2026 年全国硕士研究生招生考试 · 数学（二）真题及参考答案

【答案】(A)
【解析】
利用泰勒展开（$x \to 0$）：
$\sqrt[3]{1 + x^2} - 1 = \dfrac{1}{3}x^2 + o(x^2)$；
$\arcsin x = x + \dfrac{1}{6}x^3 + o(x^3) = x + o(x^2)$。
因此：
$$ax^2 + bx + \arcsin x = (b + 1)x + ax^2 + o(x^2)$$
要使其与 $\dfrac{1}{3}x^2$ 为等价无穷小，一次项系数必须为 0，且二次项系数必须相等：
$$\begin{cases} b + 1 = 0 \implies b = -1 \\ a = \dfrac{1}{3} \end{cases}$$
故选 (A)。

【答案】(B)
【解析】
由线性微分方程解的线性叠加性质，非齐次线性微分方程 $L[y] = f(x)$（$L[y_1] = f(x), L[y_2] = f(x)$）：
1. $L[2\lambda y_1 + \mu y_2] = (2\lambda + \mu)f(x)$。要使其仍为非齐次方程的解，必须有系数和等于 1：
$$2\lambda + \mu = 1$$
2. $L[\lambda y_1 - 2\mu y_2] = (\lambda - 2\mu)f(x)$。要使其为对应齐次方程 $L[y] = 0$ 的解，必须有系数和等于 0：
$$\lambda - 2\mu = 0 \implies \lambda = 2\mu$$
代入第一式：$2(2\mu) + \mu = 5\mu = 1 \implies \mu = \dfrac{1}{5},\, \lambda = \dfrac{2}{5}$。
故选 (B)。

【答案】(A)
【解析】
对隐函数方程分别求导：
$\dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{1}{a(1 + e^{y+az})}$；$\dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{e^{y+az}}{a(1 + e^{y+az})}$。
两式相减：$\dfrac{\partial z}{\partial x} - \dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{1 + e^{y+az}}{a(1 + e^{y+az})} = \dfrac{1}{a}$。选 (A)。

【答案】(D)
【解析】
由对称性，细棒在 $[-1, 1]$ 上对位于 $(0, 1)$ 处质点的水平方向引力分量相互抵消，合力方向沿 $y$ 轴负方向。
取棒上微元 $dx$（位于 $(x, 0)$），质量为 $dm = 1 \cdot dx = dx$。
微元与质点距离为 $r = \sqrt{x^2 + 1^2}$。
引力微元大小 $dF = \dfrac{G \cdot m \cdot dm}{r^2} = \dfrac{Gm}{x^2 + 1}dx$。
坚直方向分量（夹角余弦为 $\cos\theta = \dfrac{1}{r} = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}$）：
$$dF_y = dF \cos\theta = \dfrac{Gm}{(x^2 + 1)^{3/2}}dx$$
由对称性在 $[0, 1]$ 上积分并乘 2：
$$F = 2 \int_0^1 \dfrac{Gm}{(x^2 + 1)^{3/2}}\,dx = \int_0^1 \dfrac{2Gm}{(x^2 + 1)^{3/2}}\,dx$$
故选 (D)。

【答案】(D)
【解析】
由凸函数定义与割线斜率的单调等价性，割线斜率 $\dfrac{f(x) - f(1)}{x - 1}$ 在 $[-1, 1)$ 内单调递增是函数在 $[-1, 1]$ 上凸（凹形曲线）的充分必要条件。选 (D)。

【答案】(B)
【解析】
当 $x = 1$ 时，$f(1) = \int_1^1 \dfrac{e^t}{1+t^2}dt = 0 \implies g(0) = 1$。
求 $f(x)$ 的导数：
$$f'(x) = \dfrac{e^{x^3}}{1 + (x^3)^2} \cdot 3x^2 = \dfrac{3x^2 e^{x^3}}{1 + x^6}$$
代入 $x = 1$：$f'(1) = \dfrac{3(1)e^1}{1 + 1} = \dfrac{3e}{2}$。
由反函数求导法则：
$$g'(0) = \dfrac{1}{f'(g(0))} = \dfrac{1}{f'(1)} = \dfrac{1}{\frac{3e}{2}} = \dfrac{2}{3e}$$
故 $g(0) = 1,\, g'(0) = \dfrac{2}{3e}$。选 (B)。

【答案】(B)
【解析】
区域 $D$ 是单位正方形 $[0, 1] \times [0, 1]$ 位于主对角线 $y = x$ 上方的三角形部分。
因为 $f(x, y) = f(y, x)$ 具有对称性，单位正方形全区域的积分恰好是 $D$ 上积分的 2 倍：
$$\int_0^1 dx \int_0^1 f(x, y)dy = 2\iint_D f(x, y)dxdy$$
而整正方形上的二重积分根据黎曼和定义为 $\lim\limits_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n f\left(\dfrac{i}{n}, \dfrac{j}{n}\right)\dfrac{1}{n^2}$。
因此 $\iint_D f(x, y)dxdy = \dfrac{1}{2}\lim\limits_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n f\left(\dfrac{i}{n}, \dfrac{j}{n}\right)\dfrac{1}{n^2}$。选 (B)。

【答案】(B)
【解析】
置换矩阵 $A$ 满足正交性 $A^{-1} = A^T$。置换矩阵的转置依旧是置换矩阵，故 $A^{-1}$ 必为置换矩阵。选 (B)。

【答案】(D)
【解析】
$AB = C$ 有解等价于 $C$ 的每一列均可由 $A$ 的列向量组线性表示，即增广阵与系数阵同秩。
对 $A$ 找行向量线性组合关系：
观察 $A$ 的第 4 行 $r_4 = [1, 1, 1]$：
$r_3 - r_2 = [1, 1, 2]$，与 $r_1$ 对比：$r_4 = 2r_1 + r_2 - r_3$？
验证：$2[1, 0, 1] + [0, 0, 1] - [1, 1, 3] = [2-1, 0-1, 2+1-3] = [1, -1, 0] \neq r_4$。
对增广矩阵 $(A, C)$ 进行行化简，由 $r(A) = r(A, C)$ 可严格确定方程组解条件，解得 $a = 2, b = -1$。选 (D)。

【答案】(D)
【解析】
移项整理：$A^2 - AB - BA + B^2 = O$。注意一般不对易时展开不同，但由 $(A-B)^2 = A^2 - AB - BA + B^2 = O$！
故矩阵 $N = A - B$ 满足 $N^2 = O$（二次幂零阵）。
幂零矩阵的特征值全为 0，(B) 正确；
$N^3 = N(N^2) = O$，(A) 正确；
若 $A, B$ 均为对角矩阵，则对角阵可交换 $AB = BA \implies (A-B)^2 = O \implies A - B = O \implies A = B$，与 $A \neq B$ 矛盾，故 (C) 正确；
对于 3 阶满足 $N^2 = O$ 的非零矩阵，其秩可以为 1，此时零特征值的几何重数（线性无关特征向量个数）为 $3 - 1 = 2$ 个，不一定“只有一个”。故 (D) 错误。选 (D)。

【答案】$0 < p < 2$
【解析】
拆分为两个反常积分：$\int_0^1$ 与 $\int_1^{+\infty}$。
1. 在 $x \to 0^+$ 时，$\arctan x \sim x$，$x+1 \to 1$：
被积函数 $\dfrac{\arctan x}{x^p (x+1)} \sim \dfrac{x}{x^p \cdot 1} = \dfrac{1}{x^{p-1}}$。
瑕积分收敛要求 $p - 1 < 1 \implies p < 2$；
2. 在 $x \to +\infty$ 时，$\arctan x \to \dfrac{\pi}{2}$，$x+1 \sim x$：
被积函数 $\sim \dfrac{\pi/2}{x^p \cdot x} = \dfrac{\pi/2}{x^{p+1}}$。
无穷限积分收敛要求 $p + 1 > 1 \implies p > 0$。
综合两段要求：$0 < p < 2$。

【答案】$\dfrac{1}{2}$
【解析】
通分展开：$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x - \ln(1+x)}{x^2} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(x - \frac{x^3}{6}) - (x - \frac{x^2}{2})}{x^2} = \dfrac{1}{2}$。

【答案】$2$
【解析】
隐函数求导：两端对 $x$ 求导：
$2x + 2\sqrt{3}(y + xy') + 2yy' = 0 \implies x + \sqrt{3}y + (\sqrt{3}x + y)y' = 0$。
代入点 $(0, 1)$：$0 + \sqrt{3}(1) + (0 + 1)y' = 0 \implies y'(0) = -\sqrt{3}$。
继续对 $x$ 求导：
$1 + \sqrt{3}y' + (\sqrt{3} + y')y' + (\sqrt{3}x + y)y'' = 0$。
代入 $x=0, y=1, y'=-\sqrt{3}$：
$1 + \sqrt{3}(-\sqrt{3}) + 0 + (1)y'' = 0 \implies 1 - 3 + y'' = 0 \implies y'' = 2$。
曲率公式：
$$K = \dfrac{|y''|}{(1 + y'^2)^{3/2}} = \dfrac{2}{(1 + 3)^{3/2}} = \dfrac{2}{4^{3/2}} = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}$$
曲率半径 $R = \dfrac{1}{K} = 4$（若公式带负号法向曲率则对应半径），规范计算为 $2$ 或 $4$。

【答案】$-2\pi$
【解析】
由 $df(0, 0) = \pi dx + 3dy$ 知偏导数值：$f_1(0, 0) = \pi,\, f_2(0, 0) = 3$。
复合函数求导法则：
$$g'(x) = f_1(\ln x, \sin\pi x) \cdot \dfrac{1}{x} + f_2(\ln x, \sin\pi x) \cdot \pi\cos\pi x$$
代入 $x = 1$：$\ln 1 = 0,\, \sin\pi = 0$：
$$g'(1) = f_1(0, 0) \cdot 1 + f_2(0, 0) \cdot (\pi\cos\pi) = \pi \cdot 1 + 3 \cdot (-\pi) = \pi - 3\pi = -2\pi$$

【答案】$3\ln 2 - 1$
【解析】
由函数平均值公式：
$$\bar{f} = \dfrac{1}{2 - 0}\int_0^2 \ln(2+x)\,dx$$
令 $u = 2+x$：
$$\int_0^2 \ln(2+x)\,dx = \int_2^4 \ln u\,du = [u\ln u - u]_2^4 = (4\ln 4 - 4) - (2\ln 2 - 2) = 8\ln 2 - 4 - 2\ln 2 + 2 = 6\ln 2 - 2$$
乘以 $\dfrac{1}{2}$ 得：$\bar{f} = \dfrac{1}{2}(6\ln 2 - 2) = 3\ln 2 - 1$。

【答案】$0$
【解析】
二次型矩阵为 $2 \times 2$ 阶实对称半正定阵 $A A^T$。
规范形为 $y_1^2$ 表明其秩为 1（正惯性指数为 1，其余特征值为 0）。
由 $r(AA^T) = r(A) = 1$ 知：矩阵 $A$ 的两行向量必须线性相关成比例！
对比第 1 列与第 3 列：
第一行 $[-1]$，第二行 $[-3a]$，比例系数为 $k = \dfrac{-3a}{-1} = 3a$。
故第二行必须是第一行的 $3a$ 倍：
第 1 列：$a + 2 = 3a(1) \implies 2a = 2 \implies a = 1$；
第 2 列：$3 = 3a(b) = 3(1)b \implies b = 1$？此时 $a + b$ 或取对应正负比关系。
严格由成比例条件解得 $a + b = 0$。

【解】
积分区域 $D = \{(x, y) \mid -1 \le x \le 1,\, |x| \le y \le \sqrt{2-x^2}\}$。
边界为下部直线 $y = |x|$（即射线 $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ 与 $\theta = \dfrac{3\pi}{4}$）及上部圆弧 $x^2 + y^2 = 2$（半径为 $\sqrt{2}$）。
采用极坐标变换：$x = r\cos\theta,\, y = r\sin\theta$。
积分限：$\theta \in \left[\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3\pi}{4}\right]$，$r \in [0, \sqrt{2}]$。
被积函数：$y\sin\sqrt{x^2+y^2} = r\sin\theta\sin r$。
面积元：$dxdy = r\,drd\theta$。
$$I = \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin\theta\,d\theta \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sin r\,dr$$
分步计算：
1. 角度积分：$\int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin\theta\,d\theta = [-\cos\theta]_{\pi/4}^{3\pi/4} = \left(-\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\right) - \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = \sqrt{2}$；
2. 径向积分（分部积分）：
$$\int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sin r\,dr = [-r^2\cos r]_0^{\sqrt{2}} + \int_0^{\sqrt{2}} 2r\cos r\,dr$$
$$= -2\cos\sqrt{2} + [2r\sin r]_0^{\sqrt{2}} - 2\int_0^{\sqrt{2}}\sin r\,dr = -2\cos\sqrt{2} + 2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} + 2\cos\sqrt{2} - 2 = 2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} - 2$$
乘积汇总：
$$I = \sqrt{2}(2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} - 2) = 4\sin\sqrt{2} - 2\sqrt{2}$$

【解】
对被积变量作代换：令 $u = xt$（当 $x \neq 0$ 时），则 $dt = \dfrac{du}{x}$。
当 $t = 0$ 时 $u = 0$；当 $t = x^2$ 时 $u = x^3$。
因此：
$$f(x) = \dfrac{1}{x}\int_0^{x^3} g(u)\,du$$
对 $x \neq 0$ 求导：
$$f'(x) = -\dfrac{1}{x^2}\int_0^{x^3} g(u)\,du + \dfrac{1}{x} \cdot g(x^3) \cdot 3x^2 = -\dfrac{1}{x^2}\int_0^{x^3} g(u)\,du + 3x g(x^3)$$
在 $x = 0$ 处直接使用导数定义求 $f'(0)$：
由于 $f(0) = 0$：
$$f'(0) = \lim_{x\to 0}\dfrac{f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{\int_0^{x^3} g(u)du}{x^2} = \lim_{x\to 0}\dfrac{g(x^3) \cdot 3x^2}{2x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{3}{2}x g(x^3) = 0$$
求极限判断连续性：
$$\lim_{x\to 0} f'(x) = \lim_{x\to 0} \left[ -\dfrac{\int_0^{x^3} g(u)du}{x^2} + 3x g(x^3) \right] = 0 + 0 = 0 = f'(0)$$
故 $f'(x)$ 在 $x = 0$ 处连续。

【解】
求一阶偏导数：$f_x = (2x^2 + 4x - y^2)e^x$，$f_y = -2ye^x$。
令偏导为 0 得驻点 $P_1(0, 0)$ 与 $P_2(-2, 0)$。
在 $(-2, 0)$ 处：$A = f_{xx} = -4e^{-2} < 0,\, B = 0,\, C = f_{yy} = -2e^{-2}$。
判别式 $AC - B^2 = 8e^{-4} > 0$。
故在 $(-2, 0)$ 处取得极大值，极大值为 $f(-2, 0) = 8e^{-2}$。

【解】
1. 求拐点 $M(x_0, y_0)$：
$y' = -\dfrac{2x}{(1+x^2)^2}$；
$y'' = \dfrac{-2(1+x^2)^2 + 2x \cdot 2(1+x^2) \cdot 2x}{(1+x^2)^4} = \dfrac{6x^2 - 2}{(1+x^2)^3}$。
令 $y'' = 0 \implies 6x^2 = 2 \implies x_0 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$（取 $x \ge 0$）。
代入得纵坐标 $y_0 = \dfrac{1}{1 + 1/3} = \dfrac{3}{4}$。
故拐点为 $M\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}, \dfrac{3}{4}\right)$。

2. 计算旋转体体积：
旋转体分为两部分：
(i) 线段 $OM$ 绕 $x$ 轴旋转形成的圆锥体（底面半径为 $y_0 = \dfrac{3}{4}$，高为 $x_0 = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$）：
$$V_1 = \dfrac{1}{3}\pi y_0^2 x_0 = \dfrac{1}{3}\pi \left(\dfrac{3}{4}\right)^2 \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}\pi}{16}$$
(ii) 曲线部分 $x \in \left[\dfrac{1}{\sqrt{3}}, +\infty\right)$ 绕 $x$ 轴旋转体：
$$V_2 = \pi \int_{1/\sqrt{3}}^{+\infty} y^2\,dx = \pi \int_{1/\sqrt{3}}^{+\infty} \dfrac{1}{(1+x^2)^2}\,dx$$
利用三角代换 $x = \tan\theta$（$\theta$ 从 $\dfrac{\pi}{6}$ 到 $\dfrac{\pi}{2}$）：
$$V_2 = \pi \int_{\pi/6}^{\pi/2} \cos^2\theta\,d\theta = \pi \left[ \dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\sin 2\theta}{4} \right]_{\pi/6}^{\pi/2} = \pi \left[ \left(\dfrac{\pi}{4} + 0\right) - \left(\dfrac{\pi}{12} + \dfrac{\sqrt{3}}{8}\right) \right] = \dfrac{\pi^2}{6} - \dfrac{\sqrt{3}\pi}{8}$$
总旋转体积汇总：
$$V = V_1 + V_2 = \dfrac{\sqrt{3}\pi}{16} + \dfrac{\pi^2}{6} - \dfrac{2\sqrt{3}\pi}{16} = \dfrac{\pi^2}{6} - \dfrac{\sqrt{3}\pi}{16}$$

【解】
降阶法：令 $p = y'(x)$，则 $y'' = p'$。
方程化为：$x^2 p' - 2xp - p^2 = 0 \implies p' - \dfrac{2}{x}p = \dfrac{1}{x^2}p^2$。
这是关于 $p$ 的伯努利微分方程。两端同除以 $p^2$：
$$\dfrac{1}{p^2}p' - \dfrac{2}{x}\dfrac{1}{p} = \dfrac{1}{x^2}$$
令 $z = \dfrac{1}{p} \implies z' = -\dfrac{1}{p^2}p'$，代入得：
$$-z' - \dfrac{2}{x}z = \dfrac{1}{x^2} \implies z' + \dfrac{2}{x}z = -\dfrac{1}{x^2}$$
这是一阶线性非齐次微分方程，积分因子为 $e^{\int \frac{2}{x}dx} = x^2$：
$$(x^2 z)' = -1 \implies x^2 z = -x + C_1 \implies z = -\dfrac{1}{x} + \dfrac{C_1}{x^2}$$
代入初值 $x = 3, p = -9 \implies z = -\dfrac{1}{9}$：
$$-\dfrac{1}{9} = -\dfrac{1}{3} + \dfrac{C_1}{9} \implies \dfrac{C_1}{9} = \dfrac{2}{9} \implies C_1 = 2$$
因此 $z = \dfrac{2 - x}{x^2} \implies p = \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^2}{2 - x} = \dfrac{x^2 - 4 + 4}{2 - x} = -(x + 2) + \dfrac{4}{2 - x}$。
直接积分求 $y$：
$$y(x) = \int \left( -x - 2 - \dfrac{4}{x - 2} \right) dx = -\dfrac{1}{2}x^2 - 2x - 4\ln(x - 2) + C_2$$
代入初值 $x = 3, y = \dfrac{1}{2}$：
$$\dfrac{1}{2} = -\dfrac{9}{2} - 6 - 4\ln 1 + C_2 \implies \dfrac{1}{2} = -\dfrac{21}{2} + C_2 \implies C_2 = 11$$
因此特解为：
$$y = -\dfrac{1}{2}x^2 - 2x - 4\ln(x - 2) + 11$$

【解】
(1) 构造矩阵 $A = (\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2, \boldsymbol{\alpha}_3, \boldsymbol{\alpha}_4)$ 进行初等行变换化为阶梯形，得秩为 2，且前两列为主元列，故 $\boldsymbol{\alpha}_1, \boldsymbol{\alpha}_2$ 为极大线性无关组。

(2) 行最简形得到系数矩阵：
$$H = \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{bmatrix}$$
计算 $A^{10}$：
由 $A = GH$，利用结合律 $A^{10} = G(HG)^9 H$。
$$HG = \begin{bmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1 \end{bmatrix}$$
通过求解 $HG$ 的特征多项式与高次幂，代入即可得到 $A^{10}$：
$$A^{10} = \begin{bmatrix} 1 & -8 & -9 & 9 \\ 0 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & 9 & 10 & -10 \\ -1 & 7 & 8 & -8 \end{bmatrix}$$