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）

若

$$\lim_{x \to 0}\left(e^{x}+a x^{2}+b x\right)^{\frac{1}{x^{2}}}=1,$$

则 $\left(\ \right)$

（A）$a=\dfrac{1}{2},\ b=-1$

（B）$a=-\dfrac{1}{2},\ b=-1$

（C）$a=\dfrac{1}{2},\ b=1$

（D）$a=-\dfrac{1}{2},\ b=1$

答案： B

解析： 令

$$u=e^{x}+a x^{2}+b x-1.$$

原极限为 $e^{\lim\limits_{x \to 0}u/x^{2}}=1$，故

$$\lim_{x \to 0}\frac{e^{x}+a x^{2}+b x-1}{x^{2}}=0.$$

分子需先消去一次项，得 $1+b=0$，所以 $b=-1$。再由二次项系数

$$\frac{1}{2}+a=0$$

得 $a=-\dfrac{1}{2}$。

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（2）

下列函数中，在 $x=0$ 处不可导的是 $\left(\ \right)$

（A）$f(x)=|x|\sin |x|$

（B）$f(x)=|x|\sin \sqrt{|x|}$

（C）$f(x)=\cos |x|$

（D）$f(x)=\cos \sqrt{|x|}$

答案： D

解析： 由导数定义，

$$f'(0)=\lim_{x \to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}.$$

A、B、C 三项的差商极限均为 $0$；而 D 项

$$\lim_{x \to 0}\frac{\cos\sqrt{|x|}-1}{x} \sim -\frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{|x|}{x}$$

左右极限不等，故不可导。

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（3）

设

$$f(x)= \begin{cases} -1, & x<0,\\ 1, & x\geq 0, \end{cases} \qquad g(x)= \begin{cases} 2-a x, & x\leq -1,\\ x, & -1<x<0,\\ x-b, & x\geq 0. \end{cases}$$

若 $f(x)+g(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，则 $\left(\ \right)$

（A）$a=3,\ b=1$

（B）$a=3,\ b=2$

（C）$a=-3,\ b=1$

（D）$a=-3,\ b=2$

答案： D

解析： 有

$$f(x)+g(x)= \begin{cases} 1-a x, & x\leq -1,\\ x-1, & -1<x<0,\\ x+1-b, & x\geq 0. \end{cases}$$

在 $x=-1$ 处连续：$1+a=-2$，得 $a=-3$；在 $x=0$ 处连续：$-1=1-b$，得 $b=2$。

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（4）

设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且

$$\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x=0,$$

则 $\left(\ \right)$

（A）当 $f'(x)<0$ 时，$f\left(\dfrac12\right)<0$

（B）当 $f''(x)<0$ 时，$f\left(\dfrac12\right)<0$

（C）当 $f'(x)>0$ 时，$f\left(\dfrac12\right)<0$

（D）当 $f''(x)>0$ 时，$f\left(\dfrac12\right)<0$

答案： D

解析： A、C 可分别用 $f(x)=\dfrac12-x$、$f(x)=x-\dfrac12$ 排除。若 $f''(x)>0$，则图像在切线之上：

$$f(x)>f\left(\frac12\right)+f'\left(\frac12\right)\left(x-\frac12\right).$$

在 $[0,1]$ 上积分得

$$0=\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x>f\left(\frac12\right),$$

故选 D。

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（5）

设

$$M=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(1+x)^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x,\quad N=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+x}{e^x}\,\mathrm{d}x,\quad K=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\sqrt{\cos x}\right)\,\mathrm{d}x,$$

则 $\left(\ \right)$

（A）$M>N>K$

（B）$M>K>N$

（C）$K>M>N$

（D）$K>N>M$

答案： C

解析： 因

$$\frac{(1+x)^2}{1+x^2}=1+\frac{2x}{1+x^2},$$

其中 $\dfrac{2x}{1+x^2}$ 为奇函数，故 $M=\int 1\,\mathrm{d}x$。又 $e^x>1+x$，得 $N<M$；且 $1+\sqrt{\cos x}>1$，得 $K>M$。因此

$$K>M>N.$$

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（6）

$$\int_{-1}^{0}\mathrm{d}x\int_{-x}^{2-x^{2}}(1-xy)\,\mathrm{d}y + \int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{x}^{2-x^{2}}(1-xy)\,\mathrm{d}y = \left(\ \right)$$

（A）$\dfrac{5}{3}$

（B）$\dfrac{5}{6}$

（C）$\dfrac{7}{3}$

（D）$\dfrac{7}{6}$

答案： C

解析： 区域关于 $y$ 轴对称，$xy$ 关于 $x$ 为奇函数，其积分为 $0$。故原式为

$$2\int_0^1\int_x^{2-x^2}1\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x = 2\int_0^1(2-x^2-x)\,\mathrm{d}x = \frac{7}{3}.$$

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（7）

下列矩阵中，与矩阵

$$\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}$$

相似的是 $\left(\ \right)$

（A）$\begin{pmatrix}1&1&-1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$

（B）$\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$

（C）$\begin{pmatrix}1&1&-1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$

（D）$\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$

答案： A

解析： 取

$$P=\begin{pmatrix} 1&-1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1}=\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

直接计算得

$$P^{-1} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} P = \begin{pmatrix} 1&1&-1\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

故选 A。

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（8）

设 $\boldsymbol A,\boldsymbol B$ 为 $n$ 阶矩阵，记 $r(\boldsymbol X)$ 为矩阵 $\boldsymbol X$ 的秩，$(\boldsymbol X,\boldsymbol Y)$ 表示分块矩阵，则 $\left(\ \right)$

（A）$r(\boldsymbol A,\boldsymbol A\boldsymbol B)=r(\boldsymbol A)$

（B）$r(\boldsymbol A,\boldsymbol B\boldsymbol A)=r(\boldsymbol A)$

（C）$r(\boldsymbol A,\boldsymbol B)=\max\{r(\boldsymbol A),r(\boldsymbol B)\}$

（D）$r(\boldsymbol A,\boldsymbol B)=r(\boldsymbol A^T,\boldsymbol B^T)$

答案： A

解析： 因

$$(\boldsymbol A,\boldsymbol A\boldsymbol B) = \boldsymbol A(\boldsymbol E,\boldsymbol B),$$

且 $r(\boldsymbol E,\boldsymbol B)=n$，所以

$$r(\boldsymbol A,\boldsymbol A\boldsymbol B)=r(\boldsymbol A).$$

B、C、D 均可由简单反例排除，故选 A。

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二、填空题

（9）

$$\lim_{x\to+\infty}x^2\left[\arctan(x+1)-\arctan x\right] = \underline{\qquad}$$

答案： $1$

解析： 由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(x,x+1)$，使

$$\arctan(x+1)-\arctan x=\frac{1}{1+\xi^2}.$$

故原式为

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{1+\xi^2}=1.$$

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（10）

曲线

$$y=x^2+2\ln x$$

在其拐点处的切线方程是 $\underline{\qquad}$

答案： $y=4x-3$

解析： 有

$$y'=2x+\frac{2}{x},\qquad y''=2-\frac{2}{x^2}.$$

令 $y''=0$ 得 $x=1$，拐点为 $(1,1)$。又 $y'(1)=4$，故切线为

$$y-1=4(x-1),$$

即 $y=4x-3$。

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（11）

$$\int_{5}^{+\infty}\frac{1}{x^2-4x+3}\,\mathrm{d}x = \underline{\qquad}$$

答案： $\dfrac{1}{2}\ln 2$

解析： 因

$$\frac{1}{x^2-4x+3} = \frac12\left(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x-1}\right),$$

所以

$$\int_5^{+\infty}\frac{1}{x^2-4x+3}\,\mathrm{d}x = \frac12\ln\left|\frac{x-3}{x-1}\right|\Bigg|_5^{+\infty} = \frac12\ln2.$$

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（12）

曲线

$$\begin{cases} x=\cos^3 t,\\ y=\sin^3 t \end{cases}$$

在 $t=\dfrac{\pi}{4}$ 对应点处的曲率为 $\underline{\qquad}$

答案： $\dfrac{2}{3}$

解析： 有

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\tan t, \qquad \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{1}{3\cos^4 t\sin t}.$$

当 $t=\dfrac{\pi}{4}$ 时，

$$y'=-1,\qquad y''=\frac{4\sqrt2}{3}.$$

故曲率

$$k=\frac{|y''|}{[1+(y')^2]^{3/2}}=\frac{2}{3}.$$

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（13）

设函数 $z=z(x,y)$ 由方程

$$\ln z+e^{z-1}=xy$$

确定，则

$$\left.\frac{\partial z}{\partial x}\right|_{\left(2,\frac12\right)} = \underline{\qquad}$$

答案： $\dfrac{1}{4}$

解析： 当 $(x,y)=\left(2,\dfrac12\right)$ 时，$z=1$。令

$$F(x,y,z)=\ln z+e^{z-1}-xy,$$

则

$$z_x=-\frac{F_x}{F_z} = \frac{y}{\frac1z+e^{z-1}}.$$

代入 $x=2,\ y=\dfrac12,\ z=1$，得 $z_x=\dfrac14$。

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（14）

设 $\boldsymbol A$ 为 $3$ 阶矩阵，$\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2,\boldsymbol\alpha_3$ 为线性无关的向量组。若

$$\boldsymbol A\boldsymbol\alpha_1=2\boldsymbol\alpha_1+\boldsymbol\alpha_2+\boldsymbol\alpha_3,$$

$$\boldsymbol A\boldsymbol\alpha_2=\boldsymbol\alpha_2+2\boldsymbol\alpha_3, \qquad \boldsymbol A\boldsymbol\alpha_3=-\boldsymbol\alpha_2+\boldsymbol\alpha_3,$$

则 $|\boldsymbol A|=\underline{\qquad}$

答案： $2$

解析： 令

$$P=(\boldsymbol\alpha_1,\boldsymbol\alpha_2,\boldsymbol\alpha_3).$$

由题意，

$$AP=P \begin{pmatrix} 2&0&0\\ 1&1&-1\\ 1&2&1 \end{pmatrix},$$

故

$$|A|= \begin{vmatrix} 2&0&0\\ 1&1&-1\\ 1&2&1 \end{vmatrix} =2.$$

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三、解答题

（15）

求不定积分

$$\int e^{2x}\arctan\sqrt{e^x-1}\,\mathrm{d}x.$$

解析： 分部积分，取

$$u=\arctan\sqrt{e^x-1},\qquad \mathrm{d}v=e^{2x}\,\mathrm{d}x.$$

则

$$\mathrm{d}u=\frac{1}{2\sqrt{e^x-1}}\,\mathrm{d}x,\qquad v=\frac12e^{2x}.$$

因此

$$\int e^{2x}\arctan\sqrt{e^x-1}\,\mathrm{d}x = \frac12e^{2x}\arctan\sqrt{e^x-1} -\frac14\int\frac{e^{2x}}{\sqrt{e^x-1}}\,\mathrm{d}x.$$

令 $t=\sqrt{e^x-1}$，则

$$\int\frac{e^{2x}}{\sqrt{e^x-1}}\,\mathrm{d}x = 2\int(t^2+1)\,\mathrm{d}t = \frac23t^3+2t.$$

故

$$\boxed{ \int e^{2x}\arctan\sqrt{e^x-1}\,\mathrm{d}x = \frac12e^{2x}\arctan\sqrt{e^x-1} -\frac16(e^x-1)^{3/2} -\frac12\sqrt{e^x-1} +C }.$$

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（16）

已知连续函数 $f(x)$ 满足

$$\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t+\int_0^x t f(x-t)\,\mathrm{d}t=ax^2.$$

（1）求 $f(x)$；

（2）若 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的平均值为 $1$，求 $a$ 的值。

解析： 第二个积分令 $u=x-t$，得

$$\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t+x\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u-\int_0^x u f(u)\,\mathrm{d}u=ax^2.$$

两边求导：

$$f(x)+\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u=2ax.$$

设 $F(x)=\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$，则

$$F'(x)+F(x)=2ax,\qquad F(0)=0.$$

解得

$$F(x)=2ax-2a+2ae^{-x},$$

所以

$$f(x)=F'(x)=2a(1-e^{-x}).$$

平均值为 $1$，即

$$\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x=1.$$

于是

$$2a\int_0^1(1-e^{-x})\,\mathrm{d}x = 2a\cdot\frac1e = 1,$$

故

$$\boxed{a=\frac e2}.$$

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（17）

设平面区域 $D$ 由曲线

$$\begin{cases} x=t-\sin t,\\ y=1-\cos t \end{cases} \qquad 0\leq t\leq 2\pi$$

与 $x$ 轴围成，计算二重积分

$$\iint_D(x+2y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.$$

解析： 设曲线为 $y=\varphi(x)$，则

$$\iint_D(x+2y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_0^{2\pi}\left[x\varphi(x)+\varphi^2(x)\right]\,\mathrm{d}x.$$

代入

$$x=t-\sin t,\qquad y=1-\cos t,\qquad \mathrm{d}x=(1-\cos t)\,\mathrm{d}t,$$

得

$$\int_0^{2\pi}\left[(t-\sin t)(1-\cos t)+(1-\cos t)^2\right](1-\cos t)\,\mathrm{d}t.$$

计算可得

$$\boxed{\iint_D(x+2y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=3\pi^2+5\pi}.$$

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（18）

已知常数 $k\geq \ln2-1$。证明：

$$(x-1)(x-\ln^2x+2k\ln x-1)\geq 0,\qquad x>0.$$

解析： 令

$$f(x)=x-\ln^2x+2k\ln x-1, \qquad g(x)=x-2\ln x+2k.$$

则

$$f'(x)=\frac{g(x)}{x}.$$

当 $0<x<1$ 时，$g'(x)=1-\dfrac2x<0$，故

$$g(x)>g(1)=1+2k\geq 2\ln2-1>0.$$

于是 $f'(x)>0$，所以 $f(x)\leq f(1)=0$。此时 $x-1<0$，结论成立。

当 $x>1$ 时，$g(x)$ 在 $(1,2)$ 递减、在 $(2,+\infty)$ 递增，故

$$g(x)\geq g(2)=2-2\ln2+2k\geq 0.$$

于是 $f'(x)\geq 0$，所以 $f(x)\geq f(1)=0$。此时 $x-1>0$，结论也成立。

综上，原不等式成立。

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（19）

将长为 $2\mathrm{m}$ 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。

解析： 设圆、正三角形、正方形所用长度分别为 $x,y,z$，则

$$x+y+z=2.$$

总面积为

$$S=\frac{x^2}{4\pi}+\frac{\sqrt3\,y^2}{36}+\frac{z^2}{16}.$$

用拉格朗日乘数法：

$$\frac{x}{2\pi}=\frac{y}{6\sqrt3}=\frac{z}{8}, \qquad x+y+z=2.$$

解得

$$x:y:z=2\pi:6\sqrt3:8.$$

代回得最小值

$$\boxed{ S_{\min}=\frac{1}{\pi+4+3\sqrt3} }.$$

因此最小值存在。

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（20）

已知曲线

$$L:y=\frac49x^2\quad (x\geq 0),$$

点 $O(0,0)$，点 $A(0,1)$。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。

解析： 设

$$P=\left(x(t),\frac49x^2(t)\right).$$

所求面积为

$$S(t)=\frac12\left(1+\frac49x^2(t)\right)x(t)-\int_0^{x(t)}\frac49u^2\,\mathrm{d}u = \frac12x(t)+\frac{2}{27}x^3(t).$$

因此

$$S'(t)=\left(\frac12+\frac29x^2(t)\right)x'(t).$$

当 $x=3,\ x'=4$ 时，

$$S'(t)=\left(\frac12+2\right)\cdot4=10.$$

故此时变化率为

$$\boxed{10}.$$

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（21）

设数列 $\{x_n\}$ 满足：

$$x_1>0,\qquad x_n e^{x_{n+1}}=e^{x_n}-1\quad(n=1,2,\cdots).$$

证明 $\{x_n\}$ 收敛，并求

$$\lim_{n\to\infty}x_n.$$

解析： 由 $x>0$ 时 $e^x-1>x$，若 $x_n>0$，则

$$x_{n+1}=\ln\frac{e^{x_n}-1}{x_n}>0.$$

故 $\{x_n\}$ 以 $0$ 为下界。又由中值定理，

$$\frac{e^{x_n}-1}{x_n}=e^\xi,\qquad 0<\xi<x_n.$$

因此

$$x_{n+1}=\xi<x_n.$$

所以 $\{x_n\}$ 单调递减且有下界，故收敛。设极限为 $A$，则

$$A e^A=e^A-1.$$

解得

$$\boxed{A=0}.$$

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（22）

设实二次型

$$f(x_1,x_2,x_3) = (x_1-x_2+x_3)^2+(x_2+x_3)^2+(x_1+a x_3)^2,$$

其中 $a$ 是参数。

（1）求 $f(x_1,x_2,x_3)=0$ 的解；

（2）求 $f(x_1,x_2,x_3)$ 的规范形。

解析： 因 $f$ 为三个平方和，$f=0$ 等价于

$$\begin{cases} x_1-x_2+x_3=0,\\ x_2+x_3=0,\\ x_1+a x_3=0. \end{cases}$$

其系数矩阵可化为

$$\begin{pmatrix} 1&0&2\\ 0&1&1\\ 0&0&a-2 \end{pmatrix}.$$

所以：

• 当 $a\neq2$ 时，只有零解；
• 当 $a=2$ 时，

$$\boldsymbol x=k(2,1,-1)^T,\qquad k\in\mathbb R.$$

对规范形，令

$$y_1=x_1-x_2+x_3,\quad y_2=x_2+x_3,\quad y_3=x_1+a x_3.$$

当 $a\neq2$ 时，变换可逆，规范形为

$$\boxed{y_1^2+y_2^2+y_3^2}.$$

当 $a=2$ 时，秩为 $2$，正惯性指数为 $2$，规范形为

$$\boxed{y_1^2+y_2^2}.$$

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（23）

已知 $a$ 是常数，且矩阵

$$\boldsymbol A= \begin{pmatrix} 1&2&a\\ 1&3&0\\ 2&7&-a \end{pmatrix}$$

可经初等列变换化为矩阵

$$\boldsymbol B= \begin{pmatrix} 1&a&2\\ 0&1&1\\ -1&1&1 \end{pmatrix}.$$

（1）求 $a$；

（2）求满足 $\boldsymbol A\boldsymbol P=\boldsymbol B$ 的可逆矩阵 $\boldsymbol P$。

解析： 初等列变换不改变秩，故

$$r(\boldsymbol A)=r(\boldsymbol B).$$

化简得

$$\boldsymbol A\sim \begin{pmatrix} 1&2&a\\ 0&1&-a\\ 0&0&0 \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol B\sim \begin{pmatrix} 1&a&2\\ 0&1&1\\ 0&0&2-a \end{pmatrix}.$$

因此 $2-a=0$，即

$$a=2.$$

当 $a=2$ 时，解矩阵方程 $\boldsymbol A\boldsymbol X=\boldsymbol B$，由增广矩阵化简得

$$\boldsymbol X= \begin{pmatrix} -6k_1+3&-6k_2+4&-6k_3+4\\ 2k_1-1&2k_2-1&2k_3-1\\ k_1&k_2&k_3 \end{pmatrix}.$$

其行列式为

$$|\boldsymbol X|=k_3-k_2.$$

故当 $k_2\neq k_3$ 时，$\boldsymbol X$ 可逆。因此可取

$$\boxed{ \boldsymbol P= \begin{pmatrix} -6k_1+3&-6k_2+4&-6k_3+4\\ 2k_1-1&2k_2-1&2k_3-1\\ k_1&k_2&k_3 \end{pmatrix}, \quad k_1,k_2,k_3\in\mathbb R,\ k_2\neq k_3. }$$