2022年1993考研数二真题及解析

1、精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -1993 年全国硕士讨论生入学统一考试数学二试题一、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) limx ln x.x0(2) 函数yy x 由方程sin x2y2 exxy20 所确定 , 就 dydx.(3) 设 F xx 211tdt x0 , 就函数F x 的单调削减区间是.(4) tan xdx cos x.(5) 已知曲线yf x 过点0,1 , 且其上任一点x, y 处的切线斜率为2x ln1x2 , 就f x .二、挑选题 此题共 5 小题 , 每道题

2、3 分, 满分 15 分. 每道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) 当 x0 时, 变量1 sin x21 是x(A) 无穷小B无穷大C有界的 , 但不是无穷小D有界的 , 但不是无穷大(2) 设f x| x21|, xx12,x1, 就在点 x1,1 处函数f x(A) 不连续B连续 , 但不行导C可导 , 但导数不连续D可导 , 且导数连续(3) 已知f xx2 ,01, 1x1,x2,设 F xxf t dt 01x2 , 就F x 为1 x3 ,0x11 x31 ,0x1A3B33x,1x2x,1x21 x3 ,0x11 x31 ,

3、0x1C3x1,1x2D33x1,1x2(4) 设常数 k0 , 函数f xln xxk 在 0, 内零点个数为e精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 1 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -A 3B 2C 1D 0(5) 如f xf x , 在 0, 内 f x0, f x0 , 就f x 在 ,0 内(A) f x0, fx0(B)f x0, f x0(C) f x0, f x0(D)f x0, f x0三、 此题共 5 小题 , 每道题 5 分, 满分 25 分.2d 2

4、 y(1) 设 ysin f x , 其中 f 具有二阶导数, 求.dx2(2) 求limxx2 x100x .(3) 求4x dx .(4) 求0 1cos 2 xxdx .01(5) 求微分方程x3 x21dy2xycos xdx0 满意初始条件y x 01的特解 .四、 此题满分9 分设二阶常系数线性微分方程y yyex 的一个特解为ye2 x1xex , 试确定常数, 并求该方程的通解.五、 此题满分9 分设平面图形A 由 x2y22x 与 yx 所确定 , 求图形 A 绕直线 x2 旋转一周所得旋转体的体积 .六、 此题满分9 分作半径为 r 的球的外切正圆锥, 问此圆锥的高h 为何

5、值时 , 其体积 V 最小 , 并求出该最小值.七、 此题满分6 分设 x0 , 常数 ae, 证明 axaaa x .八、 此题满分6 分aMa 2设 f x 在 0, a 上连续 , 且f 00 , 证明：f xdx, 其中 Mmax | f x | .020 x a精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 2 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -1993 年全国硕士讨论生入学统一考试数学二试题解析一、填空题 此题共 5 小题 , 每道题 3 分, 满分 15 分 .(1) 【

6、答案】 0【解析】这是个0型未定式 , 可将其等价变换成型 , 从而利用洛必达法就进行求解.limx ln xlimln x 洛1limxlim x0 .x0x01x01x02x(2) 【答案】ye2x cosx2y 2 xx22y cosx2y2 2xy【解析】这是一个由复合函数和隐函数所确定的函数, 将方程边对 x 求导 , 得sinx2y2 exxy20 两cosx2y2 2x2 yy exy 22xyy0 ,化简得yy2ex2x cosx222y2 .2 y cosxy 2xy【相关学问点】复合函数求导法就：假如 ug x 在点 x 可导 , 而yf x 在点ug x 可导 , 就复合

7、函数yfg x在点 x 可导 , 且其导数为dyfdxu g xdydydu或.dxdudx(3) 【答案】 0x14【解析】由连续可导函数的导数与0 的关系判别函数的单调性.精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 3 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -将函数F xx 211t dt , 两边对 x 求导 , 得F x21.x如函数F x 严格单调削减, 就 Fx210 , 即x1 .x2所以函数F x 单调削减区间为0x1 .4【相关学问点】函数的单调性：设函数yf x 在

8、a, b 上连续 , 在 a, b 内可导 .(1) 假如在 a, b 内 fx0 , 那么函数yf x 在 a, b 上单调增加；(2) 假如在 a, b 内 fx0 , 那么函数yf x 在 a, b 上单调削减 .(4) 【答案】2cos1/ 2 xC【解析】tan xdxsin x3dxsin x cos 2xdxcosxcosxcos x31cos2 xd cos x2cos2 xC .(5) 【答案】1 1x2 ln1x2 1 x21222【解析】这是微分方程的简洁应用.由题知dyx ln1 dxx2 , 分别变量得dyx ln1x2 dx , 两边对 x 积分有由分部积分法得yx

9、 ln12xdx1ln1222x d x1 .1ln1x2 d x211 1x2 ln1x2 11x2 2 xdx2221x21 121 1x2 ln1x2 ln1x2 x2 xdx1 x2C.22由于曲线yf x 过点0,1) , 故C21, 所以所求曲线为2y1 1x2 ln1x2 1 x21 .222二、挑选题 此题共 5 小题 , 每道题 3 分, 满分 15 分 .(1) 【答案】 D精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 4 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -【解析

10、】由于当x0 时,1sinx是振荡函数 , 所以可用反证法.如取x1k11x, 就2k1ksin1x1kk2 sin k0 ,x2k12k1 2, 就1x22 ksin1x2 k2k1 22 , k21,2, .因此 , 当 k时, 有x1k0 及 x2k0 , 但变量1 sin 1x2x或等于0 或趋于, 这表明当 x0 时它是无界的 , 但不是无穷大量, 即D 选项正确 .(2) 【答案】 A【解析】利用函数连续定义判定, 即假如函数在x0 处连续 , 就有limxx0f xlimxx0f x f x0 .由题可知| x21|x21limf xlimlimlim x12 ,x1x1x1x1

11、x1x122limf xlim | x1|lim 1xlim x12 .x1x1x1x1x1x1因 f x 在 x1 处左右极限不相等, 故在 x1 处不连续 , 因此选 A.(3) 【答案】 D【解析】这是分段函数求定积分.当 0x1时 , 0xt1 , 故f t t 2 , 所以xx 2x1 313F xf t dtt dttx1.11313当 1x2 时 , 1tx2, 故f t1 , 所以xxx应选 D.(4) 【答案】 BF xf tdt11dtt11x1 .【解析】判定函数f x 零点的个数等价于判定函数yf x 与 x 的交点个数 .对函数f xln xxk 两边对 x 求导 ,

12、 得ef x11 .xe令 fx0 , 解得唯独驻点xe ,精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 5 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -f x0,0即xe;f x严格单调增加 ,f x0, ex; f x严格单调削减 ,所以 xe 是极大值点 , 也是最大值点, 最大值为xf eln eekk0 .elimf xlimlnxkx0又由于x0e,limf xlim ln xxkxxe由连续函数的介值定理知在0, e 与 e, 各有且仅有一个零点 不相同 .故函数f xln xx

13、k 在 0, 内零点个数为2, 选项 B 正确 .e(5) 【答案】 C【解析】 方法一 ：由几何图形判定.由 f xf x, 知f x 为奇函数 , 图形关于原点对称；在 0, 内 f x0, f x0,f x 图形单调增加且向上凹,依据图可以看出f x 在 ,0 内增加而凸 , f x0, fx0 , 选C.方法二 ：用代数法证明.对恒等式f xf x 两边求导 , 得f xfx, fxfx .当 x,0时 , 有x0, , 所以f xf x0, fxfx0 ,故应选 C.三、 此题共 5 小题 , 每道题 5 分, 满分 25 分.(1) 【解析】ysin f x2 cos f x2 f

14、 x2 2x ,ycos f x2 f x2 2xcos f x2 f x2 2xcos fx2 fx2 2xcos fx2 f x2 2 xsinf x2 f x2 22x2cos f x2 f x2 2 x2精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 6 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -cos fx2 f x2 2 .【相关学问点】复合函数求导法就：假如 ug x 在点 x 可导 , 而yf x 在点ug x 可导 , 就复合函数yfg x在点 x 可导 , 且其导数为dyf

15、dxu g xdydydu或.dxdudx(2) 【解析】应先化简再求函数的极限,2xx2100xx2100xlimxx100xlimxxlimx2100x100xlim100.由于 x0 , 所以xx2100xx1x2x1001lim100lim10010050 .2x1xx1001x1100x 2111(3) 【解析】先进行恒等变形, 再利用基本积分公式和分部积分法求解.xx sec2 x14dx40 1cos2 x0dx4220xd tan x1x tan x 414 tan xdx1 014 sinx dx20202420cos x148201cos xd cos x1lncos x

16、48201 lncoslncos01 ln21 ln 2 .82482284(4) 【解析】用极限法求广义积分.01xx3 dx101x1 dx x310x 21x 3 d 1x1x 11 12x 2limb2 x2 xb11200lim2b11011 .b2b12222(5) 【解析】所给方程是一阶线性非齐次微分方程, 其标准形式是精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 7 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -2xcos x2yy,x10 ,x21x212 x dx2 x dx

17、通解为yex2 1cos x ex2 1dxC x21d x2 12ex1cosxd x 22ex11 dxCx211cos xdxCsin xC .x21sin 0Cx21sin x1代入初始条件y x 01 , 得0211 , 所以C1 . 所求特解为y2.x1【相关学问点】一阶线性非齐次微分方程yp x yq x 的通解公式为 :ye四、 此题满分9 分p x dxq xep x dxdxC, 其中 C 为常数 .【解析】要确定常数, 只需将特解代入原微分方程后, 用比较系数法即得.对于特解ye2 x1xex , 有y2e2xex1xex2e2 x2xex ,y2e2 x2xex4e2x

18、ex2x ex4e2 x3xex ,代入方程yyyex , 得恒等式4e2 x3xex2e2 x2xexe2 x1x exe x ,化简得42e2x32ex1 xexex ,比较同类项系数, 得42032,10解之得3,2,1 .于是原方程为y3y2 yex , 所对应的齐次微分方程y3 y2 y0 的特点方程为 r 23r20 , 解之得r1, r2 .12所以微分方程y3y2 yex 的通解为精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 8 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -yc

19、 exc e2 xy*c exc e2 xe2x1xexc exc e2xxex .121212五、 此题满分9 分【解析】利用定积分求旋转体的体积, 用微元法 .x2y22x 等价于 x12y 21 .解法一 ：考虑对y 的积分 , 就边界线为x111y2 与x2y0y1 ,如右图所示 . 当 yydy 时,dV2x 2 dy2x2 dy12211y2 22y2dy21y21y2dy .1所以V201 y21y 2dy .1对于1y2 dy , 令 y0sin t , 就 dycos tdt , 所以2122121121y dycostdt1cos 2t dttsin 2t；00202204

20、31100对于1y2 dy11y 2 d 1y1y1 ,30312211所以V2 1y01ydy2.43解法二 ：取 x 为积分变量 , 就边界线为1y2 xx2与 y2x0x1,如右图所示 .当 xxdx 时 ,dV22x y1y2 dx222x2 xxxdx,所以 V1220x2xx2xdx .令 x1t , 就 x1t , dxdt , 所以精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 9 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -12x2xx20xdx01t 211t1t 201t

21、dt11t2t1t 2t 21 dt .再令 tsin, 就 dtcosd,02所以1t12t1t2t1 dt02cossincossin21cosd0cos2d0sincos2d0sin 2cosd0cosd2222101cos 2d0cos2d cos0sin 2d sin0cosd222220303011 sin 2cossin0sin223322221111.43343所以V1220x2xx2xdx2 11 .43六、 此题满分9 分【解析】这是一个将立体几何问题转化为函数求最值的问题.设圆锥底半径为R , 如图 ,BCR,ACh,ODr .A由 BCODACAD, ADOA2OD 2

22、 , 有DRrRhr.Ohhr 2r 2h22hr于是圆锥体积CB2V1R2h1r 2h2 rh .33h对上式两端对h 求导 , 并令 V2 r0 , 得V1r 2 2hh2r h21r 2hh4r 0 ,得唯独驻点hh4 r , 且3h2r 23 h2r 22rh4rh4r ,V0,V0所以 h4r 为微小值点也是最小值点, 最小体积V 4 r 8r 3 .3精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 10 页，共 12 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -七、 此题满分9 分【解析】第一应简化不等式, 从中发觉规律 .当 x0 , 常数 ae 时, 原不等式两边取自然对数可化为a ln axaxlna或ln axln a .axaa证法一 ：令f xaxlnaa ln ax , 就 f xln a.ax由 ae, x0, 知 ln a1,a ax1, 故f x0 x0 .从而 fx为严格单调递增函数, 且f xaxlnaa ln axf