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.