切线与两坐标轴所围三角形面积最小，此时切线方程为(2ln)(1ln)()YxxxXx.令0Y，则ln1xXx；令0X，则Yx.故切线与两坐标轴所围三角

15、形面积为211()22 ln12(ln1)xxS xXYxxx，则2(2ln3)()2(ln1)xxS xx.令()0S x，得驻点32ex.当32eex时，()0S x；当32ex 时，()0S x，故()S x在32ex 处取得极小值，同时也取最小值，且最小值为332(e)eS.18.（本题满分 12 分）求函数2cos(,)e2yxf x yx的极值.【解】由已知条件，有cos(,)eyxfx yx，cos(,)e(sin)yyfx yxy.令(,)0,(,)0 xyfx yfx y，解得驻点为1,ek，其中k为奇数；(e,)k，其中k为偶数.(,)1xxfx y，cos(,)e(sin

16、)yxyfx yy，cos2cos(,)esinecosyyyyfx yxyxy.在点1,ek处，其中k为奇数，1,1exxAfk，1,0exyBfk，21,eeyyCfk，由于20ACB，故1,ek不是极值点，其中k为奇数.在点(e,)k处，其中k为偶数，(e,)1xxAfk，(e,)0 xyBfk，2(e,)eyyCfk，由于20ACB，且0A，故(e,)k为极小值点，其中k为偶数，且极小值为2e(e,)2fk.19.（本题满分 12 分）已知平面区域21(,)|0,11Dx yyxxx，（1）求平面区域D的面积S.(2)求平面区域D绕x一周所形成的旋转体的体积.【解】(1)2222144

17、1sec1dddtan secsin1tSxtttttxx222244sin1ddcossin1 costtttt 241cos1121lnln2cos1221tt.(2)222211111dd1(1)14Vxxxxxx.20.（本题满分 12 分）设平面区域D位于第一象限，由曲线221xyxy，222xyxy与直线3,0yx y围成，计算221d d3Dx yxy.【解】221d d3Dx yxy21 cos sin32222101 cos sin1dd3cossin 21 cos sin322101 cos sin11ddsin3cos322011ln2d2sin3cos32011ln2d

18、tan2tan330ln2tanln2arctan2 338 3.21.（本题满分 12 分）设函数()f x在,a a上有二阶连续导数.（1）证明：若(0)0f，存在(,)a a，使得21()()()ff afaa；（2）若()f x在(,)a a上 存 在 极 值，证 明：存 在(,)a a，使 得21|()|()()|2ff afaa.【证明】(1)将()f x在00 x 处展开为22()()()(0)(0)(0)2!2!fxfxf xffxfx，其中介于0与x之间.分别令xa 和xa，则21()()(0)()2!fafafa，10a，22()()(0)()2!faf afa，20a，两

19、式相加可得212()()()()2fffaf aa，又函数()f x在,a a上有二阶连续导数，由介值定理知存在12,(,)a a ，使得12()()()2fff，即21()()()ffaf aa.(2)设()f x在0 x处取得极值，则0()0fx.将()f x在0 x处展开为22000000()()()()()()()()()2!2!fxxfxxf xf xfxxxf x，其中介于0 x与x之间.分别令xa 和xa，则2100()()()()2!faxfaf x，10ax，2200()()()()2!faxf af x，02xa，两式相减可得222010()()()()()()22faxf

20、axf afa，所以222010()()()()|()()|22faxfaxf afa221020|()|()|()|()22faxfax220012|()|()()(|()|max(|()|,|()|)2faxaxfff2200|()|()()2|()|2faxaxaf，即21|()|()()|2ff afaa.22.（本题满分 12 分）设矩阵A满足对任意的123,x x x均有112321233232xxxxxxxxxxxA.(1)求A(2)求可逆矩阵P与对角阵，使得1P AP.【解】(1)由112321233232xxxxxxxxxxxA，得112233111211011xxxxxxA，即方程组123111211011xxx 0A对任意的123,x x x均成立，故111211011A.(2)111101|211(2)20011011 AE,(2)(2)(1)0 ,特征值为1232,2,1 .31 1100221 101101 1000AE,1011 ;1111042231013013000AE,2431 ;211201201010010000AE,3102,令123041(,)130112 P ，则1200020001P AP.