2024年考研数二真题解析(刷题版)

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一、选择题

1

函数

的第一类间断点的个数为（ ）

• A. 
• B. 
• C. 
• D. 

答案： C

解析：
 间断点只可能在  处。又

故  为可去间断点；而

所以第一类间断点只有  个，即 。

2

已知

则

等于（ ）

• A. 
• B. 
• C. 
• D. 

答案： B

解析：
 由参数方程，

当  时，，故

于是

3

已知

则（ ）

• A.  为奇函数， 为奇函数
• B.  为奇函数， 为偶函数
• C.  为偶函数， 为偶函数
• D.  为偶函数， 为奇函数

答案： D

解析：
 设

因  为奇函数，所以  为偶函数。于是

仍为偶函数；而

是偶函数在  上的积分，因此为奇函数。

4

已知数列 （），若  发散，则（ ）

• A.  发散
• B.  发散
• C.  发散
• D.  发散

答案： D

解析：
 A、C 可取反例 ；B 可取反例 。
 对 D，设

函数

在  上连续且严格单调递增，故存在连续反函数。若  收敛，则

也收敛，与题设矛盾，所以 D 正确。

5

已知函数

则在点  处（ ）

• A.  连续， 可微
• B.  连续， 不可微
• C.  不连续， 可微
• D.  不连续， 不可微

答案： C

解析：
 先有

且

故  在  可微。
 当  时，

其在  附近极限不存在，所以偏导不连续。

6

设  为连续函数，则

• A. 
• B. 
• C. 
• D. 

答案： A

解析：
 原区域满足

换序后，

故对应选项为 A。

7

设非负函数  在  上连续，给出三个命题：

1. 若  收敛，则  收敛；
2. 若存在 ，使极限  存在，则  收敛；
3. 若  收敛，则存在 ，使极限  存在。

其中正确命题的个数是（ ）

• A. 
• B. 
• C. 
• D. 

答案： B

解析：

• (1) 错。取 ，则  收敛，但  发散。
• (2) 对。若  存在，则充分大时 ，再由比较判别法知积分收敛。
• (3) 错。取积分收敛，但不存在  使  极限存在。

故正确的只有 1 个。

8

设  为三阶矩阵，

若

则矩阵  为（ ）

• A. 
• B. 
• C. 
• D. 

答案： C

解析：
 由

直接计算得

9

设  为  阶矩阵， 为  的伴随矩阵。若

则  的取值为（ ）

• A.  或 
• B.  或 
• C.  或 
• D.  或 

答案： D

解析：
 若  可逆，则 ，由题式可推出 ，矛盾；故  不可逆，从而

于是由题设得

故

又 ，故

10

设  均为  阶矩阵，且 ，则“ 有两个不相等的特征值”是“ 可对角化”的（ ）

• 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

答案： B

解析：
 若  有两个不同特征值，则有两组线性无关特征向量。由  可知， 将  的特征子空间映到自身，因此这两组特征向量也可取为  的特征向量，故  可对角化。
 反之不成立，例如取

则  可对角化，但  没有两个不相等特征值。

二、填空题

11

曲线  在点  处的曲率圆方程为 ______

答案：

解析：
 将曲线写成 ，则

故在  处曲率为

曲率半径

又曲线在原点处与  轴相切，曲率中心为 ，故曲率圆方程如上。

12

函数

的极值点为 ______

答案：

解析：
 由

得驻点为 、。再由

知在  处，

故  为极值点；而  处判别式小于零，不是极值点。

13

微分方程

满足初始条件  的解为 ______

答案：

解析：
 令 ，则

代入原方程得

分离变量积分：

代回 ，得

再由  得 。

14

已知函数

则

答案：

解析：
 由莱布尼茨公式可得

故

15

某物体以速度

做直线运动。若它从  到  的平均速度是 ，则  ______

答案：

解析：
 由平均速度定义，

计算得

故

16

设向量

若  线性相关，且其中任意两个向量均线性无关，则  ______

答案：

解析：
 对矩阵  行变换，可化到

由题设知秩为 ，故

解得

于是

三、解答题

17

设平面有界区域  位于第一象限，由曲线

与直线

围成，计算

解析：
 区域关于直线  对称，因此

从而原积分化为

即只需求区域面积。

改用极坐标

由边界条件得

且

故

计算得

因此

18

设  满足方程

且

1. 利用变换  化简方程，并求 ；
2. 求

解析：

（1）

令 ，则 。有

代入原方程得

故通解为

再由

解得

因此

（2）

于是

令

则

故原积分化为

即

19

设 ，曲线

与直线  及  轴所围平面图形绕  轴旋转所得的旋转体体积为 ，求  的最大值。

解析：
 由旋转体体积公式，

对  求导，

故

所以  在  处取得最大值。

代入得

即

20

设  具有二阶连续偏导，

且满足

1. 求 ；
2. 若 ，且 ，求 。

解析：

（1）

由链式法则，

于是

继续求导得

代入题设可得

故

（2）

由

知

又因

故

于是

对  积分，

再由

得

因此

21

设函数  具有二阶导数，且

证明：

1. 当  时，

解析：

（1）

令

则

且

若存在  使 ，则由拉格朗日中值定理可在 、 内分别取点 ，使

再对  应用中值定理，可得某点  满足

与  矛盾。故

同理，对

可得

于是

即

（2）

将上式在  上积分，得

而

且

因此

22

设矩阵

二次型

已知方程组  的解是  的解，但两个方程组不同解。

1. 求  的值；
2. 求正交变换 ，将  化为标准形。

解析：

（1）

由题意，

同解，故

而

故

因此

（2）

代入 ，得

于是

故该矩阵只有一个非零特征值：

取对应的单位正交特征向量为

令

则

因此在正交变换  下，