2018考研数学二真题及答案解析.pdf

20182018 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析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：一、选择题：18 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 32 分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项分，下列每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的，请将所选项前的字母填在符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.1.若2120lim1xxxeaxbx，则 A.1,12 ab B.1,12 abC.1,12abD.1,12 ab【答案】B【解析】22022002lnlim21limlim22201limxxxxxxxeax beaxbxeax bx eaxbxxxxxxeaxbxeee02lim02xxeaxbx00lim20112lim022xxxxeaxbbeaxbax 2.下列函数中，在0 x处不可导的是A.sinfxxxB.sinfxxxC.cosfxxD.cosfxx【答案】D【解析】A 可导：-0000sinsinsinsin0limlim0,0limlim0 xxxxxxxxxxxxffxxxxB 可导：-0000sinsinsinsin0limlim0,0limlim0 xxxxxxxxxxxxffxxxx C 可导：22000011cos1cos1220limlim0,0limlim0 xxxxxxxxffxxxxD 不可导：000011-cos1cos111220limlim,0limlim2200 xxxxxxxxffxxxxff 3.设函数 2,11,0,10,1,0,0axxxf xg xxxxxbx 若 f xg x在R上连续，则 A.3,1ab B.3,2abC.3,1ab D.3,2ab【答案】D【解析】000000111111limlimlim1 01limlimlim1112limlimlim121limlimlim1 1221xxxxxxxxxxxxf xg xf xg xf xg xf xg xbbbf xg xf xg xaaf xg xf xg xa 3a 4.设函数 fx在0,1上二阶可导，且 100,f x dx 则A.当 0fx时，102fB.当 0fx时，102fC.当 0fx时，102fD.当 0fx时，102f【答案】D【解析】A 错误：11000,10111,2,022f xf x dxdxfxxfx B 错误：100212111111,033243120,20,f x dxdxf xxffxx C 错误：1100111,0220,10,2f x df xxxfxdxfx D 正确：由 0fx可知函数是凸函数，故由凸函数图像性质即可得出102f5.设2222222211,1cos,1xxxMdx Ndx Kx dxxe则 A.MNKB.MKNC.KMND.KNM【答案】C【解析】222222(1)11,1cos1,2 2()1,(0)0,()10,()0;,0()0221,()01NM,C2 2xxxxMdxdxxxxKMf xxeffxexfxxfxxxf xe 时，所以令当时，当时，所以时，有，从可有，由比较定理得故选6.2202121011xxxxdxxy dydxxy dyA.53B.56C.73D.76【答案】C【解析】如图,220212107(1)(1)(1)3xxDxxDDdxxy dydxxy dyxy dxdydxdyS.Dyxyx O22yx7.下列矩阵中，与矩阵110011001相似的为 A.111011001B.101011001C.111010001D.101010001【答案】A【解析】方法一：排除法 令110011001Q，特征值为 1,1,1，2r EQ选项 A：令111011001A，A的特征值为 1,1,1，0110012000r EAr选项 B：令101011001B，B的特征值为 1,1,1，0010011000r EBr选项 C：令111010001C，C的特征值为 1,1,1，0110001000r ECr选项 B：令101010001D，D的特征值为 1,1,1，0010001000r EDr若矩阵Q与J相似，则矩阵EQ与EJ相似，从而r EQr EJ，故选（A）方法二：构造法（利用初等矩阵的性质）令110010001P，1110010001P1110111011011001001PP，所以110111011011001001与相似 故选（A）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 ABr AB.()().r A BAr AC.()max()().r A Br Ar B，D.()().TTr A Br AB【答案】（A）【解析】(,)(,)(,)()r E Bnr A ABr A E Br A 故选（A）二、填空题：二、填空题：9 14 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分，请将答案写在分，请将答案写在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.9.2limarctan(1)arctan xxxx_.【答案】1【解析】原式221lim1,(,1)1xxx x拉格朗日中值定理.10.曲线22lnyxx在其拐点处的切线方程是_.【答案】43yx【解析】22lnyxx，定义域为0 x x，22yxx，222yx，令0y，则01x ，由于0 x，故01x，故拐点为(1,1)，0()4y x，则过拐点(1,1)的切线方程为14(1)yx 即43yx.11.25143dxxx_.【答案】1ln22【解析】25143dxxx51(3)(1)dxxx5111()231dxxx513ln21xx1353lim lnln215 1xxx1ln2212.曲线33cossinxtyt，在4t对应点处的曲率为_.【答案】23【解析】22sincostan3cos(sin)ttyttt，41ty，2244sec13cossin3cossinttytttt，4514 2323()2ty，332224 2233(1)(1 1)yky.13.设函数(,)zz x y由方程1lnzzexy确定，则1(2,)2zx_.【答案】14【解析】根据题意，得1z(2,)12，对方程两边同时对x偏导数并讲点代入，得1(2,)2zx14.14.设A为 3 阶矩阵，123,为线性无关的向量组.若11232A，2232A，323A，则A的实特征值为_.【答案】2【解析】123123123200(,)(,)(,)111121AAAA 123,线性无关，123,P 可逆，1200111121P APBAB 与 相似，特征值相等22230EB实特征值2 三、解答题：三、解答题：1523 小题，共小题，共 94 分分.请将解答写在请将解答写在答题纸答题纸指定位置上指定位置上.解答应写出文字说明、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.15.（本题满分 10 分）求不定积分2arctan1xxeedx.【答案】32211(tan1(1)1)23xxxxe arceeeC【解析】2222223221arctan1211(arctan1)211211(arctan1)2211=(arctan1)22111=(arctan111)23xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxedeeeeedxeeeeedxeeeedeeeeeeC 原式21xxxedee,令221,1,ln(1)xxet etxt 3222322(1)211(1)(1)1213321xxxxxettdedttdtttCeeCtte 故原式32211(tan1(1)1)23xxxxe arceeeC 16.（本题满分 10 分）已知连续函数()f x满足200()()xxf t dttf xt dtax.（I）求()f x；（II）若()f x在区间0,1上的平均值为 1，求a的值。【答案】（I）()(22)xxf xeaea；（II）2ea【解析】（I）00020000()()()()()()()()2,()()2,()(2),0(0)02,()(22).xxxxxxxxxxxtf xt dtxtu xf u duuf u duf t dtxf u duuf u duaxxf xf u duaxfxf xaf xeaeCxfCaf xeaea 令则有，两边同时对 求导，则有故由于当时，则综上（II）由于10()1f x dx，则110(22)122(1)1.2xxeeaea dxaa ea 17.（本题满分 10 分）设平面区域 D 由曲线sin(02)1 cosxtttyt 与x轴围成，计算二重积分(2)Dxy dxdy.【答案】235【解析】如图：则 2()00()2200220(2)(2)()()()Dy xy xxy dxdydxxy dyxyydxxy xy xdx令sinxtt22320(sin)(1)(1 cos)35.ttcosttdt18.（本题满分 10 分）已知常数ln2 1k，证明：2(1)(ln2 ln1)0 xxxkx【解析】当01x时,10 x.只需证明2ln2 ln10 xxkx即可.设 2ln2 ln1,f xxxkx则 xy02 2ln22ln21 xkxxkfxxxx设 2ln2g xxxk，则 2210.xgxxx故 411212ln222ln2 1ln0 g xgke 0fx，故 fx在0,1内单增，故 10f xf.当1x时,10 x.只需证明2ln2 ln10 xxkx即可.设 2ln2 ln1,f xxxkx 2ln2g xxxk 2ln22ln21 xkxxkfxxxx 2210.xgxxx故 g x在1,单减，0 g xg 所以 0fx，故 fx在1+，内单增，故 10f xf.综上得证.19.（本题满分 10 分）将长为 2m 的铁丝分成三段，依次围城圆、正方形与正三角形，三个图形的面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值。【解析】假设圆的半径为 x，正方形边长为 y，正三角形边长为 z，则有2432,0,0,0 xyzxyz令2223,=24324f x y zxyzxyz2223,=24324220240330224320f x y zxyzxyzfxxfyyfzzxyz求解上述方程得到，驻点为11,2,2 3+4+3 3最小面积为，222min1232 31=4+4+3 3+4+3 3+4+3 3+4+3 3S。20.（本题满分 11 分）已知曲线 L：24(0)9yxx，点(0,0)O，点(0,1)A，设 P 是 L 上的动点，S 是直线 OA与直线 AP 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】10.【解析】322014421299227xxxS xxxx dx 26227x tx x tSx将 3,4,xx t代入有246 3410227S 21.（本题满分 11 分）设数列 nx满足：10 x，11(1,2,.)nnxxnx een，证明 nx收敛，并求limnnx。【答案】0【解析】(1)由11nnxxnx ee有1111lnnnnxxxnnneeexxx则1211lnxexx设 1 xf xex 100 xfxex,且 00f fx单调递增,故 0f x而10 xex x因此111xex在1x时大于 1,而1211ln0 xexx,用数学归纳法可证之.对,0nn x 1111ln=lnlnlnnnnnnxxxxnnnxnnneeexxxexxx e设 1 xxg xexe xgxxe显然当0 x时，0,gx则 g x单调递减，又 00g 100,11 xxxxeg xgexexe11ln0,1,2,3,nnxnnxnexxnx e故 nx单调递减综上可知 nx单调递减且存在下界，limnnx存在.（2）设limnnxa，故1naaee，因此0a.22.（本题满分 11 分）设实二次型2221231232313(,)()()()f x xxxxxxxxax，其中a是参数。（1）求123(,)0f x x x的解（2）求123(,)f x x x的规范形【解析】（1）123(,)0f x x x123231300011111101101110002xxxxxxaxAaa系数矩阵当20a，即2a 时，102()23,011000r AA123(,)0f x x x有非零解通解为21,1xkkR当20a，即2a 时，123()3,(,)0r Af x x x只有 0 解 即1230 xxx(2)由（1）可得：当2a 时方法一、二次型123(,)f x x x为正定二次型，所以规范形为222123123,f x xxyyy方法二、111011010，AAa令yAx为非退化的线性变换 所以规范形为222123123,f x xxyyy当2a时 方法一、特征值法：2221231231213,22626f x x xxxxx xx x所对应的二次型矩阵为213120306B 210180EB 1230,570,570所以二次型的规范型为2212zz方法二：配方法 22212312312132223123,2262633222f x x xxxxx xx xxxxxx令:11233322332xxxyxxyxy二次型的标准型为2212322yy，二次型的规范型为2212zz23.（本题满分 11 分）已知a是常数，且矩阵1213027aAa可经初等列变换化为矩阵12011111aB（1）求a（2）求满足APB的可逆矩阵P【答案】（1）2a（2）123123123636464212121kkkPkkkkkk，其中23123,kk k k kR【解析】（1）矩阵A经过初等列变换得到矩阵B矩阵,A B等价 r Ar B121213013027000aaAa1212011011111002aaBa20,2 aa（2）1212106344,13001101211127111000000aaA Ba12312312363646421,21,=21kkkXkYkZkkkk1231231233263646411121212101100kkkkkkkkkkkP可逆，23kk123123123636464212121kkkPkkkkkk，23123,kk k k kR