1998考研數(shù)二真題及解析

1、1998年全國碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)二試題、填空題(此題共5小題，每題3分,總分值15分,把答案填在題中橫線上.)(1)Xim0 曲線yx3 x2 2x與x軸所圍成的圖形的面積A .In sin x,(3)2 dx .sin xd x o o設(shè) f(x)連續(xù)，那么tf (x2 t2)dtdx 01曲線y xln(e -)(x 0)的漸近線方程為.x二、選擇題(此題共5小題,每題3分,共15分 .在每題給出的四個選項中，只有一項符合題 目要求，把所選項前的字母填在題后的括號內(nèi).)(1)設(shè)數(shù)列冷與yn滿足limxnyn0,那么以下斷言正確的選項是()n(A)假設(shè)Xn發(fā)散,那么yn發(fā)散(B)假設(shè)

2、xn無界,那么yn必有界(C)假設(shè)Xn有界,那么yn必為無窮小(D)1假設(shè)一為無窮小，那么yn必為無窮小Xn函數(shù)f (x)(x2x 2) x3 x的不可導(dǎo)點的個數(shù)是(A) 0函數(shù)y(D) 3y(x)在任意點x處的增量 y y x21 x2(B) 1(C) 2,其中是比x( x 0)高階的無窮小，且y(0),那么y(1)(A) e4(B)(C)(D)e4設(shè)函數(shù)f (x)在x a的某個鄰域內(nèi)連續(xù)，且f (a)為其極大值，那么存在0,當x (a , a )時,必有(A) (x a) f (x) f (a)0(B)(x a)f(x) f (a)0Imata X /(. oILimatIL(5)設(shè)A是任

3、一 n(n 3)階方陣,A是其伴隨矩陣,又k為常數(shù),且k 0, 1,那么必有(kA)(A) kA (B)kn 1A (C)knA (D)k 1A(此題總分值5分)xtan(x _)求函數(shù)f(x) (1 x) 4在區(qū)間(0,2 )內(nèi)的間斷點，并判斷其類型四、(此題總分值5分)確定常數(shù)a,b,c的值，使？叫c(c 0).ax sin xxl n(1 爲 b t五、(此題總分值5分)利用代換y將方程y cosx 2y sin x 3y cosx ex化簡，并求出原方程的通cosx解 六、(此題總分值6分)dx七、(此題總分值6分)從船上向海中沉放某種探測儀器，按探測要求，需確定儀器的下沉深度 y(從

4、海平面算起)與下沉速度v之間的函數(shù)關(guān)系.設(shè)儀器在重力作用下，從海平面由靜止開始鉛直下沉，在下沉過程中還受到阻力和浮力的作用.設(shè)儀器的質(zhì)量為 m,體積為B ,海水比重為，儀器所受的阻力與下沉速度成正比，比例系數(shù)為k(k 0).試建立y與v所滿足的微分方程，并求出函數(shù)關(guān)系式y(tǒng) =八、(此題總分值8分)設(shè)y f (x)是區(qū)間0,1上的任一非負連續(xù)函數(shù).(1)試證存在X。 (0,1),使得在區(qū)間0,x。上以f(x。)為高的矩形面積，等于在x°,1上以 y f (x)為曲邊的梯形面積. 又設(shè)f (x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且f (x)2f(x)，證明中的x0是唯一的.九、此題總分值8分設(shè)有曲

5、線y 、x 1,過原點作其切線，求由此曲線、切線及 x軸圍成的平面圖形繞 x 軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的外表積 十、此題總分值8分1設(shè)y yx是一向上凸的連續(xù)曲線，其上任意一點x,y處的曲率為，且此曲線上點0,1處的切線方程為yx 1,求該曲線的方程,并求函數(shù)yyx的極值.、(此題總分值8分)設(shè)x (0,1),證明：(1)(1 x)l n2(1 x) x2;In 21ln(1 x)十二、此題總分值5分設(shè)2E C 1BAt C 1 ,其中E是4階單位矩陣，At是4階矩陣A的轉(zhuǎn)置矩陣123212 01012301 20B,C001200 12000100 01求a.十三、此題總分值8分 1(1,4

6、,0,2)T,2(2,7,1,3)T,3(0,1,1,a)T,(3,10,b,4)T，問1 a,b取何值時，不能由1, 2, 3線性表示？ a, b取何值時， 可由1, 2, 3線性表示？并寫出此表達式1998年全國碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)二試題解析、填空題【答案】【解析】(此題共14方法1:5小題，每題3分,總分值15分,把答案填在題中橫線上.)用四那么運算將分子化簡，再用等價無窮小替換，原式、一2一 2limx 0x* 2 .廠x .rx 2 . 2J x .1 x limx 02xx 1.1 x 22 .1 x21limx 04x2.1 x21 2x 丄 x lim J-2 x 0 2

7、x2方法2：采用洛必達法那么.J1x2原式洛limx 0_1_limxx 012、廠x2x二 14x 1x 1 x2一xlim =x 0X - 1 X4x_1_2,rx412、1 x24方法3:將分子按佩亞諾余項泰勒公式展開至從而原式1 1x21 !x lim 2- x 01 2x81 2x801x2201 x1x22x1x21 2x8202 x2o2 x2 2o1 xo2 x1 2x【答案】【分析】3712求曲線與x軸圍成的圖形的面積，應(yīng)分清楚位于x軸上方還是下方，為此，要先求此曲線與x軸交點.3232【解析】y x x 2x與x軸的交點，即 x x 2x x(x 2)( x 1)0的根為

8、x 1,0,2.當1 x 0時，y 0 ；當0 x 2時，y0,從而ydx20ydx01(x2x)dx2( x30 x22x)dxx2x21 1 80 (； 3 1) (4 3 4)123712【答案】cotx Insin x cotx x C.2 csc x1.2,所以sin xIn sin xcot xdx【解析】因為 cotxIn sin x ,2 dx sin xIn sin xd cotx分部 cot x Insin x cotxd Insin xcotx In sin x丄 cosx ,cot x dxsin xcotx In sin x2cos x ,2 dx sin xcotx

9、In sin x21 sinx ,2dxsin xcotxIn sin xdx1dx2sin xcotxIn sin xcotxdx xcotx Insin x cotx xC.qdx0tf(x2t2)dt1 d2dxf(u)du1 f (x2)【相關(guān)知識點】1.對積分上限的函數(shù)的求導(dǎo)公式：假設(shè)2 1 2 2xf(x ) 2x xf (x ).(t)F(t) f (x)dx,(t),(t)均一【答案】xf (x2)【解析】作積分變量代換 u2 .2x t ,t:02x u : x0,du d x2 t22tdtdt丄du,2txtf (x2 t2)dt u x2 t20x2tf (U)丄2t0

10、 1du2x 2f (u)du寸 f f(u)du階可導(dǎo)，那么F (t)(t) f (t)(t) f (t)1【答案】y x e- 及x 0,但題設(shè)e【解析】題中未說什么漸近線 ,所以三類漸近線都要考慮x 0,所以x1 e不予考慮,考慮x0的情況當x 0時,limxln(e-)x1 t limln(et)洛 lim 10x 0x ttt e t所以無鉛直漸近線；因limy(x)1lim xln(e)limxln e,xxxx1由曲線方程y xln(e -)知,鉛直漸近線可能在兩處：xx故無水平漸近線再考慮斜漸近線limylimln(e丄)1,xxxxlimyxlim1x ln(e )1lim

11、x ln e ln(1xxxx11 1limxln(1)lim x 一， xex exex1 1(x 時，ln(1 ):) ex ex1所以有斜漸近線y x .e【相關(guān)知識點】1.鉛直漸近線：如函數(shù) y f(x)在其間斷點x x0處有l(wèi)im f(x)X xx X。是函數(shù)的一條鉛直漸近線;水平漸近線：當lim f(x) a,(a為常數(shù))，那么y a為函數(shù)的水平漸近線x斜漸近線：假設(shè)有alimxm f(x) ax存在且不為,那么y ax b為斜漸近線二、選擇題(此題共5小題,每題3分,共15分,在每題給出的四個選項中，只有一項符合題 目要求，把所選項前的字母填在題后的括號內(nèi).)(1)【答案】(D)

12、【解析】方法1:直接利用無窮小量的性質(zhì)可以證明(D)是正確的.由 yn (xnyn)1及 lim xnyn0,limXn nnXn0可知yn為兩個無窮小之積，故yn亦為無窮小,應(yīng)選(D). 方法2:排除法.(A)的反例:xnn,ynlimnlim1n0滿足題設(shè),但lim yn0n不發(fā)散;(B)的反例:Xn2k1,0,n 2k 1,n 2k,yn0,2k,2k2k,1,k 1,2,L ,滿足lim xn yn 0,但yn不是有界數(shù)列;1 1 1(C)的反例:和占話有界數(shù)列,yn 1(n 1,2,L ),滿足lim xnyn lim nn n排除掉(A)、(B)、【答案】【解析】0,但yn不是無窮

13、小;(C),應(yīng)選(D).(B)當函數(shù)中出現(xiàn)絕對值號時，就有可能出現(xiàn)不可導(dǎo)的“尖點，因為這時的函數(shù)是分段函數(shù).f (x) (x2 x 2) x x21 ,當x 0, 1時f (x)可導(dǎo),因而只需在x 0, 1 處考察f(x)是否可導(dǎo)在這些點我們分別考察其左、右導(dǎo)數(shù)f ( 1)(X2X2)x(1x2),X1,(X2X2)x( x21),1x 0,(X2X2)x(1x2),0x 1,(X2X2)x( x21),1X,fXf1(X2Xf(x)x 1x 1x 12)x(1 x2) 0x 10,f ( 1)limx 1limx 1(x2x 2)x(1 X2) 0x 10,即f (x)在x 1處可導(dǎo)又f (

14、0) limx 0limx 0(x2x 2)x(x2 1) 02xf (0) limx 0limx 0(x2X 2)x(1 xj 02x所以f (x)在X 0處不可導(dǎo).類似,函數(shù)f(X)在x 1處亦不可導(dǎo)因此f(X)只有2個不可導(dǎo)點,故應(yīng)選(B).評注：此題也可利用以下結(jié)論進行判斷:設(shè)函數(shù)f(x)x a (x),其中(x)在 xa處連續(xù)，那么f (x)在x a處可導(dǎo)的充要條件是(a)0.【答案】(A)【解析】由 yy x1 x2y1 x20,得是x的高階無窮小,那么 limx I0,lixm0-limx x 0y1 x2limx 0 1limx I_ yx 1x2dydxy1 x2.別離變量d

15、ydx2 ,x兩邊積分In yarcta nx C ,即arcta nxC1e代入初始條件y(0)arcta n0GeCiarcta nxey(i)arcta nxe設(shè)在同一個極限過程中(x),(x)為無窮小且存在極限lim(x)(x)(1)0,稱(x),(x)在該極限過程中為同階無窮小;(x)在該極限過程中為等價無窮小,記為(x)：(x)；arcta n1e【相關(guān)知識點】無窮小的比較:o (x).0,稱在該極限過程中(x)是(x)的高階無窮小，記為(x)假設(shè)lim 兇不存在(不為 ),稱(x), (x)不可比較.(x)【答案】(C)【解析】由x a是f (x)的極大點，知存在0,當x a ,

16、a時，f(x) f (a),即 f (x) f(a) 0.因此,a 時，(x a) f (x) f (a)0;當 x a, a時,(x a) f(x) f(a) 0.所以,(A)與(B)都不正確.f (x)在x a處連續(xù)，由函數(shù)在一點連續(xù)的定義可知，lim f (x) f(a),再由極限x a四那么運算法那么可得(a x)20(x a).lim 空 j)f(a) f(x)t a (t x)應(yīng)選(C).【答案】(B)【解析】對任何n階矩陣都要成立的關(guān)系式，對特殊的n階矩陣自然也要成立.那么，當A可逆時，由A AA1,有(kA) kA (kA) 1kn A 1a 1 kn A A1 kn 1A .

17、故應(yīng)選(B).般地，假設(shè)A (aij)nn,有kA(kaij )nn ,那么矩陣kA的第i行j列元素的代數(shù)余子式(iyj(1)ikal1Lka1,j 1ka1,j 1LMMMMka 1,1 Lka 1,j 1kai 1,j 1Lkai 1,nka 1,1 Lka 1,j 1kai 1,j 1Lkai 1,nMMMMkan1Lkan,j 1kan,j 1Lkanna11La1,j1a1,j 1Lai nMMMMjkn1ai 1,1Lai 1,j1ai 1,j 1Lai 1,nai 1,1Lai 1,j1ai 1,j 1Lai 1,nMMMMan1Lan, j1an, j 1Lann即kA中每個元

18、素的代數(shù)余子式恰好是A相應(yīng)元素的代數(shù)余子式的kn 1倍,因而，按伴隨矩陣的定義知(kA)*的元素是A*對應(yīng)元素的kn 1倍.【相關(guān)知識點】1.行列式的性質(zhì)：假設(shè) A是n階矩陣，那么kA kn A.2.矩陣A可逆的充要條件是A 0 ,且A 1三、(此題總分值5分)【分析】由間斷點的定義可知，函數(shù)無定義的點一定是間斷點 ，故可以先找出函數(shù)無定義的點 再討論判斷出間斷點的類型 3在 x 處，lim f (x)1 ；在 x4 x L4處,lim f (x)x 一41，但相應(yīng)的函數(shù)值在該點無定【解析】f (x)在區(qū)間(0,2 )內(nèi)的間斷點為1無定義的點，即x35 7tan(x4 ' 4 '

19、;4 ' 4各點在x處，lim f (x)；在 x5處,limf (x)，故 x5J為 f (x)4x 445x44 4的第二類間斷點;3 7義，故f (x)在x ,處為可去間斷點，那么 lim f (x)g(x)x a0，0 A 1，A 14 4【相關(guān)知識點】設(shè)lim f (x) A，lim g(x)x ax a2.函數(shù)f (x)的間斷點或者不連續(xù)點的定義：設(shè)函數(shù) f(x)在點x0的某去心鄰域內(nèi)有定義 只要滿足一下三種情況之一即是間斷點(1) 在x X。沒有定義；(2) 雖在x x0有定義，但lim f (x)不存在；x x(3) 雖在 x x0有定義，且 lim f (x)存在，但

20、 lim f (x)f (x0);X xXX。3.通常把間斷點分成兩類：如果x0是函數(shù)f(x)的間斷點，但左極限f (xo)及右極限f(xo)都存在，那么x0稱為函數(shù)f (x)的第一類間斷點；不是第一類間斷點的任何間斷點，稱為第二類間斷點 四、(此題總分值5分)【分析】解決這類問題，原那么上與求極限差不多，但是因為其中含有某些參數(shù) ，比方在用洛必 達法那么前，極限是否為“ 0型或“一型，要先行討論，通過討論，有時就可以推斷出其中0參數(shù)的特點，然后再求極限，這是一類?？嫉念}目【解析】當x 0時ax si nx0,又由題設(shè)00ax sin xc(c 0),所以應(yīng)有xln(1 t)dtxln(1 t

21、3)ax sinxdt 0(否那么與lim3b tx 0 x|n(1 t3)亠dt bc(c 0)矛盾),從而只有b 0,因此ax sin x滿足洛必達法那么的條件lim3x 0 xln(1 t3)dt b t,用洛必達法那么求其極限.(當 x 0 時，ln(1丿即洛洛,. a cosx3lim3-xln(1 t)dt x 0 ln(1 x )b txax sin x等等，. a cosx lim 2 x 0 xx)X)如果a 1,那么右邊極限為，與原設(shè)左邊矛盾，故a1 cosx等丄.(當x 0時,1 21,于是上述等式成為1 2cosx x )2所以最后得a 1,b0,c五、(此題總分值5分

22、)【解析】方法1:由usecx,有cosxy u secx usecxtanx,2y u secx 2u secxtanx u(secxtan xsec x),代入原方程 y cosx 2y sinx 3ycosx ex,得u 4u ex.(*)先求其相應(yīng)齊次方程的通解，由于其特征方程為240 ,那么特征方程的根為2i.所以通解為 u(x) Gcos2x C2Si n2x,(G,C2為任意常數(shù)).再求非齊次方程的特解，特解應(yīng)具有形式U(X)Aex，代入(*)式,得b txxxxxAe 4Ae Ae 4Ae 5Ae1 1 解得,A 5,因此u(x) 5ex.故(*)的通解為u(x) Gcos2x

23、 C2sin2x-ex,( Ci,C2為任意常數(shù)).5所以,原微分方程的通解為cos2xexy C12C2 sinxcosx5cos x方法2:由y 有u ycosx ,于是cosxu y cosx ysin x,uy cosx 2y sinx ycosx,原方程化為u 4u ex(以下與方法1相同).【相關(guān)知識點】兩函數(shù)乘積的求導(dǎo)公式：f(x) g(x) f (x) g(x) f(x) g (x).六、(此題總分值6分)【解析】當x 1時,被積函數(shù)的極限xx2,即x 1是被積函數(shù)的無窮間斷點故所給的是廣義積分x x2x(1 x)x xarcsi n(2x 1)丄 , 0 x 1, x2 x,

24、 x 0 或 x 1.dx1 dx| dxln( sect tan t)|(3-ln(2. 3)21dxidx1 2dxi d(2x 1)2 , 1 (2x 1)22 ,1 (2x 1)21arcsi n(2x 1)求設(shè)x舟sect, x:123,那么t：0,dx d( sect) sect tantdt, 3222于是,J(2sect)2 1 ivsec1tant ,2sect tan tdtdx3 20 1tan t203sectdtln(sect tant)； 七、(此題總分值6分)O,鉛直向下作為 Oy軸正向，探測器在下沉過程中【解析】先建立坐標系，取沉放點為原點受重力、浮力和阻力的作

25、用，其中重力大?。?mg,浮力的大小：F浮B ；阻力： kv,那么由牛頓第二定律得別離變量得兩邊積分得,2 mdydt2mgBdvdvdydtdydt1mgg kv, ydt2B kv, v由dy v,d2ydtmvdv,mg B kvdymvt 00, vdv v一dydv,mg B kvt 0°.(*)，代入(*)得y與v之間的微分方程0.Bmm2g Bmm2gmvykkk dvm2g 匸vmg BkvmBm(mg B kv) kkmg B kvm2g Bm mkkdvmg B kvmdv km(mg B ) dv k(mg B kv)1m(mg B )()d(mg Bk(mg

26、B kv)kv)( 第一類換元法)m(mg B ), zln(mgk2kv)再根據(jù)初始條件v |y 0 0,即m(mg B )k2故所求y與v函數(shù)關(guān)系為ln(mgm(mg B )k2ln(mg B ).m mg Bk2Inmgkvmg B八、(此題總分值8分)【解析】(1)要證X。(0,1)，使 Xgf (Xo)1f (x)dx ;令X0(X)1xf (x) f (t)dt ,要證XXo(0,1),使(X。)0.可以對(X)的原函數(shù)(X)(t)dt使用羅爾定理:(0) 0,1(1)0 (x)dx分部 1Xf010xf (X)dx(X)dX1X f (t)dtX10(x 1f(t)dt)dX10

27、xf (x)dx 0,又由f (x)在0,1連續(xù)(x)在0,1連續(xù)，(x)在0,1連續(xù)，在(0,1)可導(dǎo)根據(jù)羅爾定理,X。 (0,1),使(X。)(X) 0. 由(x) xf (x) f(x) f (x) xf (x) 2f(x)0 ,知(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)增,故 中的X。是唯一的.評注：假設(shè)直接對 (x)使用零點定理，會遇到麻煩:1(0)of(t)dt0, (1) f(1) 0.當f (x)0時,對任何的x0(0,1)結(jié)論都成立；當 f(x) 0 時，(0)0,但(1) 0 ,假設(shè)(1) 0,那么難以說明在(0,1)內(nèi)存在x0.當直接對(x)用零點定理遇到麻煩時,不妨對(x)的原函數(shù)使用

28、羅爾定理.【相關(guān)知識點】1.羅爾定理：如果函數(shù)f (x)滿足(1) 在閉區(qū)間a,b上連續(xù)；(2) 在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)；(3) 在區(qū)間端點處的函數(shù)值相等，即f (a) f(b),那么在(a, b)內(nèi)至少有一點(ab),使得 f ( )0.九、(此題總分值8分)(xo, yo)處的切線為1210(x xo).【解析】先求切線方程：y yo以x 0,y 0代入切線方程，解得x。 2, y01切線方程為y x.(見右圖)由曲線段y . x 1(1 x 2)繞x軸的旋轉(zhuǎn)面面積2IS-i1 2 y . 1 y 2dx3dx22 VT7 11dx1 4(x 1)2 1 3-(4x 3)22(5亦 1)

29、3 416而由曲線段y1x(0 x 2)繞x軸的旋轉(zhuǎn)面面積2S202 y.1 y2dxJ2xdx 違2021x22200由此,旋轉(zhuǎn)體的外表積為s s 5 -(iW5 i).十、(此題總分值8分)(因曲線y y( x)向上凸，y 0, y),化簡得丄Ri y2改寫為dydx,兩邊積分得dyi y2dx,解得arctan y x G .由題設(shè)，曲線上點(0,i)處的切線方程為yi x,可知 y(0)i,y(0)0代入上式，得Ci .于是有arctanyx 4,故有tan (4(上式中注明區(qū)間是以寫成2n4- x 的原因：此題中使正切函數(shù)有意義的區(qū)間有很多，一般可443 3x2n ,此題選擇x是因為

30、題設(shè)曲線在 x 0處有值,4 44又曲線是一條連續(xù)曲線,因此解的范圍應(yīng)該包含x 0在內(nèi)并且使y(x)連續(xù)的一個區(qū)【解析】由題設(shè)及曲率公式，有間.)再積分得si n( x)y tan( x)dx- dx4cos( x)4d cos( x) In cos( x)C2cos( x)4又由題設(shè)可知y(0)1,代入確定C21 In cos1】ln2,于是所求的曲線方程為42y In cos x41 -I n2, x24由于COS x41,且In x在定義域內(nèi)是增函數(shù),所以當且僅當cos x4即X -時y取得最大值,由于7,所以此時也是y取極大值，極大值為1 3y 1 In 2 ；顯然y在 x沒有極小值.

31、2 44【相關(guān)知識點】曲線 y y(x)在其上任意一點(x,y)處的曲率公式:十一、(此題總分值8分)【分析】不等式的證明一般用單調(diào)性來證明，除此之外，還可以用拉格朗日中值公式、 拉格朗日余項泰勒公式、最大(小)值來證明.【解析】(1)方法1 :利用單調(diào)性證明2 2令(x) x (1 x)ln (1x),那么(x) 2x In 2(1 x) 2I n(1x),2(x)x ln(1 x),1 x(x)0(0 x 1).(1 x)(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，(x)(0)0(0 x 1)；(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，(x)(0)0(0 x 1)；(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，(x)(0)0(0

32、x 1),即(1 x)ln 2(1 x) x2.方法2：改寫原不等式,當x (0,1)時，1 x 0,故可在不等式兩邊同時除以(1 x),有l(wèi)n* 2(1X)兩邊開平方,ln(1x)令 g(x) ln(1 x)g(x)宀1 x2 1 x 2 x32 1 x 1 x 20,(當 x0) 2.1 x 132 1 x 2xrxxx 1 2.廠x 1故函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上單調(diào)減少，由g(0)0,可知當g(x)g(0)0,即xln(1 x),從而原不等式成立，證畢.v1x22方法 3：由方法 1,(x) x (1 x) ln (1x),已證(0)0,(0)0,(x)0, (x 0)于是由(x)的1階麥克勞林公式(拉格朗日余項)有(x)1(0)(0)x -x2)x20.即(1x)ln 2(1 x)x2由(1),f(1)f(x)f (x)1In 2ln(1 x)f (x)0(01,且1 x ln(1 x) x xl n(1 x)12(1 x)ln (1 x)2(1 x)ln (12 2x (1 x)ln (1 x)x)1) f (x)在(0,1)單調(diào)減 f (1) f (x)f(0 )(0x 1),而【解析】令A(yù)1,2，3,XT;,作方程組AX,并對此方程組的增廣矩陣進行初等變換：120M 3120M3471M 10011M2AMM bM011cw 011