2023年数学二试题解析。
1..填空题。
1）【详解】 =于是。
从而 =（2）【详解】 因为a=，于是所求斜渐近线方程为。
3）【详解】 令，则。
4 【分析】（同2023年数学一题一（2），这里从略）
5…【详解】 由题设， ，得。
6….【分析】（同2023年数学一题一（5），这里从略）
二、选择题。
7….【分析】（同2023年数学一题二（7），这里从略）
8…【分析】（同2023年数学一题二（8），这里从略）
9..【详解】 当x=3时，有，得（舍去，此时y无意义），于是，可见过点x=3(此时y=ln2)的法线方程为：，令y=0, 得其与x轴交点的横坐标为：, 故应(a).
10…【详解】 由轮换对称性，有。
应选(d).
11…【分析】 （同2023年数学一题二（9），这里从略）
12...详解】 由于函数f(x)在x=0,x=1点处无定义，因此是间断点。
且 ，所以x=0为第二类间断点；，所以x=1为第一类间断点，故应选(d).
评注】 应特别注意：， 从而，
13….【分析】 (同2023年数学一题二（11），这里从略)
14…【分析】 (同2023年数学一题二（12），这里从略)
三、解答题。
15…【分析】 此类未定式极限，典型方法是用洛必塔法则，但分子分母求导前应先变形。
详解】 由于，于是。
16….【详解】 如图，有，，由题设，得。
而，于是。两边对y求导得。
故所求的函数关系为：
17…【分析】（同2023年数学一题三（17）,这里从略）
18…【分析】 先将转化为，再用二阶常系数线性微分方程的方法求解即可。
详解】，代入原方程，得。
解此微分方程，得 ，将初始条件代入，有。 故满足条件的特解为。
19…【分析】（同2023年数学一题三（8），从这里略）
20….【详解】 由题设，知 ，于是，且，从而，再由f(1,1)=2，得 c=2, 故。
令得可能极值点为x=0,y=0. 且，所以点(0,0) 不是极值点，从而也非最值点。
再考虑其在边界曲线上的情形：令拉格朗日函数为，解
得可能极值点；；；代入f(x,y)得，可见z=f(x,y)在区域内的最大值为3，最小值为-2.
21【详解】 记，于是 =
22…【详解】 对矩阵作初等行变换，有。
当a=-2时， ,显然不能由线性表示，因此；当a=4时，，然均不能由线性表示，因此。
而当且时，秩，此时向量组可由向量组线性表示。
又。由题设向量组不能由向量组线性表示，必有或，即a=1或。
综上所述，满足题设条件的a只能是：a=1.
23…【分析】（2023年数学一题三（21），这里从略。
2023年数学二试题解析。
1…..分析】 直接利用曲线的水平渐近线的定义求解即可。
详解】 .故曲线的水平渐近线方程为 .
2…【分析】本题为已知分段函数连续反求参数的问题。直接利用函数的连续性定义即可。
详解】 由题设知，函数在处连续，则，又因为。所以。
3….【分析】利用凑微分法和牛顿－莱布尼兹公式求解。
详解】 .4…..分析】（同2023年数学一题一（2），这里从略）
5……【分析】本题为隐函数求导，可通过方程两边对求导（注意是的函数），一阶微分形式不变性和隐函数存在定理求解。
详解】 方法一：方程两边对求导，得。
又由原方程知，.代入上式得 .
方法二：方程两边微分，得，代入，得。
方法三：令，则 ，故 .
6…..分析】（同2023年数学一（5），这里从略）
二、选择题。
7…..分析】（同2023年数学一题二（7），这里从略）
8….【分析】由于题设条件含有抽象函数，本题最简便的方法是用赋值法求解，即取符合题设条件的特殊函数去计算，然后选择正确选项。
详解】取 .
则当时，而，所以为连续的偶函数，则选项（ｂ）正确，故选（ｂ）
9…【分析】题设条件两边对求导，再令即可。
详解】两边对求导，得 .
上式中令，又，可得，故选（c）.
10…..分析】本题考查二阶常系数线性非齐次微分方程解的结构及非齐次方程的特解与对应齐次微分方程特征根的关系。故先从所给解分析出对应齐次微分方程的特征方程的根，然后由特解形式判定非齐次项形式。
详解】由所给解的形式，可知原微分方程对应的齐次微分方程的特征根为。
则对应的齐次微分方程的特征方程为。
故对应的齐次微分方程为。
又为原微分方程的一个特解，而为特征单根，故原非齐次线性微分方程右端的非齐次项应具有形式（为常数）.所以综合比较四个选项，应选（d）.
11…【分析】(同2023年数学一题二（8），这里从略)
12…【分析】（同2023年数学一题二（10），这里从略）
13….【分析】（同2023年数学一题二(11),这里从略）
14…【分析】（同2023年数学一题二（12），这里从略）
三、解答题。
15….【分析】题设方程右边为关于的多项式，要联想到的泰勒级数展开式，比较的同次项系数，可得的值。
详解】将的泰勒级数展开式代入题设等式得。
整理得。比较两边同次幂系数得，解得。
16…..分析】题设积分中含反三角函数，利用分部积分法。
详解】令，则，所以。
17…【分析】 （同2023年数学一题三（15）,这里从略）
18….【分析】（同2023年数学一题三（16），这里从略）
19….【分析】 利用“参数变易法”构造辅助函数，再利用函数的单调性证明。
详解】 令，则，且。
又，（）故当时，单调减少，即，则单调增加，于是，即。
20……【分析】.（同2023年数学一题三（18），这里从略）
21…..分析】 （i）利用曲线凹凸的定义来判定；（ii）先写出切线方程，然后利用在切线上 ； iii）利用定积分计算平面图形的面积。
详解】 （i）因为。
故曲线l当时是凸的。
（ii）由（i）知，切线方程为，设，则，即。
整理得。将代入参数方程，得切点为（2，3），故切线方程为，即。
（iii）由题设可知，所求平面图形如下图所示，其中各点坐标为。
设的方程，则。
由参数方程可得。
即。由于（2，3）在l上，则。于是。
22…【分析】（同2023年数学一题三（20），这里从略）
23….【分析】（同2023年数学一题三（21），这里从略）
2023年数学二试题解析。
一、选择题。
1….【分析】本题为等价无穷小的判定，利用定义或等价无穷小代换即可。
详解】当时，故用排除法可得正确选项为（b）.
事实上，或。
所以应选（b）
2…【分析】因为函数为初等函数，则先找出函数的无定义点，再根据左右极限判断间断点的类型。
详解】函数在均无意义，而；
所以为函数的第一类间断点，故应选（a）.
3……【分析】本题实质上是求分段函数的定积分。
详解】利用定积分的几何意义，可得，.
所以，故选（c）.
4……【分析】本题考查可导的极限定义及连续与可导的关系。 由于题设条件含有抽象函数，本题最简便的方法是用赋值法求解，即取符合题设条件的特殊函数去进行判断，然后选择正确选项。
详解】取，则，但在不可导，故选（d）.
事实上，在(a),(b)两项中，因为分母的极限为0，所以分子的极限也必须为0，则可推得。在（c）中，存在，则，所以(c)项正确，故选(d)
5……【分析】利用曲线的渐近线的求解公式求出水平渐近线，垂直渐近线和斜渐近线，然后判断。
详解】，所以是曲线的水平渐近线；，所以是曲线的垂直渐近线；，，所以是曲线的斜渐近线。故选（d）.
6……【分析】本题依据函数的性质，判断数列。 由于含有抽象函数，利用赋值法举反例更易得出结果。
详解】选（d）.
取，，，而发散，则可排除（a）；
取，，，而收敛，则可排除（b）；
取，，，而发散，则可排除（c）；
故选（d）.
事实上，若，则。
对任意，因为，所以，对任意，. 故选（d）.
7…….分析】本题考查二元函数可微的充分条件。 利用可微的判定条件及可微与连续，偏导的关系。
详解】本题也可用排除法，（a）是函数在连续的定义；（b）是函数在处偏导数存在的条件；（d）说明一阶偏导数存在，但不能推导出两个一阶偏导函数在点(0,0) 处连续，所以（a）（b）（d）均不能保证在点处可微。 故应选（c）.
事实上，由可得。
即。同理有。
从而 根据可微的判定条件可知函数在点处可微，故应选(c).
8,……分析】本题更换二次积分的积分次序，先根据二次积分确定积分区域，然后写出新的二次积分。
详解】由题设可知，，则， 故应选（b）.
9…….分析】本题考查由线性无关的向量组构造的另一向量组的线性相关性。 一般令，若，则线性相关；若，则线性无关。 但考虑到本题备选项的特征，可通过简单的线性运算得到正确选项。
详解】由可知应选（a）.
或者因为，而，所以线性相关，故选（a）.
10….【分析】本题考查矩阵的合同关系与相似关系及其之间的联系，只要求得的特征值，并考虑到实对称矩阵必可经正交变换使之相似于对角阵，便可得到答案。
详解】 由可得，所以的特征值为3,3,0；而的特征值为1,1,0.
所以与不相似，但是与的秩均为2，且正惯性指数都为2，所以与合同，故选（b）.
2023年数学二
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