2024年考研数学二真题

答案： C，第一类间断点共有 $1$ 个，即 $x=1$。

思路： 实数幂函数可以写成指数函数，先检查底数为零及指数无定义的位置，再利用对数求左右极限。第一类间断点要求左右极限都存在且有限；只要有一侧无有限极限，就是第二类间断点。

详细解答：

当 $x\ne0,1,2$ 时，底数 $|x|>0$，有

$$f(x)=\exp\left(\frac{\ln|x|}{(1-x)(x-2)}\right).$$

右侧是连续函数的复合，因此只需考察 $x=0,1,2$。

在 $x=0$ 附近，

$$\ln|x|\to-\infty,\qquad (1-x)(x-2)\to-2,$$

所以指数趋于 $+\infty$，即

$$\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty.$$

无穷极限不属于有限的单侧极限，故 $x=0$ 是第二类间断点。

在 $x=1$ 附近，$x>0$。由 $\lim_{x\to1}\ln x/(x-1)=1$，以及

$$(1-x)(x-2)=(x-1)(2-x),$$

得到

$$\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{(1-x)(x-2)} =\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}\frac{1}{2-x}=1.$$

因此左右极限都等于 $e$。虽然原式在 $x=1$ 没有定义，但可以通过补定义 $f(1)=e$ 使其连续，故 $x=1$ 是可去间断点，属于第一类间断点。

在 $x=2$ 附近，$\ln x\to\ln2>0$。当 $x\to2^-$ 时，$(1-x)(x-2)\to0^+$；当 $x\to2^+$ 时，$(1-x)(x-2)\to0^-$。于是

$$\lim_{x\to2^-}f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to2^+}f(x)=0.$$

左极限不是有限数，所以 $x=2$ 是第二类间断点。综上，第一类间断点只有 $x=1$，选 C。

答案： B，所求极限为 $\dfrac{4e}{3}$。

思路： $f$ 的自变量趋近于 $2$，应把表达式改写成 $f'(2)$ 的差商。题目给的是参数方程，利用 $\mathrm{d}y/\mathrm{d}x=(\mathrm{d}y/\mathrm{d}t)/(\mathrm{d}x/\mathrm{d}t)$ 求导。

详细解答：

由 $x=1+t^3$，当 $x=2$ 时 $t=1$，因此 $f(2)=e$。参数函数在 $t=1$ 附近可导，且

$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=3t^2,\qquad \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=2te^{t^2}.$$

因为 $\mathrm{d}x/\mathrm{d}t$ 在 $t=1$ 处等于 $3\ne0$，可以求参数曲线对应的函数导数：

$$f'(2) =\left.\frac{2te^{t^2}}{3t^2}\right|_{t=1} =\frac{2e}{3}.$$

令 $h=2/x$。当 $x\to+\infty$ 时，$h\to0^+$，并且 $x=2/h$。于是

$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}x\left[f\left(2+\frac2x\right)-f(2)\right] &=2\lim_{h\to0^+}\frac{f(2+h)-f(2)}{h}\\ &=2f'(2)=\frac{4e}{3}. \end{aligned}$$

选 B。

答案： D，$f(x)$ 为偶函数，$g(x)$ 为奇函数。

思路： 先分析被积函数 $\sin(t^3)$ 的奇偶性，再通过换元处理负的积分上限。要注意：奇函数从 $0$ 积分得到偶函数，偶函数从 $0$ 积分得到奇函数。

详细解答：

设

$$F(u)=\int_0^u\sin(t^3)\,\mathrm{d}t.$$

由于

$$\sin((-t)^3)=\sin(-t^3)=-\sin(t^3),$$

被积函数是奇函数。对 $F(-u)$ 作换元 $t=-s$，得到

$$\begin{aligned} F(-u) &=\int_0^{-u}\sin(t^3)\,\mathrm{d}t\\ &=-\int_0^u\sin(-s^3)\,\mathrm{d}s\\ &=\int_0^u\sin(s^3)\,\mathrm{d}s=F(u). \end{aligned}$$

所以 $F$ 是偶函数。又因为 $f(x)=F(\sin x)$，且 $\sin(-x)=-\sin x$，所以

$$f(-x)=F(-\sin x)=F(\sin x)=f(x).$$

因此 $f$ 是偶函数。继续在 $g(-x)$ 中作换元 $t=-s$：

$$g(-x)=\int_0^{-x}f(t)\,\mathrm{d}t =-\int_0^x f(-s)\,\mathrm{d}s =-\int_0^x f(s)\,\mathrm{d}s=-g(x).$$

因此 $g$ 是奇函数，选 D。

答案： D。

思路： 原数列发散，并不保证任意非线性变换后的数列仍发散，因为变换可能把不同的数变成同一个数。对正确选项，可以证明“变换后的数列若收敛，则原数列也收敛”，再取逆否命题；对其余选项给出反例。

详细解答：

先考虑 D。记

$$b_n=e^{a_n}-e^{-a_n}.$$

若 $\{b_n\}$ 收敛于某个有限数 $b$，令 $z_n=e^{a_n}>0$，则

$$z_n-\frac1{z_n}=b_n, \qquad z_n^2-b_nz_n-1=0.$$

二次方程的两个根一正一负，故只能取正根：

$$z_n=\frac{b_n+\sqrt{b_n^2+4}}2.$$

因此

$$a_n=\ln\left(\frac{b_n+\sqrt{b_n^2+4}}2\right).$$

对任意实数 $b$，$\sqrt{b^2+4}>|b|$，对数中的量始终为正；右侧作为 $b_n$ 的函数在整个实轴上连续。因此 $b_n\to b$ 会推出

$$a_n\to\ln\left(\frac{b+\sqrt{b^2+4}}2\right),$$

与 $\{a_n\}$ 发散矛盾。所以原数列发散时，D 中的数列必发散。

其余选项分别有如下反例，且每个反例中的 $a_n$ 都非零：

• 对 A，取 $a_{2n-1}=2$，$a_{2n}=1/2$。原数列的奇、偶子列极限不同，故发散，但 $a_n+1/a_n$ 恒为 $5/2$。
• 对 B，取 $a_{2n-1}=2$，$a_{2n}=-1/2$。原数列发散，但两个取值都满足 $a_n-1/a_n=3/2$，变换后为常数列。
• 对 C，取 $a_{2n-1}=1$，$a_{2n}=-1$。原数列发散，但 $e^{a_n}+e^{-a_n}$ 恒为 $e+e^{-1}$。

因此只有 D 一定成立。

答案： C，$f$ 在 $(0,0)$ 处可微，但偏导数 $f_x$ 在该点不连续。

思路： 可微性应直接用定义判断，即看函数减去线性部分后的误差是否比到原点的距离更小。偏导连续则需要考察偏导函数在原点附近的值；可微并不要求偏导连续。

详细解答：

因为 $f(x,0)=f(0,y)=0$，按偏导数定义，

$$f_x(0,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}h=0, \qquad f_y(0,0)=0.$$

因此若可微，其线性部分应为 $0$。对任意 $(x,y)$，利用 $|\sin s|\le1$，都有

$$|f(x,y)|\le x^2+y^2.$$

令 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，则在 $(x,y)\ne(0,0)$ 时，

$$\frac{|f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0)x-f_y(0,0)y|}{\sqrt{x^2+y^2}} \le r\to0.$$

这正是二元函数在原点可微的定义，所以 $f$ 可微且 $\mathrm{d}f|_{(0,0)}=0$。

再判断 $f_x$ 的连续性。在 $xy\ne0$ 时，对 $x$ 求偏导，使用乘积法则和链式法则：

$$\begin{aligned} f_x(x,y) &=2x\sin\frac1{xy} +(x^2+y^2)\cos\frac1{xy}\left(-\frac1{x^2y}\right)\\ &=2x\sin\frac1{xy} -\frac{x^2+y^2}{x^2y}\cos\frac1{xy}. \end{aligned}$$

取 $x=y=t_n$，其中

$$t_n=\frac1{\sqrt{2\pi n}}\to0.$$

此时 $1/t_n^2=2\pi n$，所以正弦项为 $0$、余弦项为 $1$，从而

$$f_x(t_n,t_n)=-\frac2{t_n}\to-\infty.$$

它不能趋于 $f_x(0,0)=0$，故 $f_x$ 在原点不连续，选 C。

答案： A，即

$$\int_{1/2}^1\mathrm{d}y \int_{\pi/6}^{\arcsin y}f(x,y)\,\mathrm{d}x.$$

思路： 改变积分次序的关键是保持同一个积分区域。原积分先固定 $x$，改写后应先固定 $y$，再从区域不等式中解出 $x$ 的范围。

详细解答：

原积分区域为

$$D=\left\{(x,y):\frac\pi6\le x\le\frac\pi2,\ \sin x\le y\le1\right\}.$$

由于 $\sin x$ 在 $[\pi/6,\pi/2]$ 上单调递增，最小值为 $\sin(\pi/6)=1/2$，所以区域在 $y$ 轴方向的范围为

$$\frac12\le y\le1.$$

固定这样的 $y$，由 $\sin x\le y$ 及 $x\in[\pi/6,\pi/2]$，可得

$$\frac\pi6\le x\le\arcsin y.$$

这里 $\arcsin y\in[\pi/6,\pi/2]$，所以已经包含原来的上界 $x\le\pi/2$。因此区域也可表示为

$$D=\left\{(x,y):\frac12\le y\le1,\ \frac\pi6\le x\le\arcsin y\right\}.$$

被积函数连续，区域有界，故可以按此表示交换积分次序，选 A。

答案： B，只有命题（2）正确。这里“极限存在”指极限存在且为有限实数。

思路： 在无穷区间上，平方可积不一定能推出自身可积；积分收敛也不一定意味着函数按某个固定幂次衰减。命题（2）给出了可与 $x^{-p}$ 比较的尾部估计，适合用比较判别法。其余两项用连续的非负函数反驳。

详细解答：

（1）不正确。取

$$f(x)=\frac1{1+x},\qquad x\ge0.$$

该函数非负且连续。对于它的平方，

$$\int_0^{+\infty}f^2(x)\,\mathrm{d}x =\lim_{R\to+\infty}\left[-\frac1{1+x}\right]_0^R =1,$$

积分收敛；但

$$\int_0^R f(x)\,\mathrm{d}x=\ln(1+R)\to+\infty,$$

所以自身的反常积分发散。

（2）正确。设某个 $p>1$ 满足

$$\lim_{x\to+\infty}x^pf(x)=L\in\mathbb R.$$

由于 $f\ge0$，有 $L\ge0$。由有限极限的定义，存在 $R\ge1$，使得当 $x\ge R$ 时

$$0\le x^pf(x)\le L+1, \qquad 0\le f(x)\le\frac{L+1}{x^p}.$$

而

$$\int_R^{+\infty}\frac{\mathrm{d}x}{x^p} =\frac{R^{1-p}}{p-1}<+\infty.$$

由比较判别法，$\int_R^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x$ 收敛。又因 $f$ 在有限区间 $[0,R]$ 上连续，$\int_0^R f(x)\,\mathrm{d}x$ 有限，故整个反常积分收敛。

（3）不正确。取在整个 $[0,+\infty)$ 上非负连续的函数

$$f(x)=\frac1{(x+e)[\ln(x+e)]^2}.$$

令 $s=\ln(x+e)$，则 $\mathrm{d}s=\mathrm{d}x/(x+e)$，于是

$$\int_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x =\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm{d}s}{s^2}=1.$$

但对于任意 $p>1$，

$$x^pf(x) =\frac{x^p}{(x+e)[\ln(x+e)]^2} \sim\frac{x^{p-1}}{(\ln x)^2}\to+\infty.$$

最后一个极限成立，是因为任意正幂 $x^{p-1}$ 的增长都快于 $(\ln x)^2$；也可对 $(\ln x)^2/x^{p-1}$ 连用两次洛必达法则得到极限 $0$。因此不存在满足题意的有限极限。

综上，正确命题恰有 $1$ 个，选 B。

答案： C，

$$A=\begin{pmatrix} a&0&0\\ 0&b&0\\ 0&0&c \end{pmatrix}.$$

思路： 给定等式中的 $P$ 可逆，可以在等式左侧乘 $(P^T)^{-1}$、右侧乘 $(P^2)^{-1}$，逐步解出 $A$。矩阵乘法一般不能交换次序，左右乘的位置必须保持正确。

详细解答：

记题目右侧矩阵为

$$M=\begin{pmatrix} a+2c&0&c\\ 0&b&0\\ 2c&0&c \end{pmatrix}.$$

直接计算得

$$P^2= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 2&0&1 \end{pmatrix}, \qquad (P^2)^{-1}= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ -2&0&1 \end{pmatrix}.$$

又有

$$P^T= \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}, \qquad (P^T)^{-1}= \begin{pmatrix} 1&0&-1\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

由 $P^TAP^2=M$，得到

$$A=(P^T)^{-1}M(P^2)^{-1}.$$

先做右乘。它相当于将 $M$ 的第一列减去第三列的 $2$ 倍，而其余列不变：

$$M(P^2)^{-1}= \begin{pmatrix} a&0&c\\ 0&b&0\\ 0&0&c \end{pmatrix}.$$

再做左乘，相当于将上面矩阵的第一行减去第三行：

$$A= \begin{pmatrix} 1&0&-1\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a&0&c\\ 0&b&0\\ 0&0&c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a&0&0\\ 0&b&0\\ 0&0&c \end{pmatrix}.$$

故选 C。

答案： D，$r(A)$ 的可能取值为 $1$ 或 $2$。

思路： 先利用 $AA^*=|A|I_4$ 判断 $A$ 是否可逆。若 $A$ 奇异，题目等式会化为 $A^2=0$，这意味着 $A$ 的像空间包含在核空间中，再用秩与核空间维数的关系限制秩。

详细解答：

若 $A$ 可逆，则由

$$A(A-A^*)=0$$

左乘 $A^{-1}$，得到 $A=A^*$，与题设矛盾。因此 $A$ 不可逆，$|A|=0$。

伴随矩阵的基本恒等式给出

$$AA^*=|A|I_4=0.$$

将原等式展开为 $A^2-AA^*=0$，可得

$$A^2=0.$$

若向量 $z$ 在 $A$ 的像空间中，则存在 $x$ 使 $z=Ax$；于是

$$Az=A^2x=0.$$

所以

$$\operatorname{Im}A\subseteq\ker A.$$

四阶矩阵的像空间维数为 $r(A)$，核空间维数为 $4-r(A)$，故

$$r(A)\le4-r(A),\qquad r(A)\le2.$$

若 $r(A)=0$，则 $A=0$，所有三阶代数余子式都为零，因此 $A^*=0$，又与 $A\ne A^*$ 矛盾。故只能有 $r(A)=1$ 或 $2$。

还需说明两种秩都确实能实现。例如取

$$A_1= \begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}, \qquad A_2= \begin{pmatrix} 0&1&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&1\\ 0&0&0&0 \end{pmatrix}.$$

它们分别有秩 $1$、$2$，且都满足 $A_i^2=0$。因为秩小于 $3$，所有三阶子式均为零，故 $A_i^*=0$。又 $A_i\ne0$，所以均满足 $A_i(A_i-A_i^*)=0$ 且 $A_i\ne A_i^*$。因此选 D。

答案： B，充分非必要条件。特征值与相似对角化在同一数域内讨论；$A$ 的两个不同特征值属于该数域。

思路： 不同特征值对应的特征向量线性无关，可以构成二阶矩阵的特征向量基。在这个基下，$A$ 为对角矩阵；再用 $AB=BA$ 比较元素，证明 $B$ 也对角。是否必要则用单位矩阵给出反例。

详细解答：

先在同一数域内设 $A$ 有两个不同特征值 $\lambda_1,\lambda_2$，相应特征向量为 $p_1,p_2$。不同特征值对应的特征向量线性无关，因此

$$P=(p_1,p_2)$$

可逆，且

$$P^{-1}AP= \Lambda=\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix}.$$

记

$$C=P^{-1}BP=\begin{pmatrix}c_{11}&c_{12}\\c_{21}&c_{22}\end{pmatrix}.$$

由 $AB=BA$，在等式两侧分别乘 $P^{-1}$ 和 $P$，得到 $\Lambda C=C\Lambda$。比较非对角元素：

$$(\lambda_1-\lambda_2)c_{12}=0, \qquad (\lambda_2-\lambda_1)c_{21}=0.$$

因为 $\lambda_1\ne\lambda_2$，所以 $c_{12}=c_{21}=0$，即 $P^{-1}BP$ 是对角矩阵。因此该条件充分。

但条件不必要。例如 $A=I_2$、$B=I_2$ 时，$AB=BA$，且 $B$ 本身就是对角矩阵；$A$ 却只有一个特征值 $1$，不满足“有两个不相等的特征值”。所以在上述数域条件下，选 B。

若把“两个不相等的特征值”允许解释为两个非实特征值，而把“可对角化”限定在实数域上，则充分性也不成立。取

$$A=B=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}.$$

显然 $AB=BA$，其特征方程为 $\lambda^2+1=0$，有两个不同的复特征值 $\mathrm{i},-\mathrm{i}$。但实对角矩阵的特征值都为实数，故该 $B$ 无法在实数域上对角化。结合 $A=B=I_2$ 的非必要性反例，这种另加限定、混用数域的命题应选 D，但不属于本题的同一数域约定；本题选 B。

答案：

$$\left(x-\frac12\right)^2+y^2=\frac14.$$

思路： 曲率圆的半径等于曲率的倒数，圆心位于曲线的主法线方向。曲线在原点的切线竖直，直接把它写成 $y=\sqrt{x}$ 求导不方便，可用参数 $t=y$，把曲线写成 $(x,y)=(t^2,t)$。

详细解答：

取参数方程

$$x(t)=t^2,\qquad y(t)=t.$$

原点对应 $t=0$。各阶导数为

$$x'(t)=2t,\quad y'(t)=1,\qquad x''(t)=2,\quad y''(t)=0.$$

参数曲线的速度向量不为零，故可以使用曲率公式

$$\kappa(t) =\frac{|x'(t)y''(t)-y'(t)x''(t)|} {[x'(t)^2+y'(t)^2]^{3/2}} =\frac2{(4t^2+1)^{3/2}}.$$

在 $t=0$ 处，$\kappa(0)=2$，曲率半径为

$$R=\frac1{\kappa(0)}=\frac12.$$

原点的切向量为 $(0,1)$，故法线沿 $x$ 轴。单位切向量为

$$T(t)=\frac{(2t,1)}{\sqrt{4t^2+1}}, \qquad T'(0)=(2,0).$$

所以主法线指向正 $x$ 方向，圆心为

$$(0,0)+\frac12(1,0)=\left(\frac12,0\right).$$

据此得到曲率圆方程

$$\left(x-\frac12\right)^2+y^2=\frac14.$$

答案： 极值点为 $(1,1)$，它是极大值点，极大值为 $23$；无极小值点。

思路： 函数在整个平面上可导，极值点必须满足两个一阶偏导数都为零。求出驻点后，用二阶偏导数组成的 Hessian 矩阵区分极大值点与鞍点。

详细解答：

对

$$f(x,y)=2x^3-9x^2-6y^4+12x+24y$$

求一阶偏导：

$$f_x=6x^2-18x+12=6(x-1)(x-2), \qquad f_y=-24y^3+24=24(1-y^3).$$

令 $f_x=f_y=0$，在实数范围内得到

$$x=1\ \text{或}\ 2,\qquad y=1.$$

因此驻点只有 $(1,1)$、$(2,1)$。二阶偏导为

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

这些偏导都连续，可以使用二元函数的二阶判别法。记

$$\Delta=f_{xx}f_{yy}-f_{xy}^2.$$

在 $(1,1)$ 处，

$$f_{xx}=-6,\qquad f_{yy}=-72,\qquad \Delta=432>0.$$

由于 $\Delta>0$ 且 $f_{xx}<0$，Hessian 矩阵负定，故 $(1,1)$ 是严格极大值点。函数值为

$$f(1,1)=2-9-6+12+24=23.$$

在 $(2,1)$ 处，

$$f_{xx}=6,\qquad f_{yy}=-72,\qquad \Delta=-432<0.$$

Hessian 矩阵不定，故 $(2,1)$ 是鞍点，不是极值点。除此之外无驻点，因而没有其他极值点。

答案： 初值解可用隐式方程表示为

$$\arctan(x+y)-y=\frac\pi4, \qquad x+y>0.$$

经过 $(1,0)$ 的最大解区间为 $x\in(\pi/4,+\infty)$。

思路： 方程右侧只依赖于 $x+y$，令 $u=x+y$ 可以化成可分离变量的方程。积分后用初值确定常数，并保留经过初始点的正分支，因为 $x+y=0$ 时原方程无定义。

详细解答：

令

$$u=x+y(x).$$

由原方程及链式求导，

$$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} =1+y' =1+\frac1{u^2} =\frac{u^2+1}{u^2}.$$

在初始点 $x=1,y=0$，有 $u=1$。解在经过该点的连续分支上不能越过 $u=0$，所以取 $u>0$。分离变量：

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

因为 $u^2/(u^2+1)=1-1/(u^2+1)$，积分得到

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

代入 $u=1,x=1$，得到

$$1-\frac\pi4=1+C,\qquad C=-\frac\pi4.$$

所以

$$x=u-\arctan u+\frac\pi4.$$

再代回 $u=x+y$：

$$x+y-\arctan(x+y)=x-\frac\pi4,$$

整理得

$$\arctan(x+y)-y=\frac\pi4.$$

为说明解的分支和区间，考察 $u>0$ 上的函数

$$X(u)=u-\arctan u+\frac\pi4.$$

它满足

$$X'(u)=\frac{u^2}{1+u^2}>0,\qquad \lim_{u\to0^+}X(u)=\frac\pi4,\qquad \lim_{u\to+\infty}X(u)=+\infty.$$

因此每个 $x>\pi/4$ 唯一对应一个 $u>0$，从而唯一确定 $y=u-x$。在 $x\downarrow\pi/4$ 时，$x+y=u\to0$，原方程的分母趋于零，不能继续作为原方程的解延伸到该端点。因此最大解区间为 $(\pi/4,+\infty)$。