1998考研数二真题及解析

1、1998年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题、填空题(本题共5小题，每小题3分,满分15分,把答案填在题中横线上.)、(1 x22 .(2)曲线yxx3 x2 2x与x轴所围成的图形的面积A .(4) 设f (x)连续,则(5) 曲线的渐近线方程为.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分 .在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题 目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)设数列xn与yn满足imxnyn0,则下列断言正确的是()(A)若xn发散,则yn发散(B)若人无界,则yn必有界1(C)若xn有界,则yn必为无穷小(D)若为无穷小，则yn必为无穷小xn函数f (x)(x

2、2 x 2)3x x的不可导点的个数是()(A) 0(B) 1(C) 2(D) 3已知函数yy(x)在任意点x处的增量其中是比x( x0)高阶的无穷小，且y(0),则 y(1)()(A)e4(B)2(C)(D)e4max)a X /(. oILimatX 设函数f(x)在x a的某个邻域内连续，且f (a)为其极大值，则存在 0 ,当x (a,a)时,必有()(A) (xa)f(x)f(a)0(B)(x a)f(x) f (a)00, 1,则必有(5)设A是任一 n(n 3)阶方阵，A是其伴随矩阵，又k为常数，且k(kA)1 / 19（A） kA（B）kn1A（C）knA （D）k 1A（本题

3、满分5分）求函数在区间（0,2 ）内的间断点，并判断其类型四、（本题满分5分）确定常数a,b,c的值,使limx 0ax sin x3xln(1 t )b tc(c 0).dt五、（本题满分5分）利用代换将方程y cosx 2y sinx 3ycosx ex化简，并求出原方程的通解六、（本题满分6分） 计算积分.七、（本题满分6分）从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度 y（从海平面算起）与下沉速度v之间的函数关系.设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始铅直下沉，在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用.设仪器的质量为 m,体积为B ,海水比重为，仪器所受的阻力与下沉速度成正

4、比，比例系数为k（k 0）.试建立y与v所满足的微分方程，并求出函数关系式y= f v .八、（本题满分8分）设y f （x）是区间0,1上的任一非负连续函数.（1）试证存在x （0,1）,使得在区间0,x。上以f（x。）为高的矩形面积，等于在x°,1上以y f （x）为曲边的梯形面积. 又设f （x）在区间（0,1）内可导，且，证明（1）中的冷是唯一的.九、（本题满分8分）设有曲线y 、！，过原点作其切线，求由此曲线、切线及 x轴围成的平面图形绕 x 轴旋转一周所得到的旋转体的表面积.十、（本题满分8分）设y y(x)是一向上凸的连续曲线，其上任意一点(x, y)处的曲率为，且此曲

5、线上点 (0,1)处的切线方程为y x 1,求该曲线的方程,并求函数y y(x)的极值.(本题满分8分)设x (0,1),证明:(1) (1 x)l n2(1 x)x2;In 21 1 ln(1 x) x十二、(本题满分5分)1 23212 010 12301 20B,C10 01200 120 00100 01求A.十三、(本题满分8分)已知 1(1,4,0,2)t,2(2,7,1,3)I 3(0,1,1,a)T设(2E C 1 B)At C 1,其中E是4阶单位矩阵，A是4阶矩阵A的转置矩阵(1)a, b取何值时,不能由1,2,3线性表示?(3,10,b,4)T，问:a, b取何值时,可由

6、1 , 2 , 3线性表示？并写出此表达式1998年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、填空题(本题共5小题，每小题3分,满分15分,把答案填在题中横线上.)1(1)【答案】丄4【解析】方法1:用四则运算将分子化简，再用等价无穷小替换，寸2/r_x 2原式 limx 0 2.1 x , 1 x 4 lim x 02x.11 2x122x lim 厂2 x 0 2x方法2:采用洛必达法则.原式洛limx 0x2112" x21 x411洛 0x 2_1 lim 2d.x 0x2xlimx 0 2 1 x 21 x4方法3:将分子按佩亚诺余项泰勒公式展开至x2从而.1 x 1 1

7、 x21 1x lim 2 x 0原式1 2x81 2x8。1x2【答案】3712求曲线与此曲线与x轴交点【分析】【解析】y为 x 1,0,2.2o1 x1x22x1x21 2x82o2 xo2 x21 2 2 2x o1 xo2 xlim 4x 0X2x轴围成的图形的面积，应分清楚位于x轴上方还是下方，为此，要先求X3x2 2x与x轴的交点，即x3 x2 2x x(x 2)(x 1)0的根0 ;当0 x 2时，y 0,从而【答案】【解析】【答案】0 tf (x2dxx4x3cot x In sin因为 cotxInsinxf(x2)dud x2t2)dt u2ydx001)(4cotx2 c

8、scx cotx分部t2x2t20tf(X2 5 拦【相关知识点】阶可导，则【答案】01(xx4x34)x C.x,所以dx2x)dx512In sin xd cot xcot x In sincot xcotxIn sin xIn sin x2320( x x 2x)dx3712x cot xd In sin x, cos x,cot x dxsin x2 cos x 2- sin xcot xIn sin x2 sin xdxcotxIn sin xdx1dx2 sin xcotxInsin xcotxdxcotxIn sin xcot x xC .2 xt2,t:0x u :x2【解析】

9、作积分变量代换0,u2tdt ,x1 sin2x0x2丄 f (u)du2x20 f (u)du .1.对积分上限的函数的求导公式：若F (t)(t) f (t)(t) f(t)x20 f (u)du,F(t)(t) f (x)dx ,(t),(t)均一【解析】题中未说什么渐近线 ,所以三类渐近线都要考虑由曲线方程知，铅直渐近线可能在两处：及x 0,但题设x 0,所以不予考虑，考虑x 0的情况.当x 0时,lim xln(e 丄)x 1 t lim洛 lim0,x 0xt =t e t所以无铅直渐近线；因lim y(x) lim xln(e ) lim x lnexxx X故无水平渐近线.再考

10、虑斜渐近线：limXxlimxln(e丄)1,xlim yxxlimx1x ln(e )x11lim x lne ln(1) 1xexlimx1 xln(1)ex.11lim x,xex e(x时,)所以有斜渐近线y.【相关知识点】1.铅直渐近线：如函数 y f (x)在其间断点x x0处有lim f(x) ,则x xgx x是函数的一条铅直渐近线；水平渐近线：当lim f(x) a,(a为常数)，则y a为函数的水平渐近线.x斜渐近线：若有a lim f (x) ,b lim f (x) ax存在且不为，则y ax b为斜渐近线x x x二、选择题(本题共5小题,每小题3分,共15分,在每小

11、题给出的四个选项中，只有一项符合题 目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)【答案】(D)【解析】方法1:直接利用无穷小量的性质可以证明(D)是正确的.由及可知yn为两个无穷小之积，故yn亦为无穷小，应选(D).方法2:排除法.(A)的反例:xn不发散；n, yn A,lim Xnynlim1 n n1 .lim0满足题设,但lim y 0n nnnnn2k 1,n 2k 1,0,n 2k 1,(B)的反例:xnYnk 1,2，,0,n 2k,2k,n 2k,满足nim Xn yn 0,但yn不是有界数列;(C)的反例：有界数列，yn1(n 1,2,-)，满足,但y不是无穷小;排除掉

12、(A)、(B)、(C),故选(D).【答案】(B),就有可能出现不可导的“尖点”，因为这时的函数是分段函数 f (x) (x2 x 2)x x21 ,当x 0, 1时f (x)可导,因而只需在x 0, 1 处【解析】当函数中出现绝对值号时考察f (x)是否可导在这些点我们分别考察其左、右导数f ( 1)f ( 1)(x2x2)x(1x2),x 1,(x2x2)x(x21),1 x 0,(x2x2)x(1x2),0x1,(x2x2)x(x21),1 x,f(x)1xlimx 1limx 1(x2 x 2)x(1 x2) 0x 10,limx 1limx 1(x2 x 2)x(1 x2) 00,即

13、f (x)在x 1处可导又f (0) limx 0limx 0(x2x 2)x(x2 1) 022 2f (0) limx 0limx 0(x x 2)x(1 x ) 02x所以f (x)在x 0处不可导.类似，函数f(X)在x 1处亦不可导因此f(x)只有2个不可导点，故应选(B).评注：本题也可利用下列结论进行判断:设函数f (x) x a (x),其中(x)在x a处连续，则f (x)在x a处可导的充要条件是(a)0.【答案】(A)【解析】由有令x 0,得是x的高阶无穷小，则,即分离变量，得两边积分,得 In y arctanx C ,即 y C1earctanx.代入初始条件y(0)

14、,得 y0Gearctan0Ci.所以,yarcta nxey(i)x 1arcta n1eed【相关知识点】arcta nx e设在同一个极限过程中，(x),(x)为无穷小且存在极限(1)若I 0,称(x),(x)在该极限过程中为同阶无穷小； 若I 1,称(X), (X)在该极限过程中为等价无穷小，记为(X)(X)； 若I0,称在该极限过程中(X)是(X)的高阶无穷小，记为(x) o (x)右不存在(不为),称(x),(x)不可比较.【答案】(C)【解析】由Xa是f (x)的极大点,知存在即 f(x)f(a)0.因此，当Xa,a 时,(x a) f (x)f(a)当Xa, a时,(x a)

15、f (x)f (a)0,当 x a ,a 时，f (x) f (a),0；0.所以,(A)与(B)都不正确.已知f (x)在x a处连续，由函数在一点连续的定义可知 ，limf(x)f(a),再由极限x a四则运算法则可得4 t a (tf(x)X)2f(a) f(x)(a x)20( x a).应选(C).【答案】(B)【解析】对任何n阶矩阵都要成立的关系式，对特殊的n阶矩阵自然也要成立.那么，当A可逆时，由A A A 1,有(kA) kA (kA) 1 kn|A A 1 kn 1 A A 1 kn 1A .k故应选(B).一般地，若A (aj)n n,有kA (kj)n n,那么矩阵kA的

16、第i行j列元素的代数余子式(1)j(1)i匕ka1,j 1kai,j 1kamkai 1,1ka 1,j 1ka 1,j 1ka 1,nkai 1,1ka 1,j 1ka 1 ka 1,nkaMBkan,j 1kan,j 1kna11a1,j1a1,j 1Cnjkn1ai 1,1ai 1,j1ai 1,j 1ai 1,nai 1,1ai 1,j1ai 1,j 1ai 1,nan1an,j1an, j 1ann即kA中每个元素的代数余子式恰好是A相应元素的代数余子式的kn 1倍,因而，按伴随矩阵的定义知(kA)*的元素是A*对应元素的kn 1倍.【相关知识点】1.行列式的性质：若 A是n阶矩阵,

17、则kA kn A.2.矩阵A可逆的充要条件是A 0,且.三、(本题满分5分)【分析】由间断点的定义可知，函数无定义的点一定是间断点 ，故可以先找出函数无定义的点 再讨论判断出间断点的类型 .【解析】f(x)在区间(0,2 )内的间断点为无定义的点,即各点.在处，；在处”故为f (x)的第二类间断点;在处,;在处”但相应的函数值在该点无定义,故f (x)在处为可去间断点,则 lim f (x)g(x)x a0,0 A 1,A 1【相关知识点】设lim f(x) A,lim g(x)x ax a2.函数f (x)的间断点或者不连续点的定义：设函数 f (x)在点x0的某去心邻域内有定义 只要满足一

18、下三种情况之一即是间断点(1) 在x xo没有定义；(2) 虽在x x0有定义，但lim f (x)不存在；x xo(3) 虽在 x x0 有定义,且 lim f (x)存在，但 lim f (x) f (x0);x xox xo3.通常把间断点分成两类：如果 怡是函数f（X）的间断点,但左极限f（X0）及右极限f（X（） 都存在，那么Xo称为函数f （X）的第一类间断点；不是第一类间断点的任何间断点 ，称为第二 类间断点 四、（本题满分5分）【分析】解决这类问题，原则上与求极限差不多，但是因为其中含有某些参数 ,比如在用洛必达法则前，极限是否为“ 0”型或“”型,要先行讨论，通过讨论，有时就

19、可以推断出其中0参数的特点，然后再求极限，这是一类常考的题目【解析】当x 0时axsin xax sin x0,又由题设lim3 c(c 0),所以应有(否x 0 xln(1 t3)亠dtb t则与xm°空b tc(c0）矛盾），从而只有b 0，因此满足洛必达法则的条件，用洛必达法则求其极限(当 x 0 时，ln(1丿即x)axsin x3x9_)dtbx)如果a 1，则右边极限为c1 cosx 等 10 c limx 0x2洛洛,. a cosx lim亍x 0 ln(1 x )x，与原设左边矛盾，故a等1-.（当 x 0 时，） 2等 limax 0cosx2x上述等式成为所以最

20、后得.五、(本题满分5分)【解析】方法1:由,有y u secx u secx tanx,y u secx 2u secxtanx u (secx tan2x sec x),代入原方程 y cosx 2y sinx 3ycosx ex,得u 4u ex.(*)先求其相应齐次方程的通解，由于其特征方程为40 ,则特征方程的根为2i .所以通解为u(x) G cos2x C2 sin 2x, ( G,C2为任意常数).再求非齐次方程的特解，特解应具有形式U (x) Aex，代入(*)式,得xxxxx xAe 4Ae Ae 4Ae 5Ae e解得”因此 故(*)的通解为1 xu(x) G cos2x

21、 C2sin2xe ,( C1, C2 为任意常数)5所以,原微分方程的通解为ycos2xC1-cosx2C2 sin xx e5cos x方法2：由,于是uy cosxysin x,uy cosx2y sin xycosx,原方程化为u 4u ex(以下与方法1相同).【相关知识点】两函数乘积的求导公式：f(x) g(x) f (x) g(x) f(x) g (x).六、(本题满分6分),故所给的是广义积【解析】当x 1时，被积函数的极限，即x 1是被积函数的无穷间断点 分.x x2x(1 x)x x2, 0 x 1, x2 x,x 0 或 x 1.3 dx1 dxI dxdxarcsi n

22、(2x 1)|In (sect tan t), ln(2 73).2 2其中,求:dxidx(X y1 2dx2 J (2x 1)21arcsin (2x 1)21 d(2x 1)2 , 1(2x 1)2sect, x:123,则 t:02,dx3d(21 sect)2sect tan tdt,214.(2sect)21 1 s"厂132dxsect tantdtdx3 20 1tant203 seddtIn (sect tan t)|3 七、(本题满分6分)O,铅直向下作为 Oy轴正向，探测器在下沉过程中【解析】先建立坐标系，取沉放点为原点受重力、浮力和阻力的作用 ，其中重力大小：

23、 mg,浮力的大小：F浮B ；阻力： kv ,则由牛顿第二定律得md2ydt2mg Bg kv, yt 00, vt 0°.(*)由 dy v,d2ydtdvdvdt2dtdydydtdv v -dyv/鱼，代入(*)得y与v之间的微分方程 dvmv史dvmgB kv, vy 0°.分离变量得两边积分得dymvdv,mg B kvmvBm2m gBm2m gkkkk dmgBkvm k(mgBkv)Bmk2m gkymg B kvm2g Bmdvkdvmg B kvdv km(mg B ) dv k(mg B kv)1m(mg B )(-)k d(mg Bk(mg B kv

24、)kv)( 第一类换元法)m(mg B)ln(mgk2kv)再根据初始条件v |y 0 0,即m(mg B )k2故所求y与v函数关系为ln(mgm(mg B )k2ln(mg B ).m mg Bk2Inmg mg Bkv八、(本题满分8分)【解析】(1)要证Xo(0,1),使 Xof (Xo)X)f (x)dx ;令(X)1xf (x) f (t)dt,要证XX。(0,1),使(Xo)0.可以对(X)的原函数(X)(t)dt使用罗尔定理:又由(0) 0,1(1)0 (x)dx分部 1xf010xf (x)dx(X)dX10(x 1f (t)dt)dX1o xf (x)dx 0,f (x)在

25、0,1连续(x)在0,1连续,(X)在0,1连续,在(0,1)可导.根据罗尔定理，x (0,1),使(X0)(X0) 0.接对(x)用零点定理遇到麻烦时,不妨对 (x)的原函数使用罗尔定理 由(x) xf (x) f(x) f (x) xf (x) 2f(x)0 ,知(x)在(0,1)内单调增,故中的xo是唯一的 评注：若直接对 (x)使用零点定理，会遇到麻烦:1(0) of(t)dt 0, (1)f(1) 0.当f (x)0时,对任何的冷(0,1)结论都成立;当 f(x) 0 时，(0)0,但(1)0 ,若(1)0,则难以说明在(0,1)内存在 心 当直【相关知识点】1.罗尔定理：如果函数

26、f (x)满足(1)在闭区间a,b上连续;(2)在开区间(a,b)内可导; 在区间端点处的函数值相等，即f(a) f(b),那么在(a,b)内至少有一点(a b),使得f ( ) 0.【解析】先求切线方程：(x),y0)处的切线为九、(本题满分8分)以x 0,y 0代入切线方程，解得x0 2, y0. x0 1切线方程为.(见右图)由曲线段y x 1(1 x 2)绕x轴的旋转面面积2広13dx22 ,x 111严3)2dx4(x 1)1).6而由曲线段绕x轴的旋转面面积2S2 02-2"-y、.1 y dx2xdx 空2由此,旋转体的表面积为S S S26(1151).十、(本题满分

27、8分)【解析】由题设及曲率公式(因曲线y y( x)向上凸,y 0, y改写为 ， 两边积分得，解得arcta nyxC1.由题设，曲线上点(0,1)处的切线方程为以x 0代入上式,得.于是有，故有0220.5 .),化简得.1 x,可知 y(0)1,y (0)1 .34tan( x), x44(上式中注明区间是的原因：本题中使正切函数有意义的区间有很多3般可以写成2n x2n ,本题选择是因为题设曲线在x 0处有值，又已知曲线是一条44连续曲线，因此解的范围应该包含x0在内并且使y(x)连续的一个区间.)再积分得tan (4x)dxsin(x)4 dxcos(x)4d cos( x) In

28、cos( x) C2. cosq x) 44又由题设可知y(0)1,代入确定C21 In cos 4丄In 2,于是所求的曲线方程为2y In cos x4iln2, 4由于且ln x在定义域内是增函数,所以当且仅当时,即时y取得最大值,由于，所以此时也是y取极大值,极大值为；显然y在没有极小值.【相关知识点】曲线 y y(x)在其上任意一点(x, y)处的曲率公式:十一、(本题满分8分)【分析】不等式的证明一般用单调性来证明，除此之外，还可以用拉格朗日中值公式、拉格朗日余项泰勒公式、最大(小)值来证明.【解析】(1)方法1:利用单调性证明令(x)X2(1 x)l n2(1 x),则(x)(x

29、)(x)2x ln2(1 x) 2ln(1 吕 x ln(1 x),1 x2l n(1 x)(1 x)20(0x),1).(x)在(0,1)内单调递增，(x)(0)0(0 x 1)；(x)在(0,1)内单调递增，(x)(0)0(0 x 1)；(x)在(0,1)内单调递增，(x)(0)0(0 x 1),即(1 x)ln2(1 x)方法2：改写原不等式(0,1)时，1 x0 ,故可在不等式两边同时除以(1x),有两边开平方,.令 g(x) ln(1 x)g(x)11 x2、1 x 2 x32 1 x 2x 1 2dx 132 1 x 2 2.1x13 2 1 x 20,(当 x0)故函数g(x)在

30、区间0,1上单调减少,由g(0)0,可知当x 0时,g(x) g(0)0 ,即,从而原不等式成立，证毕.2 2方法 3：由方法 1,(x) x (1 x)ln (1 x),已证(0)0,(0)0,(x)0, (x 0)于是由（X）的1阶麦克劳林公式（拉格朗日余项）有即(1由(1),（X）x)l n2(1 X)f(x)f (x)1(0) (0)x 2x2ln(1 x)f (x)0(0f(0 )()x21( )x20.x ln(1 x)xln(1 x)(1 x)l n2(1 x)(1 x)l n2(1 x)x22x(1x)l n2(1 x)1) f(x)在(0,1)单调减f(1)f(x) f (0 )(0 x 1),而,lim f (x) limxi x ln(1 x)0 xln(1 x)等limx 0x ln(1 x)x2limx 01丄1 x2xlim-x 0 2(1 x)故即ln 2ln(1 x)十二、（本题满分5分）【