高等数学二

超级狩猎者整理

第1页共15页

2018年全国硕士研究生入学统一考试

数学二考研真题与全面解析（Word版）

一、选择题：1～8小题，每小题4分，共32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答题纸

．．．

指定位置上。

1.若2

1

2

0

lim1x

x

x

eaxbx





，则（）

(A)

1

,1

2

ab（B）

1

,1

2

ab（C）

1

,1

2

ab（D）

1

,1

2

ab

【答案】（B）

【解析】由重要极限可得





22

2

2

2

22

0

11

22

00

1

11

lim

2

1

0

1limlim1(1)

lim1(1)

x

x

x

x

xx

xx

xx

eaxbx

eaxbx

x

x

eaxbxx

x

eaxbxeaxbx

eaxbxe







•









，

因此,

222

2

22

00

1

()

1

2

lim0lim0

x

xx

xxaxbxx

eaxbx

xx









22

2

0

1

()(1)()

1

2

lim00,10

2x

axbxx

ab

x







或用“洛必达”：

2

(1)

2

000

12212

lim0limlim0

222

xxx

b

xxx

eaxbxeaxbeaa

xx







，

故

1

,1

2

ab，选（B).

2。下列函数中在0x处不可导的是（)

（A）()sinfxxx（B）()sinfxxx

(C）()cosfxx（D）()cosfxx

【答案】（D）

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【解析】根据导数定义，A。

000

sin

()(0)

limlimlim0

xxx

xxxx

fxf

xxx



，可导；

B。

000

sin

()(0)

limlimlim0

xxx

xxxx

fxf

xxx



，可导;

C。

2

000

1

cos1

()(0)

2

limlimlim0

xxx

x

x

fxf

xxx







，可导;

D。

2

000

11

cos1

22

limlimlim

xxx

xx

x

xxx





,极限不存在。故选（D）。

3.设函数

1,0

()

1,0

x

fx

x













，

2,1

(),10

,0

axx

gxxx

xbx

















，若()()fxgx在R上连续，则（).

（A)3,1ab（B）3,2ab(C）3,1ab(D）3,2ab

【答案】（D)

【解析】令

1,1

()()()1,10

1,0

axx

Fxfxgxxx

xbx

















,

则(1)1,(0)1,FaFb(10)2,(00)1,FF

因为函数连续，所以极限值等于函数值，即12,113,2abab，

故选(D）.

4。设函数()fx在[0,1]上二阶可导。且

1

0

()0fxdx，则（）

(A）当()0fx



时，

1

()0

2

f（B）当()0fx



时,

1

()0

2

f

（C）当()0fx



时，

1

()0

2

f（D）当()0fx



时，

1

()0

2

f

【答案】（D）

【解析一】有高于一阶导数的信息时，优先考虑“泰勒展开”。从选项中判断,展开点为

0

1

2

x。

将函数()fx在

0

1

2

x处展开，有

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2

111()1

()()()()()

2222!2

f

fxffxx





,其中

1

2

x。

两边积分,得

111

2

000

111()1

0()()()()()

2222!2

f

fxdxffxdxxdx







1

2

0

1()1

()()

22!2

f

fxdx



，

由于

1

2

0

()1

()0()0

2!2

f

fxxdx





，所以

1

()0

2

f，应选（D）。

【解析二】排除法。

（A）错误。令

1

()

2

fxx，易知

1

0

()0fxdx，()10fx



,但是

1

()0

2

f.

（B）错误.令

2

1

()

3

fxx,易知

1

0

()0fxdx,()20fx



，但是

1

()0

2

f。

（C)错误.令

1

()

2

fxx，易知

1

0

()0fxdx，()10fx



，但是

1

()0

2

f。

故选(D）。

5。设

2

2

2

2

(1)

1

x

Mdx

x













，2

2

1

x

x

Ndx

e









，2

2

(1cos)Kxdx







，则（）

（A）MNK（B）MKN（C）KMN（D）KNM

【答案】（C）

【解析】积分区间是对称区间，先利用对称性化简，能求出积分最好，不能求出积分则最简化积分。

22

222

222

222

(1)122

(1)

111

xxxx

Mdxdxdx

xxx















,

22

22

(1cos)1Kxdxdx









,

令()1,(,)

22

xfxexx



,则()1xfxe



,当(,0)

2

x



时,()0fx



，

当(0,)

2

x



时，()0fx



，故对(,)

22

x



，有()(0)0fxf，因而

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1

1

x

x

e



,22

22

1

1

x

x

Ndxdx

e











，故KMN。应选（C）.

6。

220212

10

(1)(1)xx

xx

dxxydydxxydy



（）

（A）

5

3

（B)

5

6

（C）

7

3

（D）

7

6

【答案】（C）

【解析】还原积分区域，如图所示：

积分区域D关于y轴对称，被积函数中xy关于x是奇函数，所以

220212

10

1

2

0

(1)(1)

7

(1)(2)

3

xx

xx

DD

dxxydydxxydy

xydxdydxdyxxdx











，

故选（C）。

7。下列矩阵中阵，与矩阵

110

011

001











相似的是（)

(A）

111

011

001













（B）

101

011

001













（C）

111

010

001













（D）

101

010

001













【答案】（A）

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【解析】记矩阵

110

011

001

H













，则秩()3rH，迹()3trH,特征值1

(三重）。观察,,,ABCD四个选项，它们与矩阵H的秩相等、迹相等、行列式相等,特征值也相

等,进一步分析可得：()2rEH，()2rEA，()1rEB

()1rEC，()1rED。如果矩阵A与矩阵X相似,则必有kEA与kEX

相似（k为任意常数)，从而()()rkEArkEX)，故选（A）,

8.设,AB是n阶矩阵，记()rX为矩阵X的秩，(,)XY表示分块矩阵，则(）

（A）(,)()rAABrA（B）(,)()rABArA

（C）(,)max{(),()}rABrArB（D）(,)(,)TTrABrAB

【答案】（A）

【解析】把矩阵,AAB按列分块，记

1212

(,,),(,,)

nn

AAB,则向量组

12

,,

n

可以由向量组

12

,,

n

线性表出，从而

12

,,

n

与

12

,,

n

，

12

,,

n

，等价，于是(,)()rAABrA，故选（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。若

2lim[arctan(1)arctan]

x

xxx





。

【答案】1。

【解析】【方法一】由拉格朗日中值定理可得

2

1

arctan(1)arctan,

1

xx

其中1,0xxx，

可知

222

111

1(1)11xx





，而

22

22

limlim1

1(1)1xx

xx

xx





，

根据夹逼定理可得，

2

2

2

lim[arctan(1)arctan]lim1

1xx

x

xxx







。

【方法二】0型未定式的极限必须化成商式。

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2

2

arctan(1)arctan

lim[arctan(1)arctan]lim

xx

xx

xxx

x







322

22

322

11

1[1(1)(1)]

1(1)1

limlim

22(1)[1(1)]xx

xxx

xx

xxx













43

22

12

lim1

2(1)[1(1)]x

xx

xx







。

10.曲线

22lnyxx在其拐点处的切线方程为.

【答案】43yx.

【解析】函数的定义域为(0,)，

2

2yx

x



，

2

2

2y

x



；

3

4

y

x



。

令0y



，解得1x，而(1)0y



,故点(1,1)是曲线唯一的拐点.曲线在该点处的斜率

(1)4y



，所以切线方程为43yx。

11.

2

543

dx

xx





;

【答案】

1

ln2

2

。

【解析】

2

55

5

111131

lnln2

43231212

dxx

dx

xxxxx















.

12。曲线

3

3

cos

sin

xt

yt















，在

4

t



对应处的曲率。

【答案】

2

3

。

【解析】有参数方程求导公式可知

2

2

3sincos

tan

3cossin

dytt

t

dxtt





，

22

222

(tan)c

3cossin3cossin

dytt

dxtttt









，

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故曲率

2

2

33

22

22

c

3cossin

1

3cossin

(1)(1tan)

t

y

tt

K

tt

yt









，代入

4

t



，可得

4

2

3t

K



。

13。设函数(,)zzxy由方程

1lnzzexy确定，则

1

(2,)

2

z

x







。

【答案】

1

4

。

【解析】方程两边同时对x求导,得

1

1

z

zz

ey

zxx









，将

1

2,

2

xy代入原方程可得

1z，整理可得

1

(2,)

2

1

4

z

x







。

14.设A为3阶矩阵,

123

,,为线性无关的向量组，

1123

2A,

223

2A，

323

A，则A的实特征值为。

【答案】2.

【解析】

123123123

200

(,,)(,,)(,,)111

121

AAAA













，

令

123

200

(,,),111

121

PC













,

则APPC，P可逆,故A相似于C，A于C有相同的特征值。

2

200

111(2)(23)0

121

EC













解得矩阵的实特征值为2.

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1

()

11

2

()

11

44

()

22

PC

PC

PC





，

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

2arctan1xxeedx。

【解析】

22

1

arctan1arctan1

2

xxxxeedxede

22

22

2

2

2

23

11

arctan1arctan1

22

111

arctan1

22

1(1)

11

arctan11

22

111

arctan1(1)11

222

111

arctan1(1)1

262

xxxx

x

xxx

x

xxxx

xxxxx

xxxx

eeede

de

eee

e

eeede

eeedede

eeeeC























16。（本题满分10分）已知连续函数()fx满足

2

00

()()xxftdttfxtdtax

(I）求()fx；（II）若()fx在区间[0,1]上的平均值为1,求a的值。

【解析】令uxt,则dudt,从而

0000

()()()()()xxxxtfxtdtxufuduxfuduufudu,

原方程化为

2

000

()()()xxxftdtxfuduufuduax，等式两边对x求导，得

0

()()2xfxfuduax,且(0)0f，

由于()fx连续，可知

0

()xfudu可导,进而有()fx可导.

上式再求导可得()()2fxfxa



。由一阶线性微分方程的通解公式可得

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第9页共15页

()(2)xxfxeaeC,

将(0)0f代入，解得2Ca，于是有()2(1)xfxae.

（II）根据题意可知

1

0

1

1()

10

fxdx



,将()2(1)xfxae代入,可得

2

e

a。

17。（本题满分10分)设平面区域D由曲线

sin

,(02)

1cos

xtt

t

yt















与x围成,计算二

重积分(2)

D

xyd。

【解析】画积分区域的草图，化二重积分为二次积分

2()2

2

000

(2)(2)(()())yx

D

xyddxxydyxyxyxdx

,

利用边界曲线方程sin,1cos,(02)xttytt换元，

2

2

0

(2)[(sin)(1cos)(1cos)](sin)

D

xydttttdtt



22

23

00

(sin)(1cos)(1cos)tttdttdt



,

其中

2

2

0

(sin)(1cos)tttdt





2

222

0

(cos2cossinsincossin2)3tttttttttdt

,

22

332

00

(1cos)(1cos3cos3cos)5tdttttdt

，

故

2(2)35

D

xyd.

18.（本题满分10分）已知常数ln21k，证明:

2(1)(ln2ln1)0xxxkx。

【分析】该题的本质是：证明“大于号左边式子构成的函数的最小值为0”。由于左边式子是两个

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因式的乘积且(1)x较为简单，因此只需要以(1)x的正负来论证另一个因式的各种变化即可。

【证明】当01x(lnx的定义域是0x）时,仅需证

2ln2ln10xxkx；

当1x时，仅需证

2ln2ln10xxkx。

令

2()ln2ln1Fxxxkx，则

ln22ln2

()12

xkxxk

Fx

xxx





，

令()2ln2Gxxxk,则

2

()1Gx

x



.

（1）当01x时，()0,()GxGx



单调递减，()(1)2ln210GxG，

从而()0Fx



,()Fx单调递增,于是有()(1)0FxF，命题成立.

（2)当12x时，

2

()10Gx

x



；当2x时,

2

()10Gx

x



。

故()2ln2Gxxxk在1,内的最小值在2x取得，而(2)0G，

因此，当(1,)x时，()0Gx，从而

()

()0

Gx

Fx

x



，且仅在2x处可能

有()0Fx



.于是，当(1,)x时，()Fx单调递增，()(1)0FxF,

也即

2ln2ln10xxkx。

综上所述，对任意的(0,)x，均有

2(1)(ln2ln1)0xxxkx。

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,三个图形的

面积之和是否存在最小值？若存在，求出最小值.

【答案】面积之和存在最小值，

min

1

433

S







。

【解析】设圆的半径为x,正方形的边长为y，三角形的边长为z，则2432xyz，

三个图形的面积之和为

222

3

(,,)

4

Sxyzxyz，

则问题转化为“在条件2432xyz，0,0,0xyz下，求三元函数

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第11页共15页

222

3

(,,)

4

Sxyzxyz的最小值”.

令

222

3

(2432)

4

Lxyzxyz

解方程组

220

240

3

30

2

24320

x

y

z

Lx

Ly

Lz

Lxyz













































,得到唯一驻点

1

433

2

433

23

433

x

y

z





































由实际问题可知，最小值一定存在,且在该驻点处取得最小值。最小面积和为

min

1

433

S







.

20。（本题满分11分)已知曲线

2

4

:(0)

9

Lyxx，点(0,0)O，点(0,1)A.设P是L上

的动点，S直线OA与直线AP及曲线L所围图形的面积。若P运动到点(3,4)时沿x轴方向的

速度是4,求此时S关于时间t的变化率.

【解析】画草图，可以看出所求面积等于一个梯形面积减去一个曲边三角形(空白部分)面积.

设t时刻,动点P的坐标为

2

4

,

9

xx







，则面积

3

22

0

442

1

299272

xxxx

Sxudu









,

所求变化率为

2

33

3

21

410

92

xx

x

dSdSdx

x

dtdxdt













。

超级狩猎者整理

第12页共15页

21.(本题满分10分）设数列

n

x满足1

1

0,1(1,2,3,)nn

xx

n

xxeen .

证明

n

x收敛，并求lim

n

n

x



.

【证明一】因为

1

0x,所以

1

2

1

1x

x

e

e

x



 。

根据拉格朗日中值定理，存在

1

(0,)x，使得

1

1

1xe

e

x





,即2

xee，因此

21

0xx.完全类似,假设

1

0

nn

xx



，则

1

2

1

1

1

(0)n

n

x

x

n

n

e

eex

x











，即

21

0

nn

xx



，

故数列

n

x单调减少且有下界，从而数列

n

x收敛.

设lim

n

n

xA



，在等式11nn

xx

n

xee 两边取极限，得1AAAee ，解方程得唯一

解0A，故lim0

n

n

x



。

【证明二】首先证明数列

n

x有下界，即证明0

n

x:

当1n时,

1

0x.根据题设

1

2

1

1

ln

xe

x

x



 ,由1

1

1xex可知

2

ln10x ；

假设当nk时，0

k

x;

则当1nk时,

1

1

lnk

x

k

k

e

x

x



 ，其中1k

x

k

ex，可知

1

ln10

k

x



。

根据数学归纳法，对任意的nN，0

n

x。

再证明数列

n

x的单调性：

1

111

lnlnlnlnnnn

n

n

xxx

x

nnn

x

nn

n

eee

xxxe

xx

xe



，

（离散函数连续化)设()1(0)xxfxexex，则当0x时，()0xfxxe



,

()fx单调递减，()(0)0fxf，即1xxexe.

超级狩猎者整理

第13页共15页

从而

1

1

lnln10n

n

x

nn

x

n

e

xx

xe



，故

1nn

xx



，即数列

n

x的单调递减。

综上，数列

n

x的单调递减且有下界。由单调有界收敛原理可知

n

x收敛.

设lim

n

n

xa



,在等式11nn

xx

n

xee 两边同时令n,得1aaaee ，解方

程得唯一解0a，故lim0

n

n

x



.

22.（本题满分11分）设二次型

222

1231232313

(,,)()()()fxxxxxxxxxax,其中a是参数。

（I）求

123

(,,)0fxxx的解;（II）求

123

(,,)fxxx的规范型.

【解析】（I）由

123

(,,)0fxxx可得

123

23

13

0

0

0

xxx

xx

xax

















对上述齐次线性方程组的系数矩阵作初等行变换得

111111111

011011011

10011002

A

aaa

















当2a时，

123

(,,)0fxxx只有零解：(0,0,0)Tx。

当2a时，

102

011

000

A













,

123

(,,)0fxxx有非零解：(2,1,1)Txk，k为任意常数。

（II）当2a时，若

123

,,xxx不全为0,则二次型

123

(,,)fxxx恒大于0,即二次型

123

(,,)fxxx为正定二次型,其规范型为

222

123123

(,,)fyyyyyy。

当2a时,

超级狩猎者整理

第14页共15页

222

1231232313

222

1231213

(,,)()()()

22626

fxxxxxxxxxax

xxxxxxx





二次型对应的实对称矩阵

213

120

306

B















，其特征方程为

2

213

120(1018)0

306

EB













解得特征值

123

57,57,0，可知二次型的规范型为

22

12312

(,,)fzzzzz.

23.（本题满分11分）设a是常数,且矩阵

12

130

27

a

A

a















可经过初等列变换化为矩阵

12

011

111

a

B















。（I)求a；（II)求满足APB的可逆矩阵P?

【解析】（I）由于矩阵的初等变换不改变矩阵的秩，故()()rArB。

对矩阵,AB作初等行变换，得

121212

1300101

27033000

aaa

Aaa

aa















，

121212

011011011

111013002

aaa

B

aa















，

显然()2rA，要使()2rB,必有202aa。

（II）将矩阵B按列分块：

123

(,,)B，求解矩阵方程APB可化为解三个同系数的

非齐次线性方程组：,1,2,3

j

Axj.对下列矩阵施以初等行变换得

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第15页共15页

4

(,)13

272111000000

AB















，

易知,齐次线性方程组0Ax的基础解系为：

0

(6,2,1)T，三个非齐次线性方程组的

特解分别为：

1

(3,1,0),T

2

(4,1,0),T

3

(4,1,0)T。

因此，三个非齐次线性方程组的通解为

11

63

21

10

k















，

22

64

21

10

k















，

33

64

21

10

k















,

从而可得可逆矩阵

1

1

1

3666

121212

kkk

Pkkk

kkk















２３

２３

２３

４４

，其中

23

kk。