2018考研数学二答案真题解析.pdf

1/11 2018 年全国硕士研究生入学统一考试数学（二）试题年全国硕士研究生入学统一考试数学（二）试题 解析解析一、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请将所选项前的字母填在答题纸指定位置上指定位置上.（1）若2120lim()1xxxeaxbx，则（）(A)1,12ab(B)1,12ab(C)1,12ab (D)1,12ab【答案】【答案】B【解析】【解析】由已知有原极限等于22211210lim1(1)xxeaxbxxeaxbxxxeaxbx220012limlim21xxxxeaxbxeax bxxee，所以0lim(2)10 xxeaxbb，即1b ，则原极限等于002121 2limlim2221xxxxeaxeaaxeee，所以1202a，即12a .（2）下列函数中，在0 x 处不可导的是（）(A)()sinf xxx(B)()sinf xxx(C)()cosf xx(D)()cosf xx【答案】【答案】D【解析】【解析】由导数定义可得：0()(0)(0)limxf xffx；选项 A：0sin(0)lim0 xxxfx；选项 B：0sin(0)lim0 xxxfx；选项 C：2001cos12(0)limlim0 xxxxfxx选项 D：001cos12(0)limlimxxxxfxx不存在，故选 D（3）设函数1,0()1,0 xf xx，2,1(),10,0ax xg xxxxb x，若()()f xg x在R上连续，则（）(A)3,1ab(B)3,2ab(C)3,1ab(D)3,2ab【答案】【答案】D 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料2/11【解析】【解析】由已知有1,1()()1,101,0ax xf xg xxxxb x在R上连续，所以11lim(1)1lim(1)23xxaxaxa，00lim(1)1lim(1)12xxxxbbb.（4）设函数()f x在0,1上二阶可导，且10()0f x dx，则（）(A)当()0fx时，1()02f(B)当()0fx时，1()02f(C)当()0fx时，1()02f(D)当()0fx时，1()02f【答案】【答案】D【解析】【解析】取1()2f xx或1()2f xx，可排除选项 A、C；由泰勒公式可得：2111()1()()()()()2222!2ff xffxx，当()0fx时，111()()()()222f xffx，两边积分可得：11001111()()()()()2222f x dxffxdxf，故答案为 D.（5）设2222(1)1xMdxx，221xxNdxe，22(1cos)Kx dx，则（）(A)MNK(B)MKN(C)KMN(D)KNM【答案】【答案】C【解析】【解析】222222222(1)21111xxMdxdxdxxx；因为1xex，故222211xxNdxdxe；又因为1cos1x，所以2222(1cos)1Kx dxdx，故KMN，答案为 C.（6）22021210(1)(1)xxxxdxxy dydxxy dy（）关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 3/11 (A)53 (B)56 (C)73 (D)76【答案】【答案】C【解析】【解析】如图所示，由已知可得，积分区域 22(,)10,2(,)01,2Dx yxxyxx yxxyx，显然被积函数xy关于x为奇函数，1关于x为偶函数，所以22021210(1)(1)xxxxdxxy dydxxy dy 2121200212(2)xxdxdyxx dx 13201172(2)323xxx.（7）下列矩阵中，与矩阵110011001相似的为（）(A)111011001 (B)101011001(C)111010001 (D)101010001【答案】【答案】A【解析】【解析】令110010001P，则1110010001P，故1110111110110010011010011001001001001P AP，答案为 A.（8）设AB、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 A (B)(,)()r A BAr A(C)(,)max(),()r A Br A r B (D)(,)(,)TTr A Br A B 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 4/11 【答案】【答案】A 【解析】【解析】选项 C 明显错误；对于选项 B 举反例：1 100,1 112AB，则0033BA,而1 100(,)1 112A BA，此时有(,)2,()1r A BAr A；对于选项 D：举反例，1000,0010AB，则1000(,)0010A B，1001(,)0000TTAB，故(,)2,(,)1TTr A Br A B 对于选项 A：(,)(,)A ABA E B，因为(,)r E Bn，故()(,)r Ar A E B，所以(,)()r A ABr A 二、填空题：二、填空题：914 小题小题，每小题每小题 4 分分,共共 24 分分.请将答案写在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】【答案】1【解析】【解析】由拉格朗日中值定理可得：存在(,1)x x，使得21arctan(1)arctan1xx，所以原式22lim11xx.（10）曲线22lnyxx在其拐点处的切线方程是_.【答案】【答案】43yx【解析】【解析】对导可得2()2fxxx，令22()20fxx，有1x，故曲线的拐点为(1,1)而(1)4f，所以其切线方程为14(1)yx，即43yx.（11）25143dxxx_.【答案】【答案】1ln22【解析】【解析】25551111131()lnln243231212xdxdxxxxxx.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 5/11 （12）曲线33cossinxtyt 在4t对应点处的曲率为_.【答案】【答案】23【解析】【解析】223sincostan3cos(sin)dytttdxtt，22224sec13cos(sin)3cossind ytdxtttt，所以当4t时，224 21,3dyd ydxdx，故322231()yky.（13）设函数(,)zz x y由方程1lnzzexy确定，则1(2,)2zx_.【答案】【答案】14【解析】【解析】由已知可得当12,2xy时，1z，令1(,)lnzF x y zzexy，则11,zxzFy Fez，所以11(2,)21,14zzyzxxez.（14）设A为 3 阶矩阵，123,为线性无关的向量组，若11232A，2232A，323A，则A _.【答案】【答案】2【解析】【解析】123123122313123101(,)=(,)(,)(,)110011AAAA 因为123,线性无关，故令123(,)P ，可得1101110011P AP，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 6/11 所以1011102011A.三、解答题：三、解答题：1523 小题小题，共共 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、证明过解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤程或演算步骤.（15）（本题满分）（本题满分 10 分）分）求不定积分2arctan1xxeedx.【答案】【答案】原式22211arctan1(arctan1)2221xxxxxxeedeeedxe 2311arctan1(1)123xxxxeeeeC（16）（本题满分）（本题满分 10 分）分）已知连续函数()f x满足200()()xxf t dttf xt dtax（1）求()f x；（2）若()f x在区间0,1上的平均值为 1，求a的值.【答案】【答案】（1）()2(1)xf xae；（2）2ea.【解析】【解析】20000()()()()()xxxxf t dttf x t dtf t dtx u f u duax 2000()()()xxxf t dtxf u duuf u duax 0()()()()2xf xf u duxf xxf xax 0()()2xf xf u duax，令0()()xF xf u du，则()()F xf x，(0)0F，所以有()()2F xF xax，则()222dxdxxF xeaxedxCaxaCe，又由(0)0F得2Ca，即()222xF xaxaae，故()()2(1)xf xF xae.（17）（本题满分）（本题满分 10 分）分）关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 7/11 设平面区域D由曲线sin1 cosxttyt （02t）与x轴围成，计算二重积分(2)Dxy dxdy.【答案】【答案】235.【解析】【解析】由题目积分区域，原积分可化为 2()22000(2)()()xdxxy dyxxx dx，令sin,1 cosxtt yt换元可得，原式220(sin)(1 cos)(1 cos)(sin)ttttd tt 2223200(sin)(1 cos)(1 cos)35ttt dtt dt.（18）（本题满分）（本题满分 10 分）分）已知常数ln2 1k.证明：2(1)(ln2 ln1)0 xxxkx，0 x.【提示】【提示】单调性【解析】【解析】当01x时，有10 x，只需证2ln2 ln10 xxkx 即可，令2()ln2 ln1f xxxkx，所以2ln2(),01xxkfxxx，再令()2ln2,01g xxxkx，则2()10g xx，所以()g x单调递减，则()(1)1 21 2(ln2 1)2ln2 10g xgk，故()0fx，()f x单调递增，故()(1)0f xf，结论成立；当1x 时，结论显然成立；当1x 时，有10 x，只需证2ln2 ln10 xxkx 即可，令2()ln2 ln1f xxxkx，所以2ln2(),1xxkfxxx，再令()2ln2,1g xxxk x，则0,122()10,2xg xxx，所以()(2)22ln2222ln22(ln2 1)0g xgk，故()0fx，()f x单调递增，故()(1)0f xf，结论成立；综上，结论得证.（19）（本题满分）（本题满分 10 分）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 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 8/11 【答案】【答案】min143 3S 【解析】【解析】设圆、正三角形、正方形的总长度分别为,x y z，则有2xyz，且此时圆的半径为2x，正三角形边长为3y，正方形边长为4z.此时三个图形的总面积为22222233()()()243443616xyzxyzS 下求222343616xyzS在条件2xyz下的最小值，构造拉格朗日函数2223(2)43616xyzFxyz 0206 3080 xyzxFyFzFFxyz ，解得4286 312 3286 316286 3xyz ，则由实际问题的背景可知：min143 3S.（20）（本题满分）（本题满分 11 分）分）已知曲线24:(0)9L yxx，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】【答案】10.【解析】【解析】这在t时刻，P点坐标为24(),()9x tx t，则()2230144()2()1()()()299227x tx tS tx t x tu dux t，所以212()()()()29S tx tx t x t，由题可知()3x t 时，()4x t，代入可得3()10 xS t.（21）（本题满分）（本题满分 11 分）分）设数列 nx满足：110,1(1,2,)nnxxnxx een.证明 nx收敛，并求limnnx.淘宝店铺：光速考研工作室 关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 9/11 【答案】【答案】提示：利用单调有界定理证明收敛；lim0nnx【解析】【解析】先证 nx有下界0，已知10 x，假设0kx，由0 x 时，有10 xex，可得：11lnln10kxkkexx，故数列 nx有下界 0；而101(0)nnnxxxnnneeeeexxx 所以1nnxx，即数列 nx单调递减，故数列 nx收敛。设limnnxA，对等式11nnxxnx ee两边取极限可得：1AAAee，解得：0A.（22）（本题满分）（本题满分 11 分）分）设实二次型2221231232313(,)()()()f x x xxxxxxxax，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.【答案】【答案】（1）当2a时，(2,1,1),TxkkR；当2a 时，1230 xxx（2）当2a时，规范形为222123yyy；当2a 时，规范形为2212yy【解析】【解析】（1）由123(,)0f x x x可得1232313000 xxxxxxax，则系数矩阵11110201101110002Aaa得：当2a 时，()3r A，此时只有零解即1230 xxx，当2a时，()2r A，此时方程有无穷多解，且通解为(2,1,1),TxkkR；（2）由（1）知，当2a 时，A可逆，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 10/11 令1123223313yxxxyxxyxax，即YAX，则规范形为222123fyyy，当2a时，()2r A，此时解1110110102EA得特征值为122，30，所以正惯性指数为 2，负惯性指数为 0，此时规范形为2212yy.（23）（本题满分）（本题满分 11 分）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】【答案】（1）2a（2）123123123636464212121kkkPkkkkkk，其中123,k k k为实数，且23kk.【解析】【解析】（1）由已知有()()r Ar B，而121212130010127033000aaaAaaaa，121212011011011111013002aaaBaa，所以20a，即2a；（2）122122106344(,)1300110 121112721 11000000A B，所以方程AXB的解123123123636464212121kkkXkkkkkk，关注公众号【考研题库】保存更多高清资料 11/11 且当0X 即23kk时，X可逆，则取123123123636464212121kkkPkkkkkk，其中123,k k k为任意常数，且23kk，即为所求.关注公众号【考研题库】保存更多高清资料