2024 年考研数学二真题解析

以下按两份文档合并整理，采用与解析一致的题干表述；图示已忽略。第 22 题第（2）问解析在第二份文档中未出现，因此不补写。

2024 年全国硕士研究生招生考试数学二试题及解答

一、选择题

1

函数 $f\left(x\right)=\left|x\right|^{\frac{1}{\left(1-x\right)\left(x-2\right)}}$ 的第一类间断点的个数为 $\left(\ \right)$

A. $3$

B. $2$

C. $1$

D. $0$

解：$f\left(x\right)$ 的所有间断点为 $0,1,2$，且不难得到

$\lim_{x\to 1} f\left(x\right)=\lim_{x\to 1}\exp\left(\frac{\ln x}{\left(1-x\right)\left(x-2\right)}\right)=\lim_{x\to 1}\exp\left(\frac{x-1}{\left(1-x\right)\left(x-2\right)}\right)=e,$

$\lim_{x\to 2^{-}} f\left(x\right)=+\infty,\quad \lim_{x\to 0^{+}} f\left(x\right)=+\infty.$

所以 $f\left(x\right)$ 的第一类间断点只有 $x=1$，选 C。

2

已知 $\left\{ \begin{array}{l} x=1+t^{3} \\ y=e^{t^{2}} \end{array} \right.$

则 $\lim_{x\to +\infty} x\left[f\left(2+\frac{2}{x}\right)-f\left(2\right)\right]=\left(\ \right)$

A. $2e$

B. $\frac{4}{3}e$

C. $\frac{2}{3}e$

D. $\frac{e}{3}$

解：首先有

$f^{\prime}\left(x\right)=\frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t}=\frac{2t e^{t^{2}}}{3t^{2}},$

当 $x=2$ 时，$t=1$，于是 $f^{\prime}\left(2\right)=\frac{2}{3}e$，所以

$\lim_{x\to +\infty} x\left[f\left(2+\frac{2}{x}\right)-f\left(2\right)\right]=2\lim_{x\to +\infty}\frac{f\left(2+\frac{2}{x}\right)-f\left(2\right)}{\frac{2}{x}}=2f^{\prime}\left(2\right)=\frac{4}{3}e.$

选 B。

3

已知 $f\left(x\right)=\int_{0}^{\sin x}\sin t^{3}\mathrm{~d}t,\quad g\left(x\right)=\int_{0}^{x} f\left(t\right)\mathrm{~d}t,$ 则 $\left(\ \right)$

A. $f\left(x\right)$ 为奇函数，$g\left(x\right)$ 为奇函数

B. $f\left(x\right)$ 为奇函数，$g\left(x\right)$ 为偶函数

C. $f\left(x\right)$ 为偶函数，$g\left(x\right)$ 为偶函数

D. $f\left(x\right)$ 为偶函数，$g\left(x\right)$ 为奇函数

解：令 $h\left(x\right)=\int_{0}^{x}\sin t^{3}\mathrm{~d}t$，则 $h\left(x\right)$ 是偶数，故 $f\left(x\right)=h\left(\sin x\right)$ 仍然是偶函数，而 $g\left(x\right)$ 则是奇函数，选 D。

4

已知数列 $\left\{a_{n}\right\} \left(a_{n}\ne 0\right)$，若 $\left\{a_{n}\right\}$ 发散，则 $\left(\ \right)$

A. $\left\{a_{n}+\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 发散

B. $\left\{a_{n}-\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 发散

C. $\left\{e^{a_{n}}+\frac{1}{e^{a_{n}}}\right\}$ 发散

D. $\left\{e^{a_{n}}-\frac{1}{e^{a_{n}}}\right\}$ 发散

解：对于 A 和 C 选项可取反例 $a_{n}=2^{\left(-1\right)^{n}}$；对于 B 选项可取反例 $a_{n}=\left(-1\right)^{n}$，正确答案选 D。实际上函数 $f\left(x\right)=e^{x}-\frac{1}{e^{x}}$ 是 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上的单调递增的连续函数，于是 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上存在连续的反函数 $g\left(x\right)$。设 $b_{n}=e^{a_{n}}-\frac{1}{e^{a_{n}}}$，则 $a_{n}=g\left(b_{n}\right)$。如果 $b_{n}$ 收敛于 $b$，则 $a_{n}=g\left(b_{n}\right)$ 收敛于 $g\left(b\right)$，矛盾，所以 $\left\{b_{n}\right\}$ 发散。

5

已知函数 $f\left(x,y\right) = \left\{ \begin{array}{ll} \left(x^{2}+y^{2}\right)\sin\frac{1}{xy}, & xy\ne 0 \\ 0, & xy=0 \end{array} \right.$

则在点 $\left(0,0\right)$ 处 $\left(\ \right)$

A. $\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial x}$ 连续，$f\left(x,y\right)$ 可微

B. $\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial x}$ 连续，$f\left(x,y\right)$ 不可微

C. $\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial x}$ 不连续，$f\left(x,y\right)$ 可微

D. $\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial x}$ 不连续，$f\left(x,y\right)$ 不可微

解：在点 $\left(0,0\right)$ 处有

$\frac{\partial f\left(0,0\right)}{\partial x}=\lim_{x\to 0}\frac{f\left(x,0\right)-f\left(0,0\right)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{0-0}{x}=0,$

同理有

$\frac{\partial f\left(0,0\right)}{\partial y}=0,$

于是有

$\lim_{\left(x,y\right)\to \left(0,0\right)}\frac{f\left(x,y\right)-f\left(0,0\right)-\frac{\partial f\left(0,0\right)}{\partial x}x-\frac{\partial f\left(0,0\right)}{\partial y}y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\lim_{\left(x,y\right)\to \left(0,0\right)}\frac{\left(x^{2}+y^{2}\right)\sin\frac{1}{xy}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$

$=\lim_{\left(x,y\right)\to \left(0,0\right)}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\sin\frac{1}{xy}=0.$

所以 $f\left(x,y\right)$ 在点 $\left(0,0\right)$ 处可微。而当 $xy\ne 0$ 时，

$\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial x}=2x\sin\frac{1}{xy}-\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}y}\cos\frac{1}{xy},$

那么 $\lim_{\left(x,y\right)\to \left(0,0\right)}\frac{\partial f\left(x,y\right)}{\partial x}$ 不存在，选 C。

6

设 $f\left(x,y\right)$ 是连续函数，则

$\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}x\int_{\sin x}^{1} f\left(x,y\right)\mathrm{~d}y=\left(\ \right).$

A. $\int_{\frac{1}{2}}^{1}\mathrm{d}y\int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x$

B. $\int_{\frac{1}{2}}^{1}\mathrm{d}y\int_{\arcsin y}^{\frac{\pi}{2}} f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x$

C. $\int_{0}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y\int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x$

D. $\int_{0}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y\int_{\arcsin y}^{\frac{\pi}{2}} f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x$

解：

$\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}x\int_{\sin x}^{1} f\left(x,y\right)\mathrm{~d}y=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\mathrm{d}y\int_{\frac{\pi}{6}}^{\arcsin y} f\left(x,y\right)\mathrm{~d}x,$

选 A。

7

设非负函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left[0,+\infty\right)$ 上连续，给定以下三个命题：

$\left(1\right)$ 若 $\int_{0}^{+\infty} f^{2}\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 收敛，则 $\int_{0}^{+\infty} f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 收敛；

$\left(2\right)$ 若存在 $p>1$，使极限 $\lim_{x\to +\infty} x^{p} f\left(x\right)$ 存在，则 $\int_{0}^{+\infty} f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 收敛；

$\left(3\right)$ 若 $\int_{0}^{+\infty} f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 收敛，则存在 $p>1$，使极限 $\lim_{x\to +\infty} x^{p} f\left(x\right)$ 存在；

其中正确的个数是 $\left(\ \right)$

A. $0$

B. $1$

C. $2$

D. $3$

解：对于命题 $\left(1\right)$，取 $f\left(x\right)=\frac{1}{1+x}$，则 $\int_{0}^{+\infty} f^{2}\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 收敛，但 $\int_{0}^{+\infty} f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 发散，所以 $\left(1\right)$ 错误。对于命题 $\left(2\right)$，如果极限 $\lim_{x\to +\infty} x^{p} f\left(x\right)$ 存在，那么存在 $M>0$，使得当 $x$ 充分大时，$x^{p} f\left(x\right)\le M$，即 $f\left(x\right)\le \frac{M}{x^{p}}$。由比较法判别法可知 $\int_{0}^{+\infty} f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 收敛，命题 $\left(2\right)$ 正确。对于命题 $\left(3\right)$，取 $f\left(x\right)=\frac{1}{\left(2+x\right)\ln^{2}\left(2+x\right)}$，则 $\int_{0}^{+\infty} f\left(x\right)\mathrm{~d}x$ 收敛，但不存在 $p>1$，使得 $\lim_{x\to +\infty} x^{p} f\left(x\right)$ 存在。选 B。

8

设 $\boldsymbol{A}$ 为三阶矩阵，$\boldsymbol{P}= \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{matrix} \right)$, 若 $\boldsymbol{P}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^{2} = \left( \begin{matrix} a+2c & 0 & c \\ 0 & b & 0 \\ 2c & 0 & c \end{matrix} \right)$, 则矩阵 $\boldsymbol{A}$ 为 $\left(\ \right)$

A. $\left( \begin{matrix} c & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & b \end{matrix} \right)$

B. $\left(\begin{matrix}b & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \\0 & 0 & a \end{matrix} \right)$

C. $\left(\begin{matrix} a & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & c \end{matrix} \right)$

D. $\left(\begin{matrix} c & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 \\ 0 & 0 & a \end{matrix} \right)$

解：由于

$\boldsymbol{P}^{T}\boldsymbol{A}\boldsymbol{P}^{2}= \left( \begin{matrix} a+2c & 0 & c \\ 0 & b & 0 \\ 2c & 0 & c \end{matrix} \right),$

所以

$\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{P}^{T}\right){-1} \left( \begin{matrix} a+2c & 0 & c \ 0 & b & 0 \ 2c & 0 & c \end{matrix} \right) \left(\boldsymbol{P}^{2}\right){-1} ====================================

\left( \begin{matrix} 1 & 0 & -1 \ 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} a+2c & 0 & c \ 0 & b & 0 \ 2c & 0 & c \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \ 0 & 1 & 0 \ -2 & 0 & 1 \end{matrix} \right) =======

\left( \begin{matrix} a & 0 & 0 \ 0 & b & 0 \ 0 & 0 & c \end{matrix} \right).$

选 C。

9

设 $\boldsymbol{A}$ 为 $4$ 阶矩阵，$\boldsymbol{A}^{*}$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵，若 $\boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{A}^{*}\right)=\boldsymbol{O}$，且 $\boldsymbol{A}\ne \boldsymbol{A}^{*}$，则 $r\left(\boldsymbol{A}\right)$ 的取值为 $\left(\ \right)$

A. $0$ 或 $1$

B. $1$ 或 $3$

C. $2$ 或 $3$

D. $1$ 或 $2$

解：首先 $\boldsymbol{A}$ 不可逆且 $\boldsymbol{A}\ne \boldsymbol{O}$，否则 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{A}^{*}$，矛盾。于是

$\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=\left|\boldsymbol{A}\right|\boldsymbol{E}=\boldsymbol{O},$

那么由 $\boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{A}^{*}\right)=\boldsymbol{O}$ 可得 $\boldsymbol{A}^{2}=\boldsymbol{O}$，

所以 $r\left(\boldsymbol{A}\right)+r\left(\boldsymbol{A}\right)\le 4\Rightarrow r\left(\boldsymbol{A}\right)\le 2$，即 $r\left(\boldsymbol{A}\right)=1$ 或 $2$。并且可以分别取

$ \boldsymbol{A}= \left( \begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 1 \ 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right) $

或

$ \boldsymbol{A}= \left( \begin{matrix} 0 & 0 & 1 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 1 \ 0 & 0 & 0 & 0 \ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right) $

满足题意，选 D。

10

设 $\boldsymbol{A},\boldsymbol{B}$ 均为 $2$ 阶矩阵，且 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}$，则“$\boldsymbol{A}$ 有两个不相等的特征值”是“$\boldsymbol{B}$ 可对角化”的 $\left(\ \right)$

A. 充要条件

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

解：如果 $\alpha$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的特征值 $\lambda$ 对应的特征向量，即 $\boldsymbol{A}\alpha=\lambda \alpha$，那么 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}\alpha=\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\alpha=\lambda \boldsymbol{B}\alpha$。如果 $\boldsymbol{B}\alpha=0$，则 $\alpha$ 是 $\boldsymbol{B}$ 的特征值 $0$ 所对应的特征向量；如果 $\boldsymbol{B}\alpha\ne 0$，则 $\boldsymbol{B}\alpha$ 是矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的特征值 $\lambda$ 对应的特征向量，但 $\lambda$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的一重特征值，所以 $\lambda$ 只有一个线性无关的特征向量，这意味着存在常数 $\mu$，使得 $\boldsymbol{B}\alpha=\mu \alpha$，这也说明 $\alpha$ 是 $\boldsymbol{B}$ 的特征向量。如果 $\boldsymbol{A}$ 有两个不相等的特征值，那么 $\boldsymbol{A}$ 有两个线性无关的特征向量，从而 $\boldsymbol{B}$ 也有两个线性无关的特征向量，$\boldsymbol{B}$ 可对角化。反之，取 $\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B}=\boldsymbol{E}$，那么 $\boldsymbol{B}$ 是可对角化的，但 $\boldsymbol{A}$ 有两个相同的特征值，因此选 B。

二、填空题

11

曲线 $y^{2}=x$ 在点 $\left(0,0\right)$ 处的曲率圆方程为 ______

解：将曲线看成函数 $x=y^{2}$，那么曲线在点 $\left(0,0\right)$ 处曲率为

$K=\left.\frac{\left|x^{\prime\prime}\left(y\right)\right|}{\left[1+\left(x^{\prime}\left(y\right)\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\right|*{y=0}=\left.\frac{2}{\left(1+4y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\right|*{y=0}=2.$

于是这点处的曲率半径为 $R=\frac{1}{2}$。由于曲线在 $\left(0,0\right)$ 处与 $y$ 轴相切，那么曲率中心为 $\left(\frac{1}{2},0\right)$，曲率圆的方程为

$\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{4}.$

12

函数 $f\left(x,y\right)=2x^{3}-9x^{2}-6y^{4}+12x+24y$ 的极值点为 ______

解：由

$ \left{ \begin{array}{l} f_{x}^{\prime}=6x{2}-18x+12=0 \ f_{y}^{{\prime}=-24y}{3}+24=0 \end{array} \right. $

得 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$ 或 $\left(2,1\right)$。且

$f_{xx}^{\prime\prime}=12x-18,\quad f_{xy}^{\prime\prime}=0,\quad f_{yy}^{\prime\prime}=-72y^{2}.$

当 $\left(x,y\right)=\left(1,1\right)$ 时，$A=f_{xx}^{\prime\prime}\left(1,1\right)=-6,\quad B=f_{xy}^{\prime\prime}\left(1,1\right)=0,\quad C=f_{yy}^{\prime\prime}\left(1,1\right)=-72$，此时 $AC-B^{2}>0$，所以 $\left(1,1\right)$ 是极值点。

当 $\left(x,y\right)=\left(2,1\right)$ 时，$A=f_{xx}^{\prime\prime}\left(2,1\right)=6,\quad B=f_{xy}^{\prime\prime}\left(2,1\right)=0,\quad C=f_{yy}^{\prime\prime}\left(2,1\right)=-72$，那么 $AC-B^{2}<0$，所以 $\left(2,1\right)$ 不是极值点。

13

微分方程 $y^{\prime}=\frac{1}{\left(x+y\right)^{2}}$ 满足初始条件 $y\left(1\right)=0$ 的解为 ______

解：令 $u=x+y$，则 $y=u-x,\quad y^{\prime}=u^{\prime}-1$，于是 $u^{\prime}-1=\frac{1}{u^{2}}$，即

$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{1+u^{2}}{u^{2}}.$

解此变量分离的方程可得

$x=u-\arctan u+C,$

即

$x=x+y-\arctan\left(x+y\right)+C,\quad y=\arctan\left(x+y\right)-C.$

由 $y\left(1\right)=0$ 可得 $C=\frac{\pi}{4}$，即原方程的解为

$y=\arctan\left(x+y\right)-\frac{\pi}{4}.$

14

已知函数 $f\left(x\right)=x^{2}\left(e^{x}-1\right)$，则 $f^{\left(5\right)}\left(1\right)=$ ______

解：由莱布尼茨公式容易得到

$f^{\left(5\right)}\left(x\right)=\left(e^{x}-1\right)^{\left(5\right)}x^{2}+5\left(e^{x}-1\right)^{\left(4\right)}\cdot 2x+10\left(e^{x}-1\right)^{\left(3\right)}\cdot 2=\left(x^{2}+10x+20\right)e^{x}.$

于是 $f^{\left(5\right)}\left(1\right)=31e$。

15

某物体以速度 $v\left(t\right)=t+k\sin \pi t$ 做直线运动，若它从 $t=0$ 到 $t=3$ 的时间段内平均速度是 $\frac{5}{2}$，则 $k=$ ______

解：由题意有

$\frac{1}{3}\int_{0}^{3}\left(t+k\sin \pi t\right)\mathrm{~d}t=\frac{5}{2}\Rightarrow k=\frac{3\pi}{2}.$

16

设向量

$ \boldsymbol{\alpha}{1}= \left( \begin{matrix} a \ 1 \ -1 \ 1 \end{matrix} \right),\quad \boldsymbol{\alpha}{2}= \left( \begin{matrix} 1 \ 1 \ b \ a \end{matrix} \right),\quad \boldsymbol{\alpha}_{3}= \left( \begin{matrix} 1 \ a \ -1 \ 1 \end{matrix} \right), $

若 $\boldsymbol{\alpha}*{1},\boldsymbol{\alpha}*{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性相关，且其中任意两个向量均线性无关，则 $ab=$ ______

解：首先由 $\boldsymbol{\alpha}*{1},\boldsymbol{\alpha}*{3}$ 线性无关可知 $a\ne 1$。对向量组 $\left(\boldsymbol{\alpha}*{1},\boldsymbol{\alpha}*{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$ 进行初等行变换可得

$ \left(\boldsymbol{\alpha}{1},\boldsymbol{\alpha}{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)= \left( \begin{matrix} a & 1 & 1 \ 1 & 1 & a \ -1 & b & -1 \ 1 & a & 1 \end{matrix} \right) \to \left( \begin{matrix} 1 & 1 & a \ 1 & a & 1 \ -1 & b & -1 \ a & 1 & 1 \end{matrix} \right) \to \left( \begin{matrix} 1 & 1 & a \ 0 & a-1 & 1-a \ 0 & b+1 & a-1 \ 0 & 1-a & 1-a^{2} \end{matrix} \right) \to \left( \begin{matrix} 1 & 1 & a \ 0 & 1 & -1 \ 0 & b+1 & a-1 \ 0 & 1 & 1+a \end{matrix} \right) \to \left( \begin{matrix} 1 & 1 & a \ 0 & 1 & -1-a \ 0 & 0 & a+b \ 0 & 0 & a+2 \end{matrix} \right). $

由条件有 $r\left(\boldsymbol{\alpha}*{1},\boldsymbol{\alpha}*{2},\boldsymbol{\alpha}*{3}\right)=2$，于是 $a+2=0,\quad a+b=0$，即 $a=-2,\quad b=2$。且此时 $\boldsymbol{\alpha}*{1},\boldsymbol{\alpha}*{2},\boldsymbol{\alpha}*{3}$ 两两线性无关，于是 $ab=-4$。

三、解答题

17

设平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由曲线 $xy=\frac{1}{3},\ xy=3$ 与直线 $y=\frac{1}{3}x,\ y=3x$ 围成，计算

$\iint_{D}\left(1+x-y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y.$

解：积分区域关于直线 $y=x$ 对称，由轮换对称性有

$\iint_{D} x\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\iint_{D} y\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y.$

于是

$\iint_{D}\left(1+x-y\right)\mathrm{~d}x\mathrm{~d}y=\iint_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\mathrm{d}\theta \int_{\sqrt{\frac{1}{3\sin\theta\cos\theta}}}^{\sqrt{\frac{3}{\sin\theta\cos\theta}}} r\mathrm{~d}r$

$=\frac{1}{2}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\left(\frac{3}{\sin\theta\cos\theta}-\frac{1}{3\sin\theta\cos\theta}\right)\mathrm{~d}\theta$

$=\frac{8}{3}\int_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}\frac{1}{\sin 2\theta}\mathrm{~d}\theta=\frac{4}{3}\ln\left(\csc 2\theta-\cot 2\theta\right)\Big|_{\arctan\frac{1}{3}}^{\arctan 3}=\frac{8}{3}\ln 3.$

18

设 $y=y\left(x\right)$ 满足方程 $x^{2}y^{\prime\prime}+xy^{\prime}-9y=0$，且 $y\Big|*{x=1}=2,\ y^{\prime}\Big|*{x=1}=6$。

$\left(1\right)$ 利用变换 $x=e^{t}$ 化简方程，并求 $y\left(x\right)$ 的表达式；

$\left(2\right)$ 求 $\int_{1}^{2} y\left(x\right)\sqrt{4-x^{2}}\mathrm{~d}x$。

解：$\left(1\right)$ 由于 $x=e^{t}$，则 $t=\ln x$，于是

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cdot \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t},$

$\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)=-\frac{1}{x^{2}}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}\cdot \frac{1}{x}=\frac{1}{x^{2}}\left(\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right).$

代入原方程可得

$\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-9y=\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}-9y=0.$

于是方程的通解为

$y=C_{1}e^{3t}+C_{2}e^{-3t}=C_{1}x^{3}+C_{2}x^{-3}.$

代入 $y\Big|*{x=1}=2,\ y^{\prime}\Big|*{x=1}=6$ 可得 $C_{1}=2,\ C_{2}=0$，所以

$y=2x^{3}.$

$\left(2\right)$ 由于

$\int_{1}^{2} y\left(x\right)\sqrt{4-x^{2}}\mathrm{~d}x=\int_{1}^{2} 2x^{3}\sqrt{4-x^{2}}\mathrm{~d}x=\int_{1}^{2} x^{2}\sqrt{4-x^{2}}\mathrm{~d}\left(x^{2}\right).$

令 $t=\sqrt{4-x^{2}}$，则 $x^{2}=4-t^{2}$，$\mathrm{d}\left(x^{2}\right)=-2t\mathrm{~d}t$，于是原积分化为

$-\int_{\sqrt{3}}^{0}\left(4-t^{2}\right)\cdot t\cdot 2t\mathrm{~d}t=\frac{22}{5}\sqrt{3}.$

19

设 $t>0$，求曲线 $y=\sqrt{x}e^{-x}$ 与直线 $x=t,\ x=2t$ 及 $x$ 轴所围平面图形，绕 $x$ 轴旋转所得的旋转体体积为 $V\left(t\right)$，求 $V\left(t\right)$ 的最大值。

解：由题意可知

$V\left(t\right)=\pi\int_{t}^{2t} xe^{-2x}\mathrm{~d}x,$

那么

$V^{\prime}\left(t\right)=4\pi t e^{-4t}-\pi t e^{-2t}=\pi t e^{{-2t}\left(4e}{-2t}-1\right) \left{ \begin{array}{ll}

0, & 0<t<\ln 2 \ <0, & t>\ln 2 \end{array} \right.$

这说明 $V\left(t\right)$ 在 $\left(0,\ln 2\right]$ 上单调递增，在 $\left[\ln 2,+\infty\right)$ 上单调递减，所以 $V\left(t\right)$ 的最大值为

$V\left(\ln 2\right)=\pi\int_{\ln 2}^{2\ln 2} xe^{-2x}\mathrm{~d}x=\left(\frac{\ln 2}{16}+\frac{3}{64}\right)\pi.$

20

设 $f\left(u,v\right)$ 具有二阶连续偏导，$g\left(x,y\right)=f\left(2x+y,3x-y\right)$，且满足

$\frac{\partial^{2}g}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}g}{\partial x\partial y}-6\frac{\partial^{2}g}{\partial y^{2}}=1.$

$\left(1\right)$ 求 $\frac{\partial^{2}f}{\partial u\partial v}$；

$\left(2\right)$ 若 $\frac{\partial f\left(u,0\right)}{\partial u}=ue^{-u}$，且 $f\left(0,v\right)=\frac{1}{50}v^{2}-1$，求 $f\left(u,v\right)$ 的表达式。

解：$\left(1\right)$ 由于 $g\left(x,y\right)=f\left(2x+y,3x-y\right)$，那么由复合函数求导可得

$\frac{\partial g}{\partial x}=f_{1}^{\prime}\cdot 2+f_{2}^{\prime}\cdot 3,\quad \frac{\partial g}{\partial y}=f_{1}^{\prime}-f_{2}^{\prime},$

$\frac{\partial^{2}g}{\partial x^{2}}=4f_{11}^{\prime\prime}+12f_{12}^{\prime\prime}+9f_{22}^{\prime\prime},\quad \frac{\partial^{2}g}{\partial x\partial y}=2f_{11}^{\prime\prime}+f_{12}^{\prime\prime}-3f_{22}^{\prime\prime},\quad \frac{\partial^{2}g}{\partial y^{2}}=f_{11}^{\prime\prime}-2f_{12}^{\prime\prime}+f_{22}^{\prime\prime}.$

代入原方程可得 $25f_{12}^{\prime\prime}=1$，所以

$\frac{\partial^{2}f}{\partial u\partial v}=\frac{1}{25}.$

$\left(2\right)$ 由于 $\frac{\partial^{2}f}{\partial u\partial v}=\frac{1}{25}$，所以

$f_{u}^{\prime}\left(u,v\right)=\frac{1}{25}v+g\left(u\right).$

又

$f_{u}^{\prime}\left(u,0\right)=ue^{-u}\Rightarrow g\left(u\right)=ue^{-u}\Rightarrow f_{u}^{\prime}\left(u,v\right)=\frac{1}{25}v+ue^{-u}.$

所以

$f\left(u,v\right)=\frac{1}{25}uv-e^{-u}\left(u+1\right)+h\left(v\right).$

又 $f\left(0,v\right)=\frac{1}{50}v^{2}-1$，那么 $h\left(v\right)=\frac{1}{50}v^{2}$，所以

$f\left(u,v\right)=\frac{1}{25}uv-e^{-u}\left(u+1\right)+\frac{1}{50}v^{2}.$

21

设函数 $f\left(x\right)$ 具有二阶导数，且 $f^{\prime}\left(0\right)=f^{\prime}\left(1\right),\ \left|f^{\prime\prime}\left(x\right)\right|\le 1$。证明：

$\left(1\right)$ 当 $x\in \left(0,1\right)$ 时，$\left|f\left(x\right)-f\left(0\right)\left(1-x\right)-f\left(1\right)x\right|\le \frac{x\left(1-x\right)}{2}$；

$\left(2\right)$ $\left|\int_{0}^{1} f\left(x\right)\mathrm{~d}x-\frac{f\left(0\right)+f\left(1\right)}{2}\right|\le \frac{1}{12}$。

解：证 $\left(1\right)$。令

$g\left(x\right)=f\left(x\right)-f\left(0\right)\left(1-x\right)-f\left(1\right)x-\frac{x\left(1-x\right)}{2},\quad x\in \left[0,1\right],$

那么 $g\left(0\right)=g\left(1\right)=0$，

$g^{\prime}\left(x\right)=f^{\prime}\left(x\right)+f\left(0\right)-f\left(1\right)-\frac{1}{2}+x,\quad g^{\prime\prime}\left(x\right)=f^{\prime\prime}\left(x\right)+1\ge 0.$

如果存在 $x_{0}\in \left(0,1\right)$，使得 $g\left(x_{0}\right)>0$，那么由拉格朗日中值定理可知，存在 $\xi_{1}\in \left(0,x_{0}\right),\ \xi_{2}\in \left(x_{0},1\right)$，使得

$g^{\prime}\left(\xi_{1}\right)=\frac{g\left(x_{0}\right)-g\left(0\right)}{x_{0}}>0,\quad g^{\prime}\left(\xi_{2}\right)=\frac{g\left(1\right)-g\left(x_{0}\right)}{1-x_{0}}<0.$

进一步存在 $\xi\in \left(\xi_{1},\xi_{2}\right)$，使得

$g^{\prime\prime}\left(\xi\right)=\frac{g^{\prime}\left(\xi_{2}\right)-g^{\prime}\left(\xi_{1}\right)}{\xi_{2}-\xi_{1}}<0,$

矛盾。因此对任意 $x\in \left(0,1\right)$，都有 $g\left(x\right)\le 0$，即

$f\left(x\right)-f\left(0\right)\left(1-x\right)-f\left(1\right)x\le \frac{x\left(1-x\right)}{2}.$

同理还有

$f\left(x\right)-f\left(0\right)\left(1-x\right)-f\left(1\right)x\ge -\frac{x\left(1-x\right)}{2}.$

综合起来即

$\left|f\left(x\right)-f\left(0\right)\left(1-x\right)-f\left(1\right)x\right|\le \frac{x\left(1-x\right)}{2},\quad x\in \left[0,1\right].$

证 $\left(2\right)$。将不等式

$-\frac{x\left(1-x\right)}{2}\le f\left(x\right)-f\left(0\right)\left(1-x\right)-f\left(1\right)x\le \frac{x\left(1-x\right)}{2}$

在 $\left[0,1\right]$ 上积分，注意到

$\int_{0}^{1}\frac{x\left(1-x\right)}{2}\mathrm{~d}x=\frac{1}{12},$

且

$\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)-f\left(0\right)\left(1-x\right)-f\left(1\right)x\right]\mathrm{~d}x=\int_{0}^{1} f\left(x\right)\mathrm{~d}x-\frac{f\left(0\right)+f\left(1\right)}{2},$

于是

$-\frac{1}{12}\le \int_{0}^{1} f\left(x\right)\mathrm{~d}x-\frac{f\left(0\right)+f\left(1\right)}{2}\le \frac{1}{12},$

即

$\left|\int_{0}^{1} f\left(x\right)\mathrm{~d}x-\frac{f\left(0\right)+f\left(1\right)}{2}\right|\le \frac{1}{12}.$

22

设矩阵

$ \boldsymbol{A}= \left( \begin{matrix} 0 & 1 & a \ 1 & 0 & 1 \end{matrix} \right),\quad \boldsymbol{B}= \left( \begin{matrix} 1 & 1 \ 1 & 1 \ b & 2 \end{matrix} \right), $

二次型 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)=\boldsymbol{x}^{T}\boldsymbol{B}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$。

已知方程组 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 的解是 $\boldsymbol{B}^{T}\boldsymbol{x}=0$ 的解，但两个方程组不同解。

$\left(1\right)$ 求 $a,b$ 的值；

$\left(2\right)$ 求正交矩阵 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$ 将 $f\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right)$ 化为标准形。

解：$\left(1\right)$ 由题意可知 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=0$ 与

$ \left( \begin{matrix} \boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}^{T} \end{matrix} \right)\boldsymbol{x}=0 $

同解，于是

$r \left( \begin{matrix} \boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}^{T} \end{matrix} \right)=r\left(\boldsymbol{A}\right)=2.$

对

$ \left( \begin{matrix} \boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}^{T} \end{matrix} \right) $

进行初等行变换可得

$ \left( \begin{matrix} \boldsymbol{A} \ \boldsymbol{B}^{T} \end{matrix} \right) =======

\left( \begin{matrix} 0 & 1 & a \ 1 & 0 & 1 \ 1 & 1 & b \ 1 & 1 & 2 \end{matrix} \right) \to \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 2 \ 0 & -1 & -1 \ 0 & 1 & a \ 0 & 0 & b-2 \end{matrix} \right) \to \left( \begin{matrix} 1 & 1 & 2 \ 0 & 1 & 1 \ 0 & 0 & a-1 \ 0 & 0 & b-2 \end{matrix} \right), $

所以 $a=1,\ b=2$。

2024 年考研数学二真题解析

2024 年全国硕士研究生招生考试 数学二试题及解答

一、选择题

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

二、填空题

11

12

13

14

15

16

三、解答题

17

18

19

20

21

22

2024 年全国硕士研究生招生考试数学二试题及解答