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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
2
1
2
0
lim(
)
1
x
x
x
e
ax
bx
，则（
）
(A)
1 ,
1
2
a
b
(B)
1 ,
1
2
a
b
(C)
1 ,
1
2
a
b
(D)
1 ,
1
2
a
b
【答案】B
【解析】由已知有原极限等于
2
2
2
1
1
2
1
0
lim[1 (
1)]
x
x
e
ax
bx
x
e
ax
bx
x
x
e
ax
bx
2
2
0
0
1
2
lim
lim
2
1
x
x
x
x
e
ax
bx
e
ax b
x
x
e
e
，所以
0
lim(
2
)
1
0
x
x
e
ax
b
b
，即
1
b ，
则原极限等于
0
0
2
1
2
1 2
lim
lim
2
2
2
1
x
x
x
x
e
ax
e
a
a
x
e
e
e
，所以1
2
0
2
a
，即
1
2
a
.
（2）下列函数中，在
0
x
处不可导的是（ ）
(A)
( )
sin
f x
x
x
(B)
( )
sin
f x
x
x
(C)
( )
cos
f x
x
(D)
( )
cos
f x
x
【答案】D
【解析】由导数定义可得：
0
( )
(0) lim
x
f x
f
f
x
；
选项A：
0
sin
(0) lim
0
x
x
x
f
x
；选项B：
0
sin
(0) lim
0
x
x
x
f
x
；
选项C：
2
0
0
1
cos
1
2
(0) lim
lim
0
x
x
x
x
f
x
x
选项D：
0
0
1
cos
1
2
(0) lim
lim
x
x
x
x
f
x
x
不存在，故选D
（3）设函数
1,
0
( )
1,
0
x
f x
x
，
2
,
1
( )
, 1
0
,
0
ax x
g x
x
x
x
b x
，若
( )
( )
f x
g x
在R 上连续，则（
）
(A)
3,
1
a
b
(B)
3,
2
a
b
(C)
3,
1
a
b
(D)
3,
2
a
b
【答案】D
--- [第 2 页] ---
2 / 11
【解析】由已知有
1
,
1
( )
( )
1, 1
0
1
,
0
ax x
f x
g x
x
x
x
b x
在R 上连续，
所以
1
1
lim (1
)
1
lim (
1)
2
3
x
x
ax
a
x
a
，
0
0
lim(
1)
1
lim(
1
)
1
2
x
x
x
x
b
b
b
.
（4）设函数
( )
f x 在[0,1]上二阶可导，且
1
0
( )
0
f x dx
，则（ ）
(A) 当
( )
0
f
x
时，
1
( )
0
2
f
(B) 当
( )
0
f
x
时，
1
( )
0
2
f
(C) 当
( )
0
f
x
时，
1
( )
0
2
f
(D) 当
( )
0
f
x
时，
1
( )
0
2
f
【答案】D
【解析】取
1
( )
2
f x
x
或
1
( )
2
f x
x
，可排除选项A、C；
由泰勒公式可得：
2
1
1
1
( )
1
( )
( )
( )(
)
(
)
2
2
2
2!
2
f
f x
f
f
x
x
，
当
( )
0
f
x
时，
1
1
1
( )
( )
( )(
)
2
2
2
f x
f
f
x
，
两边积分可得：
1
1
0
0
1
1
1
1
( )
( )
( )(
)
( )
2
2
2
2
f x dx
f
f
x
dx
f
，故答案为D.
（5）设
2
2
2
2
(1
)
1
x
M
dx
x
，
2
2
1
x
x
N
dx
e
，
2
2
(1
cos )
K
x dx
，则（
）
(A) M
N
K
(B) M
K
N
(C) K
M
N
(D) K
N
M
【答案】C
【解析】
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(1
)
2
1
1
1
1
x
x
M
dx
dx
dx
x
x
；
因为
1
x
e
x
，故
2
2
2
2
1
1
x
x
N
dx
dx
e
；
又因为1
cos
1
x
，所以
2
2
2
2
(1
cos )
1
K
x dx
dx
，故K
M
N
，答案为C.
（6）
2
2
0
2
1
2
1
0
(1
)
(1
)
x
x
x
x
dx
xy dy
dx
xy dy
（
）
--- [第 3 页] ---
3 / 11
(A) 5
3
(B)
5
6 (C)
7
3
(D) 7
6
【答案】C
【解析】如图所示，由已知可得，积分区域
2
2
{( , )
1
0,
2
} {( , ) 0
1,
2
}
D
x y
x
x
y
x
x y
x
x
y
x
，
显然被积函数xy 关于x 为奇函数，1关于x 为偶函数，
所以
2
2
0
2
1
2
1
0
(1
)
(1
)
x
x
x
x
dx
xy dy
dx
xy dy
2
1
2
1
2
0
0
2
1
2
(2
)
x
x
dx
dy
x
x dx
1
3
2
0
1
1
7
2(2
)
3
2
3
x
x
x
.
（7）下列矩阵中，与矩阵
1
1
0
0
1
1
0
0
1
相似的为（ ）
(A)
1
1
1
0
1
1
0
0
1
(B)
1
0
1
0
1
1
0
0
1
(C)
1
1
1
0
1
0
0
0
1
(D)
1
0
1
0
1
0
0
0
1
【答案】A
【解析】令
1
1
0
0
1
0
0
0
1
P
，则
1
1
1
0
0
1
0
0
0
1
P
，
故
1
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
1
0
0
1
0
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
P AP
，答案为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 AB
r A
(B)
( ,
)
( )
r A BA
r A
(C)
( ,
)
max{ ( ), ( )}
r A B
r A r B
(D) ( , )
(
,
)
T
T
r A B
r A B
--- [第 4 页] ---
4 / 11
【答案】A
【解析】选项C 明显错误；对于选项B 举反例：
1 1
0
0
,
1 1
1
2
A
B
，则
0
0
3
3
BA
,
而
1 1
0
0
( ,
)
1 1
1
2
A BA
，此时有( ,
)
2, ( )
1
r A BA
r A
；
对于选项D：举反例，
1
0
0
0
,
0
0
1
0
A
B
，
则
1
0
0
0
( , )
0
0
1
0
A B
，
1
0
0
1
(
,
)
0
0
0
0
T
T
A
B
，故( , )
2, (
,
) 1
T
T
r A B
r A B
对于选项A：( ,
)
( ,
)
A AB
A E B
，因为( ,
)
r E B
n
，故
( )
( , )
r A
r A E B
，所以
( ,
)
( )
r A AB
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）
2
lim
[arctan(
1)
arctan ]
x
x
x
x
___________.
【答案】1
【解析】由拉格朗日中值定理可得：存在
( ,
1)
x x
，使得
2
1
arctan(
1)
arctan
1
x
x
，
所以原式
2
2
lim
1
1
x
x
.
（10）曲线
2
2ln
y
x
x
在其拐点处的切线方程是___________.
【答案】
4
3
y
x
【解析】对导可得
2
( )
2
f
x
x
x
，令
2
2
( )
2
0
f
x
x
，有
1
x
，故曲线的拐点为(1,1)
而
(1) 4
f
，所以其切线方程为
1
4(
1)
y
x
，即
4
3
y
x
.
（11）
2
5
1
4
3dx
x
x
___________.
【答案】1 ln 2
2
【解析】
2
5
5
5
1
1
1
1
1
3
1
(
)
ln
ln 2
4
3
2
3
1
2
1
2
x
dx
dx
x
x
x
x
x
.
--- [第 5 页] ---
5 / 11
（12）曲线
3
3
cos
sin
x
t
y
t
在
4
t
对应点处的曲率为___________.
【答案】2
3
【解析】
2
2
3sin
cos
tan
3cos
( sin )
dy
t
t
t
dx
t
t
，
2
2
2
2
4
sec
1
3cos
( sin )
3cos
sin
d y
t
dx
t
t
t
t
，
所以当
4
t
时，
2
2
4 2
1,
3
dy
d y
dx
dx
，
故
3
2
2
2
3
[1 (
) ]
y
k
y
.
（13）设函数
( , )
z
z x y
由方程
1
ln
z
z
e
xy
确定，则
1
(2, )
2
z
x
___________.
【答案】1
4
【解析】由已知可得当
1
2,
2
x
y
时，
1
z ，
令
1
( , , )
ln
z
F x y z
z
e
xy
，
则
1
1
,
z
x
z
F
y F
e
z
，所以
1
1
(2, )
2
1
,
1
4
z
z
y
z
x
x
e
z
.
（14）设A 为3 阶矩阵，
1
2
3
,
,
为线性无关的向量组，若
1
1
2
3
2
A
，
2
2
3
2
A
，
3
2
3
A
，则A ___________.
【答案】2
【解析】
1
2
3
1
2
3
1
2
2
3
1
3
1
2
3
1
0
1
(
,
,
)=(
,
,
)
(
,
,
)
(
,
,
) 1
1
0
0
1
1
A
A
A
A
因为
1
2
3
,
,
线性无关，故令
1
2
3
(
,
,
)
P
，可得
1
1
0
1
1
1
0
0
1
1
P AP
，
--- [第 6 页] ---
6 / 11
所以
1
0
1
1
1
0
2
0
1
1
A
.
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
2 arctan
1
x
x
e
e
dx
.
【答案】原式
2
2
2
1
1
arctan
1
(
arctan
1
)
2
2
2
1
x
x
x
x
x
x
e
e
de
e
e
dx
e
2
3
1
1
[
arctan
1
(
1)
1]
2
3
x
x
x
x
e
e
e
e
C
（16）（本题满分10 分）
已知连续函数
( )
f x 满足
2
0
0
( )
(
)
x
x
f t dt
tf x
t dt
ax
（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】（1）( )
2 (1
)
x
f x
a
e
；（2）
2
e
a
.
【解析】
2
0
0
0
0
( )
(
)
( )
(
) ( )
x
x
x
x
f t dt
tf x t dt
f t dt
x u f u du
ax
2
0
0
0
( )
( )
( )
x
x
x
f t dt
x
f u du
uf u du
ax
0
( )
( )
( )
( )
2
x
f x
f u du
xf x
xf x
ax
0
( )
( )
2
x
f x
f u du
ax
，
令
0
( )
( )
x
F x
f u du
，则
( )
( )
F x
f x
，
(0) 0
F
，
所以有
( )
( )
2
F x
F x
ax
，
则
( )
[ 2
]
2
2
dx
dx
x
F x
e
axe
dx
C
ax
a
Ce
，
又由
(0) 0
F
得
2
C
a
，即( )
2
2
2
x
F x
ax
a
ae
，
故( )
( )
2 (1
)
x
f x
F x
a
e
.
（17）（本题满分10 分）
--- [第 7 页] ---
7 / 11
设平面区域D 由曲线
sin
1 cos
x
t
t
y
t
（0
2
t
）与x 轴围成，计算二重积分
(
2 )
D
x
y dxdy
.
【答案】
2
3
5
.
【解析】由题目积分区域，原积分可化为
2
( )
2
2
0
0
0
(
2 )
[
( )
( )]
x
dx
x
y dy
x
x
x dx
，
令
sin ,
1 cos
x
t
t y
t
换元可得，
原式
2
2
0 [(
sin )(1 cos )
(1 cos ) ] (
sin )
t
t
t
t
d t
t
2
2
2
3
2
0
0
(
sin )(1 cos )
(1 cos )
3
5
t
t
t dt
t dt
.
（18）（本题满分10 分）
已知常数
ln2 1
k
.证明：
2
(
1)(
ln
2 ln
1)
0
x
x
x
k
x
，
0
x
.
【提示】单调性
【解析】①当0
1
x
时，有
1
0
x
，只需证
2
ln
2 ln
1
0
x
x
k
x
即可，
令
2
( )
ln
2 ln
1
f x
x
x
k
x
，所以
2ln
2
( )
,0
1
x
x
k
f
x
x
x
，
再令( )
2ln
2 ,0
1
g x
x
x
k
x
，则
2
( )
1
0
g x
x
，
所以
( )
g x 单调递减，则( )
(1) 1 2
1 2(ln2 1)
2ln2 1
0
g x
g
k
，
故
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递增，故
( )
(1) 0
f x
f
，结论成立；
② 当
1
x
时，结论显然成立；
③ 当
1
x
时，有
1
0
x
，只需证
2
ln
2 ln
1
0
x
x
k
x
即可，
令
2
( )
ln
2 ln
1
f x
x
x
k
x
，所以
2ln
2
( )
,
1
x
x
k
f
x
x
x
，
再令( )
2ln
2 ,
1
g x
x
x
k x
，则
0,1
2
2
( )
1
0,
2
x
g x
x
x
，
所以( )
(2) 2
2ln2
2
2
2ln2
2(ln2 1)
0
g x
g
k
，
故
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递增，故
( )
(1) 0
f x
f
，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
--- [第 8 页] ---
8 / 11
【答案】
min
1
4
3 3
S
【解析】设圆、正三角形、正方形的总长度分别为, ,
x y z ，则有
2
x
y
z
，且此时圆的半径为2
x
，
正三角形边长为3
y ，正方形边长为4
z .
此时三个图形的总面积为
2
2
2
2
2
2
3
3
(
)
( )
( )
2
4
3
4
4
36
16
x
y
z
x
y
z
S
下求
2
2
2
3
4
36
16
x
y
z
S
在条件
2
x
y
z
下的最小值，
构造拉格朗日函数
2
2
2
3
(
2)
4
36
16
x
y
z
F
x
y
z
0
2
0
6 3
0
8
0
x
y
z
x
F
y
F
z
F
F
x
y
z
，解得
4
2
8
6 3
12 3
2
8
6 3
16
2
8
6 3
x
y
z
，
则由实际问题的背景可知：
min
1
4
3 3
S
.
（20）（本题满分11 分）
已知曲线
2
4
:
(
0)
9
L y
x
x
，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】这在t 时刻，P 点坐标为
2
4
( ( ),
( ))
9
x t
x t
，则
( )
2
2
3
0
1
4
4
( )
2
( )
[1
( )] ( )
( )
2
9
9
2
27
x t
x t
S t
x t x t
u du
x t
，
所以
2
1
2
( )
( )
( ) ( )
2
9
S t
x t
x t x t
，
由题可知( )
3
x t
时，
( )
4
x t
，代入可得
3
( )
10
x
S t
.
（21）（本题满分11 分）
设数列{ }
nx
满足：
1
1
0,
1(
1,2,
)
n
n
x
x
n
x
x e
e
n
.证明{ }
nx
收敛，并求lim
n
n
x
.
淘宝店铺：光速考研工作室
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9 / 11
【答案】提示：利用单调有界定理证明收敛；
lim
0
n
n
x
【解析】先证{ }
nx
有下界0 ，
已知
1
0
x
，假设
0
kx
，由
0
x
时，有
1
0
xe
x
，可得：
1
1
ln
ln1
0
kx
k
k
e
x
x
，
故数列{ }
nx
有下界0；
而
1
0
1
(0
)
n
n
n
x
x
x
n
n
n
e
e
e
e
e
x
x
x
所以
1
n
n
x
x
，即数列{ }
nx
单调递减，故数列{ }
nx
收敛。
设lim
n
n
x
A
，对等式
1
1
n
n
x
x
nx e
e
两边取极限可得：
1
A
A
Ae
e
，解得：
0
A
.
（22）（本题满分11 分）
设实二次型
2
2
2
1
2
3
1
2
3
2
3
1
3
( ,
,
)
(
)
(
)
(
)
f x x x
x
x
x
x
x
x
ax
，其中a 是参数.
（1）求
1
2
3
( ,
,
)
0
f x x x
的解；
（2）求
1
2
3
( ,
,
)
f x x x
的规范形.
【答案】（1）当
2
a
时，
(2,1, 1) ,
T
x
k
k
R
；
当
2
a
时，
1
2
3
0
x
x
x
（2）当
2
a
时，规范形为
2
2
2
1
2
3
y
y
y
；
当
2
a
时，规范形为
2
2
1
2
y
y
【解析】（1）由
1
2
3
( ,
,
)
0
f x x x
可得
1
2
3
2
3
1
3
0
0
0
x
x
x
x
x
x
ax
，
则系数矩阵
1
1
1
1
0
2
0
1
1
0
1
1
1
0
0
0
2
A
a
a
得：
当
2
a
时，( )
3
r A
，此时只有零解即
1
2
3
0
x
x
x
，
当
2
a
时，( )
2
r A
，此时方程有无穷多解，且通解为
(2,1, 1) ,
T
x
k
k
R
；
（2）由（1）知，当
2
a
时，A 可逆，
--- [第 10 页] ---
10 / 11
令
1
1
2
3
2
2
3
3
1
3
y
x
x
x
y
x
x
y
x
ax
，即Y
AX
，则规范形为
2
2
2
1
2
3
f
y
y
y
，
当
2
a
时，( )
2
r A
，
此时解
1
1
1
0
1
1
0
1
0
2
E
A
得特征值为
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
2
2
1
2
y
y
.
（23）（本题满分11 分）
已知a是常数，且矩阵
1
2
1
3
0
2
7
a
A
a
可经初等列变换化为矩阵
1
2
0
1
1
1
1
1
a
B
.
（1）求a；
（2）求满足AP
B
的可逆矩阵P .
【答案】（1）
2
a
（2）
1
2
3
1
2
3
1
2
3
6
3
6
4
6
4
2
1
2
1
2
1
k
k
k
P
k
k
k
k
k
k
，其中
1
2
3
,
,
k k k 为实数，且
2
3
k
k
.
【解析】（1）由已知有( )
( )
r A
r B
，
而
1
2
1
2
1
2
1
3
0
0
1
0
1
2
7
0
3
3
0
0
0
a
a
a
A
a
a
a
a
，
1
2
1
2
1
2
0
1
1
0
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
3
0
0
2
a
a
a
B
a
a
，
所以2
0
a
，即
2
a
；
（2）
1
2
2
1
2
2
1
0
6
3
4
4
( , )
1
3
0
0
1
1
0 1
2
1
1
1
2
7
2
1 1
1
0
0
0
0
0
0
A B
，
所以方程AX
B
的解
1
2
3
1
2
3
1
2
3
6
3
6
4
6
4
2
1
2
1
2
1
k
k
k
X
k
k
k
k
k
k
，
--- [第 11 页] ---
11 / 11
且当
0
X
即
2
3
k
k
时，X 可逆，
则取
1
2
3
1
2
3
1
2
3
6
3
6
4
6
4
2
1
2
1
2
1
k
k
k
P
k
k
k
k
k
k
，其中
1
2
3
,
,
k k k 为任意常数，且
2
3
k
k
，即为所求.