2026年考研数学二真题

答案： A，即 $a=\frac13,\ b=-1$。

思路： 等价无穷小的比值趋于 $1$。先找右边的最低阶非零项，再使左边具有相同的阶数和系数。

详细解答：

1. 在零点附近，

   $$\arcsin x=x+\frac{x^3}{6}+o(x^3),\qquad (1+x^2)^{1/3}-1=\frac13x^2+o(x^2).$$

   因此右边是二阶无穷小，左边为
   $ax^2+(b+1)x+x^3/6+o(x^3)$。

2. 如果 $b+1\ne0$，左边有一次项，除以右边的二次项后不能趋于 $1$。所以必须消去一次项，得到 $b=-1$。

3. 此时两者之比趋于 $a/(1/3)=3a$。等价要求 $3a=1$，所以 $a=1/3$，选择 A。

易错点： 同阶只要求比值趋于非零有限常数；等价还要求这个常数等于 $1$。

答案： B，即 $\lambda=\frac25,\ \mu=\frac15$。

思路： 微分方程左端是线性运算。非齐次解代入后得到同一个非零右端，齐次解代入后得到零。

详细解答：

1. 记方程为 $L[y]=r(x)$，其中 $L[y]=y''+p(x)y'+q(x)y$，$r$ 不恒为零。两个特解满足 $L[y_1]=L[y_2]=r(x)$。

2. 由线性性，

   $$L[2\lambda y_1+\mu y_2]=(2\lambda+\mu)r(x).$$

   这个组合仍是非齐次方程的解，所以 $2\lambda+\mu=1$。

3. 同理，
   $L[\lambda y_1-2\mu y_2]=(\lambda-2\mu)r(x)$。
   这个组合是齐次方程的解，所以 $\lambda-2\mu=0$。

4. 从第二式得 $\lambda=2\mu$，代入第一式得 $5\mu=1$，于是 $\mu=1/5,\lambda=2/5$，对应 B。

易错点： 非齐次解的任意线性组合不一定仍是解，组合后右端的系数必须为 $1$。

答案： A，即 $z_x-z_y=\frac1a$。

思路： 分别对 $x$、$y$ 求偏导，另一个变量当作常数，但 $z(x,y)$ 仍须使用链式法则。

详细解答：

1. 对 $x-az=e^{y+az}$ 关于 $x$ 求导：

   $$1-az_x=e^{y+az}az_x.$$

   把含 $z_x$ 的项放到一起，得 $z_x=1/[a(1+e^{y+az})]$。

2. 关于 $y$ 求导时，指数的导数是 $1+az_y$：

   $$-az_y=e^{y+az}(1+az_y).$$

   故 $z_y=-e^{y+az}/[a(1+e^{y+az})]$。

3. 两式相减：

   $$z_x-z_y=\frac{1+e^{y+az}}{a(1+e^{y+az})}=\frac1a.$$

   因为 $a\ne0$ 且指数恒正，以上分母都不为零。

答案： D，即 $\displaystyle\int_0^1\frac{2Gm}{(1+x^2)^{3/2}}\,\mathrm dx$。

思路： 引力是向量，先求一个小棒段的竖直分力，再用左右对称性消去水平分力。

详细解答：

1. 在横坐标 $x$ 处取长度为 $\mathrm dx$ 的微元。线密度为 $1$，微元质量为 $\mathrm dx$。它到质点的距离是 $r=\sqrt{x^2+1}$。

2. 万有引力大小为 $\mathrm dF=Gm\,\mathrm dx/r^2$。沿竖直方向的投影因子为 $1/r$，所以向下的分力为

   $$\mathrm dF_y=\frac{Gm}{r^3}\,\mathrm dx =\frac{Gm}{(1+x^2)^{3/2}}\,\mathrm dx.$$

3. $x$ 与 $-x$ 处的水平分力抵消，竖直分力同向相加。总引力向下，大小为

   $$F=2\int_0^1\frac{Gm}{(1+x^2)^{3/2}}\,\mathrm dx,$$

   对应 D。利用 $\bigl(x/\sqrt{1+x^2}\bigr)'=(1+x^2)^{-3/2}$，还能算得 $F=\sqrt2Gm$。

易错点： 只积分微元引力的大小而不取竖直投影，会漏掉一个距离因子。

答案： C。

思路： 极小值是局部性质，不能代替整个区间的单调性。C 描述凹曲线与一个固定端点之间的割线斜率。

详细解答：

1. 对 C，取 $-1\le x_1<x_2<1$，令 $t=(1-x_2)/(1-x_1)$，则 $0<t<1$，$x_2=tx_1+(1-t)\cdot1$。由题中凹曲线的定义，

   $$f(x_2)\le tf(x_1)+(1-t)f(1).$$

   移项后除以正数 $1-x_2=t(1-x_1)$，得到

   $$\frac{f(1)-f(x_1)}{1-x_1} \le\frac{f(1)-f(x_2)}{1-x_2}.$$

   将每个分式的分子、分母同时变号，就是 C 中差商的单调递增性质。

2. A 没有要求 $f$ 在零点连续。令 $f(x)=|x|$（$x\ne0$），$f(0)=2$，两侧单调性满足 A，但零点的函数值比附近更大，不是极小值。

3. 对 B，取 $f(x)=x^2-x^4$。零点是极小值，但 $f'(x)=2x(1-2x^2)$ 在 $(0,1)$ 变号，所以函数不是一直递增。

4. 对 D，取 $f(x)=(x-1)(x+1)^2$。题中差商为 $(x+1)^2$，在 $[-1,1)$ 递增；但 $f''(x)=6x+2$ 在区间内变号，图形并非全区间凹曲线。

因此只有 C 必然成立。这里的单调递增允许相等情形。

答案： B，即 $g(0)=1,\ g'(0)=\frac2{3e}$。

思路： 先确定反函数的对应点，再用反函数求导公式。

详细解答：

1. 积分上下限相同时积分为零，因此 $f(1)=0$。反函数把对应关系反过来，所以 $g(0)=1$。

2. 变上限积分求导时还要乘上 $x^3$ 的导数：

   $$f'(x)=\frac{e^{x^3}}{1+x^6}\cdot3x^2,\qquad f'(1)=\frac{3e}{2}\ne0.$$

3. 对恒等式 $f(g(t))=t$ 求导，有 $f'(g(t))g'(t)=1$。取 $t=0$，得 $g'(0)=1/f'(1)=2/(3e)$，选择 B。

易错点： 计算 $g'(0)$ 时需要的是 $f'(g(0))=f'(1)$，不是 $f'(0)$。

答案： B。

思路： 单位正方形被 $y=x$ 分成两块全等三角形。交换两个坐标后函数值不变，所以两块区域的积分相等。

详细解答：

1. 记上三角形为 $D$、下三角形为 $D'$。交换 $x,y$ 把 $D'$ 变成 $D$，结合函数的对称性可得

   $$\iint_Df=\iint_{D'}f,\qquad \iint_Df=\frac12\int_0^1\int_0^1f(x,y)\,\mathrm dx\,\mathrm dy.$$

   公共对角线面积为零，不影响二重积分。

2. 每条边分成 $n$ 份，小矩形面积为 $1/n^2$。相应的黎曼和为

   $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n f\left(\frac in,\frac jn\right)\frac1{n^2}.$$

   连续性保证极限等于正方形上的积分。再乘 $1/2$，正好得到 B。

3. 用 $f\equiv1$ 可排除其他选项，此时题设积分为 $1/2$。A 有 $n(n+1)/2$ 项，极限再乘 $2$ 得 $1$。C 有 $(2n)(2n+1)/2$ 项，权重为 $1/n^2$，再乘 $2$ 得 $4$。D 有同样数量的项，乘 $1/(2n^2)$ 得 $1$，均不等于 $1/2$。

易错点： 网格步长若为 $1/(2n)$，小格面积应是 $1/(4n^2)$。

答案： B。

思路： 置换矩阵把坐标顺序重新排列，逆矩阵就是恢复原顺序。伴随矩阵还多出一个行列式因子。

详细解答：

1. 置换矩阵的各行是标准单位向量的某种排列，因此行向量长度均为 $1$，不同的行互相正交。故 $AA^{\mathrm T}=I$，$A^{-1}=A^{\mathrm T}$。转置后仍是置换矩阵，B 正确。

2. 可逆矩阵满足 $A^*=\det(A)A^{-1}$。每交换两行，行列式变号，因此 $\det(A)$ 可能是 $1$ 或 $-1$，不能固定取其中一个。

3. 取 $P=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$，有 $\det(P)=-1$，所以 $P^*=-P^{-1}$。伴随矩阵含负数，既不是置换矩阵，也不等于逆矩阵，排除 A、C。取单位矩阵时，$A^*=A^{-1}=I$，不满足 D 的负号关系。

所以普遍成立的结论只有 B。

答案： A，即 $a=b=-1$。

思路： 按列理解 $AB=C$：$B$ 的每一列分别是一个线性方程组的未知向量。

详细解答：

1. 设 $B$ 第一列为 $(u,v,w)^{\mathrm T}$，四行方程为

   $$u+w=2,\quad w=1,\quad u+v+3w=1,\quad u+v+w=a.$$

   依次得 $w=1,u=1,v=-3$，于是 $a=1-3+1=-1$。

2. 设第二列为 $(s,t,r)^{\mathrm T}$，有

   $$s+r=0,\quad r=1,\quad s+t+3r=1,\quad s+t+r=b.$$

   得 $r=1,s=-1,t=-1$，故 $b=-1-1+1=-1$。

3. 此时可以取
   $B=\begin{pmatrix}1&-1\\-3&-1\\1&1\end{pmatrix}$。
   它的两列确实满足所有四行方程，说明这个参数条件可以实现，选择 A。

答案： D 是错误结论。

思路： 把题设化为 $(A-B)^2=O$，再研究矩阵的幂、特征值和零空间维数。

详细解答：

1. 令 $N=A-B$，题设给出 $N^2=O$，且 $N\ne O$。因此 $N^3=N^2N=O$，A 正确。

2. 若 $N\boldsymbol v=\lambda\boldsymbol v$，$\boldsymbol v\ne0$，则 $N^2\boldsymbol v=\lambda^2\boldsymbol v=0$，所以 $\lambda=0$，B 正确。

3. 若 $A,B$ 都是对角矩阵，$N$ 也是对角矩阵。$N^2=O$ 迫使每个对角元为零，进而 $N=O$，与条件矛盾。所以 C 正确。

4. $N^2=O$ 表示所有 $N\boldsymbol x$ 都在 $\ker N$ 中，即 $\operatorname{im}N\subseteq\ker N$。设秩为 $r$，三阶矩阵的零空间维数为 $3-r$，故 $r\le3-r$，得到 $r\le1$。又因 $N\ne O$，$r=1$，于是 $\dim\ker N=2$。

零特征值的特征空间就是零空间，可以找到两个线性无关的特征向量，因此 D 错误。

答案： $0<p<2$。

思路： 反常积分要分别检查零点和无穷远两个端点，再把收敛条件取交集。

详细解答：

1. 在 $0^+$，$\arctan x\sim x$、$x+1\sim1$，被积函数等价于 $x^{1-p}$。幂函数积分 $\int_0^1x^\alpha\,\mathrm dx$ 收敛当且仅当 $\alpha>-1$，这里要求 $1-p>-1$，即 $p<2$。

2. 在无穷远，$\arctan x\to\pi/2$、$x+1\sim x$，被积函数等价于 $(\pi/2)x^{-p-1}$。$\int_1^\infty x^{-\beta}\,\mathrm dx$ 收敛当且仅当 $\beta>1$，所以 $p+1>1$，即 $p>0$。

3. 被积函数为正，两处的正比极限比较可以判断收敛性。因此必须同时满足 $p>0,p<2$。当 $p=0$ 或 $p=2$，对应端点为 $1/x$ 型发散，两个端点都不能包含。

答案： $\frac12$。

思路： 先通分让一次项相消，再比较分子和分母的最低阶非零项。

详细解答：

1. 靠近零且 $x\ne0$ 时，原式为

   $$\frac{\sin x-\ln(1+x)}{x\sin x}.$$

2. 使用展开式
   $\sin x=x-x^3/6+o(x^3)$、
   $\ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3+o(x^3)$，得到

   $$\sin x-\ln(1+x)=\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{2}+o(x^3), \qquad x\sin x=x^2+o(x^2).$$

3. 分子、分母同时除以 $x^2$，极限为 $(1/2)/1=1/2$。

易错点： 两个一次项抵消，只知道 $\sin x\sim x$ 和 $\ln(1+x)\sim x$ 不足以求出剩余项。

答案： $4$。

思路： 先隐式求导得到该点的一、二阶导数，再代入曲率半径公式。

详细解答：

1. 将 $y$ 视为 $x$ 的函数，对曲线方程求导：

   $$2x+2\sqrt3(y+xy')+2yy'=0.$$

   代入 $(0,1)$ 得 $2\sqrt3+2y'=0$，所以 $y'=-\sqrt3$。

2. 再求一次导数：

   $$2+4\sqrt3y'+2(y')^2+2(\sqrt3x+y)y''=0.$$

   代入该点及已求出的斜率，得到 $2-12+6+2y''=0$，所以 $y''=2$。

3. 曲率半径公式为
   $R=(1+(y')^2)^{3/2}/|y''|$。所以 $R=4^{3/2}/2=4$。分母取绝对值，是因为半径是非负长度。

答案： $-2\pi$。

思路： 全微分的系数就是偏导数；复合函数求导分别乘内部函数的导数，再将两项相加。

详细解答：

1. 与 $\mathrm df=f_x\,\mathrm dx+f_y\,\mathrm dy$ 比较，得到 $f_x(0,0)=\pi,f_y(0,0)=3$。

2. $x=1$ 时，内部变量为 $(\ln1,\sin\pi)=(0,0)$，恰好是已知偏导数所在的点。

3. 按链式法则，

   $$g'(x)=f_x(\ln x,\sin\pi x)\frac1x +f_y(\ln x,\sin\pi x)\pi\cos\pi x.$$

   因而 $g'(1)=\pi+3\pi(-1)=-2\pi$。第二项中的 $\pi$ 来自 $\sin\pi x$ 的求导，不能遗漏。

答案： $3\ln2-1$。

思路： 平均值是函数积分除以区间长度，不是两个端点函数值的算术平均。

详细解答：

1. 区间长度为 $2$，平均值为 $\bar f=\frac12\int_0^2\ln(2+x)\,\mathrm dx$。

2. 令 $u=x+2$，区间变为 $[2,4]$。分部积分给出
   $\int\ln u\,\mathrm du=u\ln u-u+C$。

3. 因此

   $$\int_2^4\ln u\,\mathrm du =(4\ln4-4)-(2\ln2-2)=6\ln2-2.$$

   再除以 $2$，得到平均值 $\bar f=3\ln2-1$。

答案： $a+b=2$。

思路： 规范形只有一个正平方项，说明二次型的秩为 $1$。利用 Gram 矩阵的秩，把要求转换成 $A$ 的两行成比例。

详细解答：

1. 对任意 $\boldsymbol x$，
   $\boldsymbol x^{\mathrm T}AA^{\mathrm T}\boldsymbol x =\|A^{\mathrm T}\boldsymbol x\|^2\ge0$，所以 $AA^{\mathrm T}$ 半正定，没有负平方项。规范形 $y_1^2$ 表明它的秩为 $1$。

2. 由 $\operatorname{rank}(AA^{\mathrm T})=\operatorname{rank}(A)$，$A$ 的秩也为 $1$。第一行不为零，因此第二行必须是它的 $k$ 倍：

   $$(a+2,3,-3a)=k(1,b,-1).$$

3. 第一、第三个分量给出 $k=a+2=3a$，所以 $a=1,k=3$。第二个分量给出 $3=3b$，所以 $b=1$，最后 $a+b=2$。

易错点： 规范形反映正、负、零平方项的个数，不要求原矩阵非零特征值恰好等于 $1$。

答案： $I=4\sin\sqrt2-2\sqrt2$。

思路： 区域由圆和过原点的直线围成，被积函数含 $x^2+y^2$，极坐标可以同时简化区域和函数。

详细解答：

1. 区域满足 $y\ge|x|$、$x^2+y^2\le2$。令 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，得到
   $0\le r\le\sqrt2,\ \pi/4\le\theta\le3\pi/4$。这也自动保证 $-1\le x\le1$。

2. 面积元素为 $r\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta$，而 $y\sin\sqrt{x^2+y^2}=r\sin\theta\sin r$。所以

   $$I=\left(\int_{\pi/4}^{3\pi/4}\sin\theta\,\mathrm d\theta\right) \left(\int_0^{\sqrt2}r^2\sin r\,\mathrm dr\right).$$

   第一部分等于 $[-\cos\theta]_{\pi/4}^{3\pi/4}=\sqrt2$。

3. 径向积分两次分部：

   $$\begin{aligned} \int r^2\sin r\,\mathrm dr &=-r^2\cos r+2\int r\cos r\,\mathrm dr\\ &=-r^2\cos r+2r\sin r+2\cos r+C. \end{aligned}$$

   在上限 $\sqrt2$，两个余弦项抵消；在下限零，值为 $2$。因此定积分为 $2\sqrt2\sin\sqrt2-2$。

4. 两部分相乘，$I=\sqrt2(2\sqrt2\sin\sqrt2-2)=4\sin\sqrt2-2\sqrt2$。

易错点： 极坐标变换必须带上面积因子 $r$，否则会少一个径向因子。

答案：

$$f'(x)= \begin{cases} 3xg(x^3)-\dfrac1{x^2}\displaystyle\int_0^{x^3}g(u)\,\mathrm du,&x\ne0,\\ 0,&x=0. \end{cases}$$

$f'$ 在零点连续。

思路： 题目只保证 $g$ 连续，不能直接对 $g(xt)$ 求导。先换元，将 $x$ 移到积分上限；零点处另用导数定义。

详细解答：

1. 当 $x\ne0$，令 $u=xt$，则 $\mathrm dt=\mathrm du/x$，上下限变为 $0,x^3$：

   $$f(x)=\frac1x\int_0^{x^3}g(u)\,\mathrm du.$$

   对负数 $x$，上下限的方向也已包含在这个公式中。

2. 记 $F(v)=\int_0^vg(u)\,\mathrm du$。连续性保证 $F'(v)=g(v)$，因此

   $$f'(x)=-\frac{F(x^3)}{x^2} +\frac1xg(x^3)\cdot3x^2 =3xg(x^3)-\frac1{x^2}\int_0^{x^3}g(u)\,\mathrm du.$$

3. $f(0)=0$。由连续性，原点附近存在 $M$ 使 $|g(u)|\le M$。当 $h$ 足够小时，原积分中 $|ht|\le|h|^3$，故 $|f(h)|\le Mh^2$。于是

   $$\left|\frac{f(h)-f(0)}h\right|\le M|h|\longrightarrow0,$$

   根据导数定义得到 $f'(0)=0$。

4. 对足够小的非零 $x$，
   $|3xg(x^3)|\le3M|x|$，并且

   $$\left|\frac1{x^2}\int_0^{x^3}g(u)\,\mathrm du\right| \le\frac{M|x|^3}{x^2}=M|x|.$$

   所以 $|f'(x)|\le4M|x|\to0=f'(0)$，证明了零点连续性。整个过程没有要求 $g$ 可导。

答案： $(-2,0)$ 处有极大值 $8/e^2$；没有极小值。

思路： 先求所有驻点，再用二阶偏导数判别。驻点不一定是极值点。

详细解答：

1. 求一阶偏导：

   $$f_x=e^x(2x^2+4x-y^2),\qquad f_y=-2ye^x.$$

   因 $e^x>0$，$f_y=0$ 给出 $y=0$。再解 $f_x=0$，有 $2x(x+2)=0$，所以驻点为 $(0,0),(-2,0)$。

2. 二阶偏导为

   $$f_{xx}=e^x(2x^2+8x+4-y^2),\quad f_{xy}=-2ye^x,\quad f_{yy}=-2e^x.$$

   记 $A=f_{xx},B=f_{xy},C=f_{yy}$，判别式为 $\Delta=AC-B^2$。

3. 在 $(0,0)$，$A=4,B=0,C=-2$，故 $\Delta=-8<0$，为鞍点，不是极值点。

4. 在 $(-2,0)$，$A=-4e^{-2},B=0,C=-2e^{-2}$，$\Delta=8e^{-4}>0$ 且 $A<0$，所以是极大值点。极大值为 $f(-2,0)=8e^{-2}$。