一、选择题 (1—8小题．每小题4分，共32分)
．设，当时， （
a）比高阶的无穷小b）比低阶的无穷小。
c）与同阶但不等价无穷小 （d）与等价无穷小。
2．已知是由方程确定，则（ ）
a）2b）1 （c）-1d）-2
．设，则（ ）
ａ）为的跳跃间断点． （为的可去间断点．
ｃ）在连续但不可导． （在可导．
．设函数，且反常积分收敛，则（ ）
abcd）．设函数，其中可微，则（ ）
a） （b）（c） （d）
6．设是圆域的第象限的部分，记，则（ ）
a） （b） （c） （d）
7．设ａ，ｂ均为阶矩阵，若ａｂ＝且ｂ可逆，则。
a）矩阵c的行向量组与矩阵a的行向量组等价．
b）矩阵c的列向量组与矩阵a的列向量组等价．
c）矩阵c的行向量组与矩阵b的行向量组等价．
d）矩阵c的列向量组与矩阵b的列向量组等价．
8．矩阵与矩阵相似的充分必要条件是。
ab），为任意常数。
cd），为任意常数。
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分。把答案填在题中横线上）
10．设函数，则的反函数在处的导数 ．
11．设封闭曲线l的极坐标方程为为参数，则l所围成的平面图形的面积为。
12．曲线上对应于处的法线方程为。
13．已知是某个二阶常系数线性微分方程三个解，则满足方程的解为。
14．设是三阶非零矩阵，为其行列式，为元素的代数余子式，且满足，则。
三、解答题。
15．（本题满分10分）
当时，与是等价无穷小，求常数．
16．（本题满分10分）
设d是由曲线，直线及轴所转成的平面图形，分别是d绕轴和轴旋转一周所形成的立体的体积，若，求的值．
17．（本题满分10分）
设平面区域d是由曲线所围成，求．
18．（本题满分10分）
设奇函数在上具有二阶导数，且，证明：
1）存在，使得；
2）存在，使得．
19．（本题满分10分）
求曲线上的点到坐标原点的最长距离和最短距离．
20．（本题满分11）
设函数。求的最小值；
设数列满足，证明极限存在，并求此极限．
21．（本题满分11）
设曲线l的方程为．
1）求l的弧长．
2）设d是由曲线l，直线及轴所围成的平面图形，求d的形心的横坐标．
22．（本题满分11分）
设，问当为何值时，存在矩阵c，使得，并求出所有矩阵c．
23（本题满分11分）
设二次型．记．
1）证明二次型对应的矩阵为；
2）若正交且为单位向量，证明在正交变换下的标准形为．
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—8小题．每小题4分，共32分)
．【详解】显然当时，故应该选（c）．
2．【分析】本题考查的隐函数的求导法则信函数在一点导数的定义．
详解】将代入方程得，在方程两边求导，得，代入，知．
故应该选（a）．
．【详解】只要注意是函数的跳跃间断点，则应该是连续点，但不可导．应选（ｃ）
．【详解】，其中当且仅当时才收敛；
而第二个反常积分，当且仅当才收敛．
从而仅当时，反常积分才收敛，故应选（ｄ）
．【详解】．应该选（a）．
6．【详解】由极坐标系下二重积分的计算可知。
所以，应该选（b）．
7．【详解】把矩阵a，c列分块如下：，由于ａｂ＝则可知，得到矩阵c的列向量组可用矩阵a的列向量组线性表示．同时由于b可逆，即，同理可知矩阵a的列向量组可用矩阵c的列向量组线性表示，所以矩阵c的列向量组与矩阵a的列向量组等价．应该选（b）．
8．【详解】注意矩阵是对角矩阵，所以矩阵a=与矩阵相似的充分必要条件是两个矩阵的特征值对应相等．
从而可知，即，为任意常数，故选择（b）．
二、填空题（本题共6小题，每小题4分，满分24分。把答案填在题中横线上）
9． 【详解】
10．【详解】由反函数的求导法则可知。
11．【详解】
所以．答案为．
12．【详解】当时，， 所以法线方程为。
也就是．13．【详解】显然和是对应的二阶常系数线性齐次微分方程两个线性无关的解，由解的结构定理，该方程的通解为，其中为任意常数．把初始条件代入可得，所以答案为。
14．【详解】由条件可知，其中为a的伴随矩阵，从而可知。
所以可能为或0．
但由结论可知，可知，伴随矩阵的秩只能为3，所以。
三、解答题。
15．【分析】主要是考查时常见函数的马克劳林展开式．
详解】当时，，，所以。
由于与是等价无穷小，所以．
16．【详解】由微元法可知。
由条件，知．
17．【详解】
18．【详解】
证明：（1）由于为奇函数，则，由于在上具有二阶导数，由拉格朗日定理，存在，使得．
2）由于为奇函数，则为偶函数，由（1）可知存在，使得，且，令，由条件显然可知在上可导，且，由罗尔定理可知，存在，使得即．
19．【分析】考查的二元函数的条件极值的拉格朗日乘子法．
详解】构造函数。
令，得唯一驻点，即．
考虑边界上的点，；
距离函数在三点的取值分别为，所以最长距离为，最短距离为1．
20．【详解】
1），令，得唯驻点，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增．
所以函数在处取得最小值．
2）证明：由于，但，所以，故数列单调递增．
又由于，得到，数列有界．
由单调有界收敛定理可知极限存在．
令，则，由（1）的结论可知．
21．【详解】
1）曲线的弧微分为，所以弧长为．
2）设形心坐标为，则．
22．【详解】
显然由可知，如果c存在，则必须是2阶的方阵．设，则变形为，即得到线性方程组，要使c存在，此线性方程组必须有解，于是对方程组的增广矩阵进行初等行变换如下。
所以，当时，线性方程组有解，即存在矩阵c，使得．
此时，所以方程组的通解为，也就是满足的矩阵c为。
其中为任意常数．
23【详解】证明：（1）
所以二次型对应的矩阵为．
证明（2）设，由于。
则，所以为矩阵对应特征值的特征向量；
所以为矩阵对应特征值的特征向量；
而矩阵a的秩，所以也是矩阵的一个特征值．
故在正交变换下的标准形为．
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2023年数学三考研真题
备注 一共是2003年 2011年九年的，全部免费，为方便大家打印特意分开上传的，建议大家打印下来，不看答案，一遍遍的做，一般都要做到3遍以上。真题的答案我会尽量帮大家搜出来的。欢迎关注cz victor的上传文档，预祝所有考研学子取得好成绩。谢谢！2011年考研数学 三 真题。1.已知当时，函数与...