2018考研数学二真题及答案解析-文都版

世纪文都教育科技集团股份有限公司12018考研数学（二）真题和答案解析（完整版）来源：文都教育一、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，只有一个选项是符合题目要求的.1.若2120lim(e)1xxxaxbx，则A.1,1.2abB.1,1.2abC.1,1.2ab==D.1,1.2ab答案：（B）解析：22221e1122e1001limelim1e1xxaxbxxxaxbxxxxxaxbxaxbx233222200111()1e126limlimeexxxxxxoxaxbxaxbxxx232011(1)()26limexbxaxxx10,11,.120,2bbaa2.下列函数中，在0x=处不可导的是A.()sin.fxxx=B.()sin.fxxx=C.()cos.fxx=D.()cos.fxx=答案：（D）解析：方法一：（A）000sin()(0)limlimlimsin0xxxxxxfxfxxxx-===，可导（B）000sin()(0)limlimlimsin0xxxxxxfxfxxxx-===，可导（C）20001cos-1()(0)2limlimlim0xxxxxfxfxxx--===，可导（D）0001cos-1()(0)2limlimlimxxxxxfxfxxx--==不存在，不可导世纪文都教育科技集团股份有限公司2应选(D).方法二：因为()cos,(0)1fxxf0001cos1()(0)2limlimlimxxxxxfxfxxx不存在()fx在0x处不可导，选（D）对():()sinAfxxx在0x处可导对32():()~Bfxxxx在0x处可导对():()cosCfxx在0x处可导.3.设函数2,1,1,0,()(),10,1,0,,0.axxxfxgxxxxxbx若()()fxgx+在R上连续，则A.3,1.ab==B.3,2.ab==C.3,1.abD.3,2.ab答案：（D）解析：1,0,()1,0.xfxx2,1,(),10,,0.axxgxxxxbx1,1,()()1,10,1,0.axxfxgxxxxbx因为()g()fxx在R上连续，故()()fxgx在1,0xx处连续(10)1fa，(10)2f，(00)1f，(00)1fb，3,2ab，选择D4.设函数()fx在0,1上二阶可导，且10()d0,fxx则世纪文都教育科技集团股份有限公司3A.当'()0fx时，1()0.2fB.当()0fx时，1()0.2fC.当'()0fx时，1()0.2fD.当()0fx时，1()0.2f答案：（D）解析：（方法一）取()21fxx，和()21fxx，可排除（A）(C).取21()()2fxaxb，由10()d0fxx得12ab，当()20fxa时，1()0212afb，排除(B),故选（D）（方法二）由Taylor公式有：2111()1()()22222ffxffxx当()0fx时，111()222fxffx,在0和x间.于是11001110()d222fxxffxdx11022ff，应选（D）(方法三)()0()fxfx凹101()d2fxxf102f.5.设22222222(1)1d,d,(1cos)d,1exxxMxNxKxxx则A..MNKB..MKNC..KMND..KNM答案：（C）解析：22222222212d=1d1d11xxMxxxxx，221dexxNx，因为e1xx，所以11exx世纪文都教育科技集团股份有限公司4221cosdKxx，1cos1x即111cosexxx所以由定积分的比较性质KMN，应选（C）.6.22021210d(1)dd(1)dxxxxxxyyxxyyA.5.3B.5.6C.7.3D.7.6答案：（C）解析：积分区域22(,)10,2(,)01,2Dxyxxyxxyxxyx如图所示因为xy关于x为奇函数，1关于x为偶函数所以22021210d(1)d(1)dxxxxxxydyxxyy21212002d1d22dxxxyxxx132011722323xxx，应选（C）.7.下列矩阵中，与矩阵110011001相似的为A.111011001.B.101011001.C.111010001.D.101010001.答案：（A）解析：1110110010010001001PP令则世纪文都教育科技集团股份有限公司51110111110010011010001001001PAP120110110011010011001001001选项为A8.设BA,为n阶矩阵，记)(Xr为矩阵X的秩，),(YX表示分块矩阵，则A.)()(ArABAr.B.)()(ArBAAr.C.)(),(max)(BrArBAr.D.)()(TTBArBAr.答案：（A）解析：易知选项C错对于选项B举反例：取11001112AB001100,(,)331133BAABA则(,)()rABArA对于选项D，举反例：1000,0010AB则()2()TTrA,BrA,B二、填空题：9~14小题，每小题4分，共24分。9.2+lim[arctan(1)arctan]xxxx=.答案：1解析：2limarctan(1)arctanxxxx由拉格朗日中值定理可得：22lim1.11xxxx原式其中10.曲线22lnyxx在其拐点处的切线方程是.答案：43yx世纪文都教育科技集团股份有限公司6解析：22lnyxx，22yxx2220.1,1()yxxx由可得舍去当1x时，4y，则切线方程为43yx.11.251d43xxx=.答案：1ln22解析：52551111131()lnln243231212xdxdxxxxxx.12.曲线33cos,sinxtyt在4t对应点处的曲率为.答案：23解析：223sincostan3cos(sin)dytttdxtt222244sec13cos3cossintdytdxtsinttt2242,1,43dydytdxdx当时3-222=31()yky13.设函数,zzxy（）由方程1lnezzxy确定，则1(2,)2zx=.答案：14解析：1lnzzexy11zzzeyzxx.112,ln1,12zxyzez由代入可得1112,,12zzzxyzeyzxx代入世纪文都教育科技集团股份有限公司714zx可得14.设A为3阶矩阵，123,,为线性无关的向量组.若11232,2232,323，则A的实特征值为.答案：2解析：1231232323(,,)(2,2,)AAA123123200(,,,)(,,)111121A123,,线性无关123(,,)P可逆1200111121PAPB22200111(2)(1)2(2)(23)0121EB22.BA的实特征值为的实特征值为三、解答题：15~23小题，共94分.解答应写出文字说明、证明过程或写出步骤.15.（本题满分10分）求不定积分2earctane1d.xxx解析：2arctan1xxeedx世纪文都教育科技集团股份有限公司82222222221arctan1211arctan122112111arctan124111arctan12411111arctan1(1)241111arctan11(1)24112xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxedeeeeedxeeeeedxeeeedeeeeedeeeeedeee3232212arctan112143111arctan111262xxxxxxxxeeeCeeeeC16.（本题满分10分）已知连续函数()fx满足200()d()d.xxftttfxttax（1）求()fx;（2）若()fx在区间0,1上的平均值为1，求a的值解析：(1)00()()()()xxtfxtdtxtuxufudu00()()xxxfuduufudu00()()xxxfuduufudu2000(t)()()xxxfdtxfuduufuduax求导得0()()2()()2().2.:()2(0)02.()2(1)xxxfxfuduaxfxfxayfxyyayfxCeafCafxae令则解之得显然世纪文都教育科技集团股份有限公司9(2)10()110fxdx1102(1)2(11)12xaedxaeea17.（本题满分10分）设平面区域D由曲线sin,2π1cosxtttyt（0）与x轴围成，计算二重积分(2)ddDxyxy解析：（利用形心坐标）ddddddddDDDDxxyxxxyxxyxy，而πx，于是2π0ddπddπ1cosdsinDDxxyxyttt2π2π2200π1cosdπ12coscosdttttt2π2π001cos2π2π2sind2ttt2π201sin22π2π03π2tt2π()2π2()00002ddd2ddyxyxDyxyxyyyx2π2π2200()d(1cos).(sin)yxxtdtt2π2π32300(1cos)d13cos3coscosdtttttt2π2π2π20001cos23sin3d1sindsin2tttttt2π+3π05π.于是：22dd3π5π.Dxyry18.