2022年1999考研数二真题及解析

1、精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -1999年全国硕士争论生入学统一考试数二试题一、填空题 此题共 5小题，每道题3分，满分 15分；把答案填在题中横线上；(1) 曲线x ety etsin 2t cost，在点0,1 处的法线方程为2(2) 设函数 yyx由方程 lnxyx 3 ysinx 确定，就dydx x 0x5(3) 2dxx6x(4) 函数 y132x在区间x21 ,322上的平均值为(5) 微分方程y4ye2 x 的通解为二、挑选题 此题共 5小题，每道题3分，满分 15分；每道题给出得四个选项中，只有一个是符合题目要求的，把所选项前的字母填

2、在提后的括号内；(1) 设f x1cos x ,xx0，其中 gx是有界函数，就f x 在 x0 处 x2 gx ,x0(A) 极限不存在 .(B) 极限存在，但不连续.(C) 连续，但不行导.(D) 可导 .(2) 设x5 x sin t dt ,xsin x11tt dt，就当 x0 时x是x 的 0t0(A) 高阶无穷小B 低阶无穷小C同阶但不等价的无穷小D 等价无穷小(3) 设f x 是连续函数，Fx是f x 的原函数，就(A) 当f x 是奇函数时，Fx必是偶函数 .(B) 当f x 是偶函数时，Fx必是奇函数 .(C) 当f x 是周期函数时，Fx必是周期函数.(D) 当f x 是

3、单调增函数时，Fx必是单调增函数.(4) “对任意给定的0,1 ，总存在正整数N ， 当 nN 时，恒有 xna2”是数列xn精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 1 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -收敛于 a 的 (A) 充分条件但非必要条件.B 必要条件但非充分条件.C充分必要条件.D 既非充分条件又非必要条件.x2x1x2x35 记行列式2x22x3x33x 4x4x1 2x2 4x3 5x22x53x74x3 为 fx ，就方程fx 530 的根的个数为A 1.B

4、2.C 3.D 4.三、 此题满分 5分求l i m1 t a nx1sxi nx0x l n1.xx2四、 此题满分 6分a r c t axn运算1x2dx .五、 此题满分 7分求初值问题yx2y2dxxdy0 x0的解 .y x 10六、 此题满分 7分为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放入井底，抓起污泥后提出井口见图，已知井深30m 30m,抓斗自重 400 N , 缆绳每米重50 N，抓斗抓起的污泥重2000 N ，提升速度为3m / s ,在提升过程中，污泥以20 N / s的速度从抓斗缝隙中漏掉，现将抓起污泥的抓斗提升至井口，问克服重力需作多少焦耳的功？说明： 1N1m1J; 其中

5、m, N , s, J 分别表示米，牛顿，秒，焦耳；抓斗的高度及位于井口上方的缆绳长度忽视不计.七、 此题满分8 分x3已知函数 y2 ，求x11函数的增减区间及极值； 2函数图形的凹凸区间及拐点3函数图形的渐近线.八、 此题满分8 分设 函数fx在 闭 区间1,1 上 具 有三 阶连 续导 数， 且 f10 ， f11 ，f00 ，证明：在开区间1,1 内至少存在一点，使 f3.精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 2 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -九、 此题满分9 分

6、设函数yxx0 二阶可导，且yx0 ， y01.过曲线yyx 上任意一点P x,y作该曲线的切线及x 轴的垂线，上述两直线与x 轴所围成的三角形的面积记为S1 ，区间0, x 上以 yyx 为曲边的曲边梯形面积记为S2 ，并设2S1S2 恒为1，求此曲线yyx 的方程 .十、 此题满分6 分设 fx 是区间0,上单调削减且非负的连续函数，nnnafkfxdx1i 1n1,2,，证明数列an的极限存在 .十一、 此题满分8 分111设矩阵 A求矩阵 X .111111，矩阵 X 满意*A XA1*2 X ，其中 A是 A 的相伴矩阵，十二、 此题满分5 分TT设向量组11,1,1,3， 21,

7、3,5,1， 33,2, 1, pTT2， 42,6,10,pT(1) p 为何值时， 该向量组线性无关？并在此时将向量4,1,6,10用1 ,2 ,4线性表出；(2) p 为何值时，该向量组线性相关？并此时求出它的秩和一个极大线性无关组.1999年全国硕士争论生入学统一考试数二试题解析精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 3 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -一、填空题1 【答案】y2 x10【详解】点0,1 对应 t0 ，就曲线在点0,1 的切线斜率为dydydtet c

8、ostetsintcostsin tdxdx dtdyet sin 2t2et1cos2tsin 2t，2cos 2t把 t0 代入得dx，所以改点处法线斜率为2 ，故所求法线方程为2y2 x10 .2 【答案】 1【详解】yx 是有方程 lnx2yx3 ysinx 所确定，所以当x0 时， y1 .对方程 lnx2yx3 ysinx两边非别对x 求导，得2 xy3x2 yx3 ycos x ，x2y把 x0 和 y1代入得y 0dy1dx x03 【答案】12ln xx36 x134arctanC22【详解】通过变换，将积分转化为常见积分，即x5dxx3dx8dxx26 x13x26 x13

9、x26 x1341 d x26x1382 x26x13 x3）2dx1 ln x26x134d x3） 22x3 2）121 ln x26x134arctan x3C22314 【答案】12【详解】依据平均值的定义有精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 4 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -y132131222x21x2dx ，作变换令 xsin t ，就 dxcos tdt ，所以31sin 2 t cos tydt23 sin2 tdt3161sin 2 t2231631

10、3 11 cos 2t dt131t1331sin 2t622221265 【答案】yC e 2xC1 xe2 x ,其中 C , C 为任意常数 .12124【分析】先求出对应齐次方程的通解，再求出原方程的一个特解.【详解】原方程对应齐次方程y"4 y0 的特点方程为：240, 解得2,22 ，1故 y "4 y0 的通解为yC e 2 xC e2x ,112由于非齐次项为f xe2 x , 因此原方程的特解可设为y*Axe2 x , 代入原方程可求得A1 ，故所求通解为yyy*C e 2 xC1 xe2x11244二、挑选题1 【答案】 D 【详解】由于可导必连续，连续

11、就极限必存在，可以从函数可导性入手.由于f0limf xf 0lim1cos xlim1 x220,x0x0x0xxx0xxf 0limf xf 0lim2x g xlimxgx0,x0x0x0xx0从而，f0 存在，且f 00 ，故正确选项为D.2 【答案】 C 【详解】当x0 有，精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 5 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -t5 x sin t dtsin 5x5lim x0limlim5xx0 xx0sin x101t t dtx011s

12、in xsin xcos x5limsin5 x15115x05x1lim 1sin xsin xlimcos xe1esin x0x0所以当 x0 时x是x 同阶但不等价的无穷小.3 【答案】 A 【详解】应用函数定义判定函数的奇偶性、周期性和单调性.f x的原函数F x 可以表示为F xxf tdtC, 于是0xutxF xf tdtCf 00uduC.当 f x 为奇函数时，f uf u ，从而有xxF xf uduCf t dtCF x00即 Fx为偶函数 . 故A 为正确选项 .(B) 、C 、D 可分别举反例如下：f xx2 是偶函数，但其原函数F x1 x331不是奇函数，可排除

13、B；f xcos2 x 是周期函数，但其原函数F x1 x1 sin 2 x 不是周期函数，可排除24(C) ；f xx 在区间 , 内是单调增函数， 但其原函数F x1 x2 在区间 ,2内非单调增函数，可排除D.4 【答案】 C 【详解】【方法 1】“必要性 ”：数列极限的定义“对于任意给定的10 ，存在N10 ，使得当nN1时恒有| xna |1 ” .由该定义可以直接推出题中所述，即必要性；“充分性 ”：对于任意给定的10 ，取min1, 1，这时0,1 ，由已知， 对于此存在 N0 ，33使得当 nN 时，恒有 | xna |2，现取 N1N1，于是有当nNN1 时，恒精选名师 优秀

14、名师 - - - - - - - - - -第 6 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -有 | xn2a |11 . 这证明白数列3xn收敛于 a . 故C 是正确的 .【方法 2】数列极限的精确定义是：对于任意给定的0 ，总存在 N0 ，使得当 nN 时| xna |，就称数列xn收敛于 a . 这里要抓住的关键是要能够任意小，才能使| xna | 任意小 .将 本 题 的 说 法 改 成 ： 对 任 意120,20 ， 总 存 在N10 ， 使 得 当nNN1 时，有| xna |21 ，就称数列

15、xn收敛于 a .由于10,2 可以任意小，所以| xna |能够任意小 . 故两个说法是等价的.5 【答案】 Bx2x1x2x32x22x12 x22x33x33x24x53x5【详解】利用行列式性质，运算出行列式是几次多项式，即可作出判别.f x4 x4x35x74x3x2列1列2x3列1列210121014列x21002x21002列4列1列3x314 x3x22x733x314x3x21x76x21x21AB2x21x76 x212 x2 1 如 A, B, C 均为 n 阶方阵，就OCAC 6 x21x7x5x55 x x1故f xx 5 x5 有0两个根x10, x21 ，故应选

16、B.三【详解】进行等价变化，然后应用洛必达法就，【方法 1】 lim1tan x1sin x2lim1tan x1sin x 1tan x21sin xx0xln 1xxx0x ln 1xx 1tan x1sin x limtan xsin xlim1 sin x1cos xcos xx0 xln1xx 2x0 2xln1xx精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 7 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -1 lim1cos x洛 1 lim 1xsin x12 x0 ln 1xx

17、2 x0x2【方法 2】 lim1tan x1sin x2limtan xsin xx0xln 1xxx0 xln1xx 2limtan x1cosxlimx1cosx1 lim1cos xx0 2xln1xxx0 2xln1xx2 x0 ln 1xx1 limx2 2洛 1 limx= 1 lim112 x0 ln 1xx2 x0x 1x2 x0 1x2四【详解】采纳分部积分法arctan x11111x2dxarctan xd 1xarctanx x1dx1x 1x2 1xdxln x1 ln1x2 41x1x24211lnx|1 ln 241x242五【详解】将原方程化简dyyx2y2y

18、1 y2dxxxx令 yu ，就 dyux du，代入上式，得ux duu1u 2 ，xdxdxdxd ud x化简并移项，得，1u 2x由积分公式得lnu1u2 ln Cx，其中 C 是常数，由于 x0, 所以 C0 ，去掉根号，得u1u2Cx ，即y1 y 2xxCx ，把 y0 代入并化简，得y1 x21 , x0x 122六【详解】建立坐标轴如下列图，解法 1：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功WW1W2W3 ，其中 W1 是克服抓斗自重所精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 8 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结

19、- - - - - - - - - - - -作的功；W2 是克服缆绳重力作的功；W3 为提出污泥所作的功. 由题意知W1400N30m12000J .将抓斗由 x 处提升到xdx 处，克服缆绳重力所作的功为dW2 = 缆绳每米重 ×缆绳长 ×提上升度5030xdx,从而W23050300xdx22500J .在时间间隔 t, tdt 内提升污泥需做功为dW3原始污泥重漏掉污泥重） 提上升度 3dt 200020t 3dt将污泥从井底提升至井口共需时间30m3m / s10 s,所以W3103200020t dt057000J .因此，共需做功WW1W2W3（1200022

20、50057000J91500J解法 2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为W ，当抓斗运动到x 处时，作用力f x 包括抓斗的自重400 N , 缆绳的重力5030xN ， 污泥的重力2000x20 N , 3即f x4005030x200020 x3900170 x,于是30W3900170 xdx3900 x85 x 2 30331170002450091500 J0033七【详解】函数的定义域为,11, ，对函数求导，得x2 xyx3 ， y136x x14令 y0 得驻点 x0, x3；令 y0 得 x0 . 因此，需以0,1,3 为分界点来争论，列表争论如下：精选名师 优秀名师 -

21、 - - - - - - - - -第 9 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -x,000,11,333,y0y00y由此可知，凸，增拐点凹，增凹，减微小值凹，增1函数的单调增区间为,13, ，单调减区间为1,3 ，微小值为27y x 34 .2函数图形在区间,0 内是向上凸的，在区间0,1,1, 内是向上凹的，拐点为0,0 点.323由 limx，可知 x1是函数图形的铅直渐近线.x1 x1又由于yx3l i ml i m21xxxx x1 x3x3x x122x2xlimyxlim2xlim2li

22、m22xx x1xx1x x1故 yx2 是函数的斜渐近线.八、 此题满分8 分设函数fx 在闭区间1,1 上具有三阶连续导数，且f10 ， f11， f00 ，证明：在开区间1,1 内至少存在一点，使 f3.【详解】 解法 1：由麦克劳林公式得f xf 0f 0x1 f 0 x21 fx3 ，其中介于 0 与 x 之间， x1,1分别令 x1, x2.3.1 并结合已知条件得11f 1f 0f0f10,11026f 1f 01 f01 f1,0122两式相减，得f2 26f 1 6精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 10 页，共 15 页 - - - - - - -

23、 - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -由 f x 的连续性，知f x 在区间 1,2 上有最大值和最小值，设它们分别为M 和 m ，就有m1ffM212再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 1 ,2 1,1 ，使f1ff3212解法2：构造函数x ，使得 x1,1 时 x 有三个 0 点，x 有两个 0 点，从而使32用罗尔定理证明必定存在 .设具有三阶连续导数xf xaxbxcxda11 f1 abcd02f10 0 f令 0 d0，将f11代入得bf 01 1 f 1 abcd02 0 f 0 c0f00c0代入x 得xf x1 x3 f

24、01 x 2f 0df 022由罗尔定理可知，存在11,0,20,1 ，使10,2 0又由于00 ，再由罗尔定理可知，存在1 1,0, 20,2 ，使得 1 0,20再由罗尔定理知，存在 1,2 1,2 1,1 ，使f30即f3 .九【详解】如图，曲线yyx 上点P x, y 处的切线方程为Yyxy x Xx所以切线与x 轴的交点为xy ,0 y '由于 y 'x0, y01,因此 y x10 x0于是S11 y xx 2yy 2.y '2y '精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 11 页，共 15 页 - - - - - - - -

25、- -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -又S2xyt dt0y2x依据题设2S1S21,得 22 y 'yt dt1,0dpdpdydppdxdydxdy两边对 x 求导并化简得2yy"y '这是可降阶的二阶常微分方程，令py ,就 y，上述方程化为yp dpdyp 2 , 分别变量得dpdypy，解得pC1 y ， 即dyC y, dx1从而有yC exC ，依据 y01, y '01, 可得 C1,C0,1212故所求曲线得方程为yex .十【详解】利用单调有界必有极限的准就来证明.先将an 形式化简，n23nn 1

26、k 1由于f x dxf xdxfxdxf xdxf xdx112n 1kk 1所以ann 1fkfi 1 nn 1k kk 11f xdxn 1k kk 11 fkf x dxfn又由于f x 单调削减且非负，kxk1 ，所以有n 1kk 1k1 fkf xdxf n00，故 an0 ；n 1n 1nn又由于an 1anfkfx dx i 11ifkfx dx 11n 1nn 1nfkfk fxdxfx dx i 1i 111f n1n 1f x dxnn 1 f n1nf x dx0所以an单调削减，由于单调有界必有极限，所以limnan 存在 .十一 【详解】题设条件A* XA12 X精

27、选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 12 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -上式两端左乘A ，得AA* XAA12 AX由于 AA*A E, AA 1E ，所以AXE 2A XA E2AXE依据可逆矩阵的定义：对于矩阵An ，假如存在矩阵Bn ，使得 ABBAE ，就称 A 为可逆矩阵，并称B 是 A 的逆矩阵，故 A E2 A, X 均是可逆矩阵，且X A E2A 11112行1行又A1110111 0201113行+1行21110201行3行2002001行2行00110

28、2042200由于常数 k 与矩阵 A 相乘， A 的每个元素都要乘以k ，故A E4 E400040004， 2 A222222222所以A E2A22 EA2222222221112111111对应元素相减 11111111X A E2A 1211111112 kA 1k 1 A 1 111111用初等行变换求逆，当用初等行变换将矩阵A 化为单位矩阵时，经过相同的初等行变初等行变换换，单位矩阵E 化成了A 1 ，即AEEA 111001 010112行111110013行11110010011行02211行00211111002行3行0200110021012行1111100201001/

29、 21/ 23行12001 1/ 201/ 2精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 13 页，共 15 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -110 1/ 201/ 2100 1/ 21/ 201行3行01001/ 21/ 21行2行01001/ 21/ 20011/ 201/ 20011/ 201/ 21/ 21/ 2001/ 21/ 21/ 201/ 211001110111故X24十二【 概念 】向量组1,2 ,3 ,4 线性无关以i ,i1,2,3,4为列向量组成的线性齐次方程组1x12 x23x34 x41 ,2 ,3 ,4X0 只有零解向量能否由向量组1 ,2 ,3 ,4 线性表出以i , i1,2,3,4为列向量组成的线性非齐次方程组1 x12