2018考研数学二答案真题解析_26.考研数学（一）（二）（三）真题_26.2考研数学（二）真题_版本2自选使用_02.1987-2024年数二真题详解

2018 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.下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目 要求的,请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上. ．．． （1）若 1 / 11 l i m x  0 ( e x  a x 2  b x ) 12 x  1 ，则（ ） (A) a  1 2 , b   1 1 1 (B) a ,b1 (C) a ,b1 (D) 2 2 a   1 2 , b  1 【答案】B 【解析】由已知有原极限等于  e lim x 0 e x  a 2 x 2 x b x  1  e lim x 0 e x  22 ax x  b  l i m x  1 0 [ 1  ( e x  a x 2  b x  1 ) ] e x  a x 12  b x  1 e x  a 2 x 2 x b x  1 ，所以lim(ex 2axb)1b0，即 x0 b   1 ， 则原极限等于 e lim x 0 e x  2 2 a x x  1  e lim x 0 e x  2 2 a  e 1  2 2 a  1 ，所以 1  2 2 a  0 ，即 a   1 2 . （2）下列函数中，在 x  0 处不可导的是（ ） (A) f(x) x sin x (B) f ( x )  x s i n x (C) f ( x )  c o s x (D) f ( x )  c o s x 【答案】D 【解析】由导数定义可得： f ( 0 )  l i m x 0 f ( x )  x f ( 0 ) ； 选项A： f ( 0 )  l i m x 0 x s i x n x  0 ；选项B： f ( 0 )  l i m x 0 x s i n x x  0 ； 选项C： f ( 0 )  l i m x  0 c o s x x  1  l i m x  0  1 2 x x 2  0 选项D： f ( 0 )  l i m x  0 c o s x x  1  l i m x  0  1 2x x 不存在，故选D （3）设函数 f ( x )    1 1 , , x x   0 0 ， g ( x )   2 x x  ,   a 1 b x ,  , x x x    0  0 1 ，若 f ( x )  g ( x ) 在 R 上连续，则（ ） (A) a3,b1 (B) a  3 , b  2 (C) a3,b1 (D) a   3 , b  2 【答案】D【解析】由已知有 2 / 11 f ( x )  g ( x )   1 x x    a 1 1 x , ,   x 1 b   , x  x  1  0 0 在 R 上连续， 所以 l i x m 1  ( 1  a x )  1  a  l i x m 1  ( x  1 )   2  a   3 ， l i x m 0  ( x  1 )   1  l i x m 0  ( x  1  b )  1  b  b  2 . （4）设函数 f ( x ) 在 [ 0 ,1 ] 上二阶可导，且  1 0 f ( x ) d x  0 ，则（ ） (A) 当 f(x)0时， f ( 1 2 )  0 (B) 当 f ( x )  0 时， f ( 1 2 )  0 (C) 当 f  ( x )  0 时， f ( 1 2 )  0 (D) 当 f ( x )  0 时， f ( 1 2 )  0 【答案】D 【解析】取 f ( x )  x  1 2 或 f ( x )  1 2  x ，可排除选项A、C； 由泰勒公式可得： f ( x ) f ( 1 2 ) f ( 1 2 ) ( x 1 2 ) f 2 ( ! ) ( x 1 2 ) 2         ， 当 f(x)0时， f ( x )  f ( 1 2 )  f ( 1 2 ) ( x  1 2 ) ， 两边积分可得：  1 0 f ( x ) d x   1 0  f ( 1 2 )  f ( 1 2 ) ( x  1 2 )  d x  f ( 1 2 ) ，故答案为D. （5）设 M 2 2 (1 1 x x ) 2 2 d x         1x ，N  2 dx，   ex 2 K 2 2 (1 c o s x ) d x       ，则（ ） (A) M N K (B) M  K  N (C) K  M  N (D) K  N  M 【答案】C 【解析】 M 2 2 ( 1 1 x x ) 2 2 d x 2 2 1 1 2 x x 2 d x 2 2 1 d x                      ；  1x  因为ex 1x，故N 2 dx2 1dx；   ex   2 2   又因为 1 cosx 1 ，所以K 2  (1 cosx)dx2  1dx，故K M N ，答案为C.   2 2 0 2x2 1 2x2 （6） dx (1xy)dy dx (1xy)dy（ ） 1 x 0 x(A) 3 / 11 5 3 (B) 5 6 7 (C) (D) 3 7 6 【答案】C 【解析】如图所示，由已知可得，积分区域 D  { ( x , y )  1  x  0 ,  x  y  2  x 2 } { ( x , y ) 0  x  1 , x  y  2  x 2 } ， 显然被积函数 x y 关于 x 为奇函数， 1 关于 x 为偶函数， 所以  0  1 d x  2   x x 2 ( 1  x y ) d y   1 0 d x  2 x  x 2 ( 1  x y ) d y  2  1 0 d x  2 x  x 2 1 d y  2  1 0 ( 2  x 2  x ) d x 1 1 1 7 2(2x x3 x2)  . 3 2 3 0 （7）下列矩阵中，与矩阵  1 0 0 1 1 0 0 1 1  相似的为（ ） 1 1 1   (A) 0 1 1 (B)   0 0 1     1 0 0 0 1 0  1 1 1  (C)  1 0 0 1 1 0  0 1 1  (D)  1 0 0 0 1 0  0 1 1  【答案】A 1 1 0 1 1 0     【解析】令P 0 1 0 ，则P1  0 1 0 ，     0 0 1 0 0 1     1 1 01 1 11 1 0 1 1 0       故P1AP 0 1 0 0 1 1 0 1 0  0 1 1 ，答案为A.       0 0 10 0 1 0 0 1 0 0 1       （8）设A、B为 n 阶矩阵，记r(X)为矩阵X 的秩，(X,Y)表示分块矩阵，则（ ） (A) r(A,AB)r(A) (B) r(A,BA)r(A) (C) r(A,B)max{r(A),r(B)} (D) r(A,B)r(AT,BT)【答案】A 1 1 0 0 0 0 【解析】选项C明显错误；对于选项B举反例：A   ,B  ，则BA  , 1 1 1 2 3 3 1 1 0 0 而(A,BA) ，此时有   1 1 1 2 4 / 11 r ( A , B A )  2 , r ( A )  1 ； 对于选项D：举反例， A   1 0 0 0  , B   0 1 0 0  ， 则 ( A , B )   1 0 0 0 0 1 0 0  ， ( A T , B T )   1 0 0 0 0 0 1 0  r(A,B)2,r(AT,BT)1 ，故 对于选项A： ( A , A B )  A ( E , B ) ，因为 r ( E , B )  n ，故r(A)rA(E,B) ，所以 r ( A , A B )  r ( A ) 二、填空题：9 14小题，每小题4分,共24分.请将答案写在答题纸指定位置上. ．．． （9） l i x  m  x 2 [ a r c t a n ( x  1 )  a r c t a n x ]  ___________. 【答案】 1 【解析】由拉格朗日中值定理可得：存在 ( x , x 1 )    1 ，使得arctan(x1)arctanx ， 12 所以原式 lx i m 1 x 2 2 1        . y  x2 2lnx （10）曲线 在其拐点处的切线方程是___________. 【答案】y4x3 【解析】对导可得 f ( x )  2 x  2 x ，令 f ( x )  2  2 x 2  0 ，有 x  1 ，故曲线的拐点为 (1 ,1 ) 而 f(1)4，所以其切线方程为y14(x1)，即 y  4 x  3 .  1 （11） dx___________. 5 x2 4x3 1 【答案】 ln2 2 【解析】   5  x 2  1 4 x  3 d x  1 2   5  ( x 1  3  x 1  1 ) d x  1 2 l n x x   3 1  5   1 2 l n 2 .（12）曲线 5 / 11  x y   c s o i s n 3 3 t t 在 t 4   对应点处的曲率为___________. 【答案】 2 3 【解析】 d d y x  3 3 c s o i s n 2 2 t t c (  o s s i n t t )   t a n t ， d d 2 x y 2  3 c o  s s 2 e c t (  2 t s i n t )  3 c o s 1 4 t s i n t ， 所以当 t 4   时， d d y x   1 , d d 2 x y 2  4 3 2 ， y 2 k   故 3 3 . [1(y)2]2 （13）设函数 z  z ( x , y ) 由方程 l n z  e z  1  x y 确定，则   z x (2 1,2 )  ___________. 【答案】 1 4 【解析】由已知可得当 x  2 , y  1 2 时， z  1 ， 令F(x,y,z)lnzez1xy， 则 F x   y , F z  1 z  e z  1 z y z 1  ,  ，所以x 1 ez1 x (2, 1 ) 4. z 2 （14）设 A 为3阶矩阵，,,为线性无关的向量组，若 1 2 3 A 1 2 1 2 3        ， A  2，A  ，则 A  ___________. 2 2 3 3 2 3 【答案】 2 【解析】 A ( 1 , 2 , 3 ) = ( A 1 , A 2 , A 3 ) ( 1 2 , 2 3 , 1 3 ) ( 1 , 2 , 3 ) 1 1 0 0 1 1 1 0 1                       因为 1 , 2 , 3 1 0 1     线性无关，故令(,,) P，可得P1AP  1 1 0 ， 1 2 3   0 1 1  所以 6 / 11 A  1 1 0 0 1 1 1 0 1  2 . 三、解答题：15～23小题，共94分.请将解答写在答题纸指定位置上.解答应写出文字说明、证明过 ．．． 程或演算步骤. （15）（本题满分10分） 求不定积分  e 2 x a r c t a n e x  1 d x . 【答案】原式  1 2  a r c t a n e x  1 d e 2 x  1 2 ( e 2 x a r c t a n e x  1   2 e e 2 x x  1 d x )  1 2 [ e 2 x a r c t a n e x  1  1 3 ( e x  1 ) 3  e x  1 ]  C （16）（本题满分10分） 已知连续函数 f ( x ) 满足  x 0 f ( t ) d t   x 0 t f ( x  t ) d t  a x 2 （1）求 f ( x ) ； （2）若 f ( x ) a 在区间[0,1]上的平均值为1，求 的值. 【答案】（1） f ( x )  2 a (1  e  x ) ；（2） a  e 2 . 【解析】  x 0 f ( t ) d t   x 0 t f ( x  t ) d t   x 0 f ( t ) d t   x 0 ( x  u ) f ( u ) d u  a x 2 x x x  f(t)dtx f(u)du uf(u)du ax2 0 0 0  f ( x )   x 0 f ( u ) d u  x f ( x )  x f ( x )  2 a x  f ( x )   x 0 f ( u ) d u  2 a x ， x 令F(x) f(u)du，则 0 F ( x )  f ( x ) ， F ( 0 )  0 ， 所以有 F ( x )  F ( x )  2 a x ， 则F(x)e dx [2axe dx dxC]2ax2aCex， 又由 F ( 0 )  0 得 C  2 a ，即F(x)2ax2a2aex， 故 f(x)F(x)2a(1ex). （17）（本题满分10分）设平面区域 7 / 11 D 由曲线  x y   t 1   s c i o n s t t （ 0 t 2    ）与 x 轴围成，计算二重积分(x2y)dxdy. D 【答案】 3 2 5    . 【解析】由题目积分区域，原积分可化为 2 0 d x 0 ( x ) ( x 2 y ) d y 2 0 [ x ( x ) 2 ( x ) ]d x            ， 令 x  t  s i n t , y  1  c o s t 换元可得， 原式 2 0 [ ( t s i n t ) ( 1 c o s t ) ( 1 c o s t ) 2 ]d ( t s i n t )         2 0 ( t s i n t ) (1 c o s t ) 2 d t 2 0 (1 c o s t ) 3 d t 3 2 5              . （18）（本题满分10分） 已知常数 k  ln 2  1 .证明： ( x  1 ) ( x  l n 2 x  2 k l n x  1 )  0 ， x  0 . 【提示】单调性 【解析】①当 0  x  1 时，有 x  1  0 ，只需证xln2 x2klnx10即可， 令 f ( x )  x  l n 2 x  2 k l n x  1 ，所以 f ( x )  x  2 l n x x  2 k , 0  x  1 ， 再令 g ( x )  x  2 l n x  2 k , 0  x  1 ，则 g ( x )  1  2 x  0 ， 所以 g ( x ) 单调递减，则 g ( x )  g (1 )  1  2 k  1  2 ( l n 2  1 )  2 l n 2  1  0 ， 故 f  ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增，故 f ( x )  f (1 )  0 ，结论成立； ② 当 x  1 时，结论显然成立； ③ 当x 1时，有x10，只需证xln2 x2klnx10即可， 令 f ( x )  x  l n 2 x  2 k l n x  1 ，所以 f ( x )  x  2 l n x x  2 k , x  1 ， 再令 g ( x )  x  2 l n x  2 k , x  1 ，则 g ( x )  1  2 x    0 0 , , 1 x   x 2  2 ， 所以 g ( x )  g ( 2 )  2  2 l n 2  2 k  2  2 l n 2  2 ( l n 2  1 )  0 ， 故 f(x)0， f(x)单调递增，故 f(x) f(1) 0，结论成立； 综上①②③，结论得证. （19）（本题满分10分） 将长为2m的铁丝分成三段，依次围成圆、正方形与正三角形，问：三个图形的面积和是否存在最小值？ 若存在，求出最小值. 淘宝店铺：光速考研工作室【答案】 8 / 11 S m in 4 1 3 3     x,y,z 【解析】设圆、正三角形、正方形的总长度分别为 ，则有x yz 2，且此时圆的半径为 2 x ，  y z 正三角形边长为 ，正方形边长为 . 3 4 此时三个图形的总面积为 S ( 2 x ) 2 4 3 ( y 3 ) 2 ( z 4 ) 2 x 4 2 3 3 y 6 2 z 1 2 6          下求 S x 4 2 3 3 y 6 2 z 1 2 6     在条件 x  y  z  2 下的最小值， x2 3y2 z2 构造拉格朗日函数F    (x yz2) 4 36 16 F F F F x y z 2 6 z 8 x x y 3 y 0 z 0 0 0                        ，解得 x y z 2 2 2 1 4 8 2 8 1 8 6 3 6 6 6 3 3 3               ， 则由实际问题的背景可知： S m in 4 1 3 3     . （20）（本题满分11分） 已知曲线 L : y  4 9 x 2 ( x  0 ) ，点 O ( 0 , 0 ) ，点 A ( 0 , 1 ) .设 P 是 L 上的动点， S 是直线 O A 与直线 A P 及曲线L所围成图形的面积.若P运动到点(3,4)时沿 x 轴正向的速度是4，求此时S 关于时间 t 的变化率. 【答案】 1 0 . 【解析】这在 t 时刻， P 点坐标为 ( x ( t ) , 4 9 x 2 ( t ) ) ，则 S ( t )  1 2 [1  4 9 x 2 ( t ) ] x ( t )   x 0 (t) 4 9 u 2 d u  x ( 2 t )  2 2 7 x 3 ( t ) ， 所以 S ( t )  1 2 x ( t )  2 9 x 2 ( t ) x ( t ) ， 由题可知x(t)3时，x(t)4，代入可得S(t) 10. x3 （21）（本题满分11分） 设数列 {x } 满足：x 0,x ex n1 ex n 1(n1,2, ) .证明 {x } 收敛，并求limx . n 1 n n n n 淘宝店铺：光速考研工作室【答案】提示：利用单调有界定理证明收敛； 9 / 11 ln i m  x n  0 【解析】先证 { x n } 有下界 0 ， 已知 x 1  0 ，假设 x k  0 ，由x0时，有 e x  1  x  0 ex k 1 ，可得：x ln ln10， k1 x k 故数列{x }有下界0； n ex n 1 ex n e0 而ex n1   e(0 x ) x x n n n 所以x x ，即数列{x }单调递减，故数列{x }收敛。 n1 n n n limx  A 设 ，对等式 n n x n e xn1  e xn  1 两边取极限可得： A e A  e A  1 ，解得： A  0 . （22）（本题满分11分） 设实二次型 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  ( x 1  x 2  x 3 ) 2  ( x 2  x 3 ) 2  ( x 1  a x 3 ) 2 ，其中 a 是参数. f(x ,x ,x )0 （1）求 的解； 1 2 3 f(x ,x ,x ) （2）求 的规范形. 1 2 3 【答案】（1）当a2时， x  k ( 2 , 1 ,  1 ) T , k  R ； 当 a  2 x  x  x 0 时， 1 2 3 （2）当a2时，规范形为y2y2 y2 ； 1 2 3 当 a  2 时，规范形为 y 21  y 22 【解析】（1）由 f ( x 1 , x 2 , x 3 )  0 x x x 0 1 2 3  可得x x 0 ， 2 3  x ax 0  1 3 1 1 1 1 0 2      则系数矩阵A 0 1 1  0 1 1 得：         1 0 a 0 0 a2     当a2时， r ( A )  3 x  x  x 0 ，此时只有零解即 ， 1 2 3 当a2时， r ( A )  2 xk(2,1,1)T,kR ，此时方程有无穷多解，且通解为 ； （2）由（1）知，当a2时， A可逆，y  x x x 1 1 2 3  令y  x x ，即 2 2 3  y  x ax  3 1 3 10 / 11 Y  A X ，则规范形为 f  y 21  y 22  y 23 ， 当a2时， r ( A )  2 ， 1 1 1 此时解EA  0 1 1 0得特征值为 1 0 2 1 2 2     ， 3 0   ， 所以正惯性指数为2，负惯性指数为0，此时规范形为 y 21  y 22 . （23）（本题满分11分） a 已知 是常数，且矩阵 A   1 1 2 2 3 7  a 0 a  可经初等列变换化为矩阵 B   1 0  1 a 1 1 2 1 1  . （1）求 a ； （2）求满足 A P  B 的可逆矩阵 P . 【答案】（1） a  2 6k 3 6k 4 6k 4 1 2 3   （2）P 2k 1 2k 1 2k 1 ，其中 k ,k ,k 为实数，且  1 2 3  1 2 3   k k k   1 2 3 k 2  k 3 . 【解析】（1）由已知有 r ( A )  r ( B ) ， 而 A   1 1 2 2 3 7  a 0 a    1 0 0 2 1 3   a 3 a a    1 0 0 2 1 0  a 0 a  ， B   1 0  1 a 1 1 2 1 1    1 0 0 1 a 1  a 2 1 3    1 0 0 a 1 0 2 2 1  a  ， 所以2a0，即a2； 1 2 2 1 2 2 1 0 6 3 4 4      （2）(A,B) 1 3 0 0 1 1  0 1 2 1 1 1 ，         2 7 2 1 1 1 0 0 0 0 0 0     6k 3 6k 4 6k 4 1 2 3   所以方程AX B的解X  2k 1 2k 1 2k 1 ，  1 2 3    k k k   1 2 3且当 11 / 11 X  0 即 k 2  k 3 时， X 可逆， 则取 P    6 2 k  1 k  1 k 1 1 3  6 2 k  2 k  2 k 2 1 4  6 2 k  3 k  3 k 3 1 4  ，其中 k 1 , k 2 , k 3 为任意常数，且 k 2  k 3 ，即为所求.