2023年全国硕士研究生入学统一考试。
数学二试题解析。
选择题：cbcc abdd填空题：
未找到该年试题选择题及填空题解析，望见谅！
解答题：15.解：
16.解：没找到答案，望见谅！
17.解：a) 解：
19.解：20.解：
21.解：22.解：
23.解：2023年全国硕士研究生入学统一考试。
数学二试题解析。
选择题答案：
bacd bdad
填空题答案：
i、 11.
d13.3cm/s 14. 3三解答题。
列表讨论如下：
18解：19解：
2023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
解析】则当取任何整数时，均无意义。
故的间断点有无穷多个，但可去间断点为极限存在的点，故应是的解。
故可去间断点为3个，即。
2）【答案】a
解析】为等价无穷小，则。
故排除。另外存在，蕴含了故排除。
所以本题选a.
3）【答案】 d
解析】因可得。
又在（0，0）处，故（0，0）为函数的一个极小值点。
4）【答案】c
解析】的积分区域为两部分：
将其写成一块。
故二重积分可以表示为，故答案为c.
5）【答案】 b
解析】由题意可知，是一个凸函数，即，且在点处的曲率，而，由此可得，在上，，即单调减少，没有极值点。
对于， （拉格朗日中值定理）
而 由零点定理知，在上，有零点。 故应选（b）.
6）【答案】d
解析】此题为定积分的应用知识考核，由的图形可见，其图像与轴及轴、所围的图形的代数面积为所求函数，从而可得出几个方面的特征：
时，，且单调递减。
时，单调递增。
时，为常函数。
时，为线性函数，单调递增。
由于f(x)为连续函数。
结合这些特点，可见正确选项为。
7）【答案】 b
解析】根据若。
分块矩阵的行列式即分块矩阵可逆。
8）【答案】 a
解析】，即：
二、填空题。
9）【答案】
解析】所以
所以切线方程为。
10）【答案】
解析】因为极限存在所以。
11）【答案】0
解析】令。所以。
即。12）【答案】
解析】对方程两边关于求导有，得。
对再次求导可得，得
当时，，，代入得。
13）【答案】
解析】因为，令得驻点为。
又，得，故为的极小值点，此时，又当时，；时，，故在上递减，在上递增。
而，所以在区间上的最小值为。
14)【答案】
解析】因为相似于，根据相似矩阵有相同的特征值，得到得特征值是而是一个常数，是矩阵的对角元素之和，则
三、解答题。
15）【解析】
16）【解析】令得。而。
所以。17）【解析】
18）【解析】
解微分方程得其通解为任意常数。
又因为通过原点时与直线及围成平面区域的面积为2，于是可得。
从而。于是，所求非负函数。
又由可得，在第一象限曲线表示为。
于是d围绕轴旋转所得旋转体的体积为，其中。
19）【解析】由得，20）【解析】由题意，当时，，即，得，又代入得，从而有。
当时，得的通解为
令解为，则有，得，故，得的通解为
由于是内的光滑曲线，故在处连续。
于是由，故时，在处连续。
又当时，有，得，当时，有，得
由得，即 故的表达式为或。
又过点，所以。
21）【解析】（ⅰ作辅助函数，易验证满足：
在闭区间上连续，在开区间内可导，且。
根据罗尔定理，可得在内至少有一点，使，即。
ⅱ）任取，则函数满足；
在闭区间上连续，开区间内可导，从而有拉格朗日中值定理可得：存在，使得……
又由于，对上式（*式）两边取时的极限可得：
故存在，且。
22）【解析】（ⅰ解方程。
故有一个自由变量，令，由解得，求特解，令，得。
故 ，其中为任意常数
解方程。故有两个自由变量，令，由得。
求特解故 ，其中为任意常数。
ⅱ）证明：由于。
故线性无关。
23）【解析】（ⅰ
ⅱ） 若规范形为，说明有两个特征值为正，一个为0.则。
1) 若，则 ， 不符题意。
2) 若 ，即，则，，符合。
3) 若 ，即，则 ，，不符题意。
综上所述，故。
2023年全国硕士研究生入学统一考试。
数学二试题解析。
(1)【答案】
详解】因为，由罗尔定理知至少有，使，所以至少有两个零点。 又中含有因子，故也是的零点， d正确。
(2)【答案】
详解】其中是矩形aboc面积，为曲边梯形abod的面积，所以为曲边三角形的面积．
3)【答案】
详解】由微分方程的通解中含有、、知齐次线性方程所对应的特征方程有根，所以特征方程为，即。 故以已知函数为通解的微分方程是。
(4) 【答案】
详解】时无定义，故是函数的间断点。
因为 同理
又 所以是可去间断点，是跳跃间断点。
5)【答案】
详解】因为在内单调有界，且单调。 所以单调且有界。 故一定存在极限。
(6)【答案】
详解】用极坐标得
所以 (7) 【答案】
详解】，故均可逆．
(8) 【答案】
详解】记，则，又。
所以和有相同的特征多项式，所以和有相同的特征值。
又和为同阶实对称矩阵，所以和相似．由于实对称矩阵相似必合同，故正确。
二、填空题。
9)【答案】2
详解】所以
(10)【答案】
详解】微分方程可变形为。
所以 (11)【答案】
详解】设，则，将代入得，所以切线方程为，即。
(12)【答案】
详解】时，；时，不存在。
在左右近旁异号，在左右近旁，且。
故曲线的拐点为。
(13)【答案】
详解】设，则。
所以 所以
(14)【答案】-1
详解】 三、解答题。
15)【详解】
方法一：方法二：
(16)【详解】
方法一：由得，积分并由条件得，即。
所以 方法二：由得，积分并由条件得，即。
所以 所以
(17)【详解】
方法一：由于，故是反常积分。
令，有，方法二：
令，有，故，原式。
(18)【详解】 曲线将区域分成两。
个区域和，为了便于计算继续对。
区域分割，最后为。
(19)【详解】旋转体的体积，侧面积，由题设条件知
上式两端对求导得 ， 即
由分离变量法解得 ， 即
将代入知，故，于是所求函数为
20)【详解】(i) 设与是连续函数在上的最大值与最小值，即。
由定积分性质，有 ，即
由连续函数介值定理，至少存在一点，使得
即。ii) 由(i)的结论可知至少存在一点，使
又由 ，知
对在上分别应用拉格朗日中值定理，并注意到，得。
在上对导函数应用拉格朗日中值定理，有。
(21)【详解】
方法一：作拉格朗日函数。
令 解方程组得。
故所求的最大值为72，最小值为6.
方法二：问题可转化为求在条件下的最值。设。令
解得，代入，得。
故所求的最大值为72，最小值为6.
(22)【详解】(i)证法一：
证法二：记，下面用数学归纳法证明．
当时，，结论成立．
当时，，结论成立．
假设结论对小于的情况成立．将按第1行展开得。
故 证法三：记，将其按第一列展开得 ，所以
即 ii)因为方程组有唯一解，所以由知，又，故．
由克莱姆法则，将的第1列换成，得行列式为。
所以 iii)方程组有无穷多解，由，有，则方程组为。
此时方程组系数矩阵的秩和增广矩阵的秩均为，所以方程组有无穷多解，其通解为。
为任意常数．
23)【详解】(i)
证法一：假设线性相关．因为分别属于不同特征值的特征向量，故线性无关，则可由线性表出，不妨设，其中不全为零(若同时为0，则为0，由可知，而特征向量都是非0向量，矛盾)
又。整理得：
则线性相关，矛盾。 所以，线性无关。
证法二：设存在数，使得1)
用左乘(1)的两边并由得。
1)—(2)得3)
因为是的属于不同特征值的特征向量，所以线性无关，从而，代入(1)得，又由于，所以，故线性无关。
ii) 记，则可逆，所以 .
2023年全国硕士研究生入学统一考试。
数学二试题解析。
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。
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