1998考研数二真题及解析.docx

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1998考研数二真题及解析

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.）

⑵曲线y--x3・x2・2x与x轴所围成的图形的面积A二.

InsinX』

⑶2dx=

sinx

x

⑷设f（x）连续，则一]tf（x2-t2）dt=.

dx

1

⑸曲线y=xln（e—）（x0）的渐近线方程为

x

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]im_Xnyn=0,则下列断言正确的是（）

（A）若xn发散，则yn发散（B）若xn无界，则％必有界

1

（C）若Xn有界，则yn必为无穷小（D）若一为无穷小，则yn必为无穷小xn

⑵函数f（x）=（X2-x-2）X3-x的不可导点的个数是（）

（A）0（B）1（C）2（D）3

⑶已知函数y二y（x）在任意点x处的增量卄工^一,其中〉是比x{-x>0）

1+x

高阶的无穷小且y（0）=叭,则y⑴=（）

jiji

（A）■:

e4（B）2二（C）二（D）e4

⑷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）（x_a）[f（x）_f（a）]_0（B）（x_a）[f（x）_f（a）]乞0

（C）limf（t）一f2x）_0（x=a）（D）limf⑴一学乞0（x=a）t_ia（t_x）t（t_x）

⑸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=0,-1，则必有

（kA）=（）

（A）kA（B）kn"*A（C）knA（D）k’A

三、（本题满分5分）％

tan（x_J）

求函数f（x）=（1x）4在区间（0,2二）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lim—aX—Sn3X—=c（c式0）.

Txln（1+t3）dt

五、（本题满分5分）bt

利用代换y・将方程ycosx-2ysinx•3ycosx=ex化简,并求出原方程

cosx

的通解.

六、（本题满分6分）

3

计算积分12

七、

2

（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,海水比重为匚仪器所受的阻力与下沉速度成正比，比例系数为k（k0）.试建立y与v所满足的微分方程，并求出函数关系式y=fv.

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x0（0,1）,使得在区间［0,x。

］上以f（x0）为高的矩形面积，等于在［x0,1］上以y=f（x）为曲边的梯形面积.

⑵又设f（x）在区间（0,1）内可导，且f（X）_2f（x），证明

（1）中的X。

是唯一的.

x

九、（本题满分8分）

设有曲线y二、，厂1,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二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,

y/十y2且此曲线上点（0,1）处的切线方程为y=x•1，求该曲线的方程，并求函数y二y（x）

的极值.

1、（本题满分8分）

设x（0,1）,证明:

（1）（1x）ln（1x）：

：

x2;

1

（2）1:

:

-

ln2ln（1x）x2

十二、（本题满分5分）

十三、（本题满分8分）

1,-2,

-x2-1

=lim:

xx2.：

1x、1-x1x2■-1-x?

-1L--x?

lim

T2x

-x?

-1L--:

lim一22

2'■厶

二lim

x）0

1

4

4x2

方法2:

采用洛必达法则.__.

原式洛lim

x）0

_1___1_

2J—x2、、1=x

x2

7A版优质实用文档

2x

此，要先求此曲线与x轴交点.

【解析】y--x3x22x与x轴的交点,即-x3x22x--x（x-2）（x1）=0的

二-cotxInsinx-cotx-xC.

⑷【答案】xf（x2）

【解析】作积分变量代换U=X2_t2,t：

0rX=U：

X2r0,

均一阶可导，则

F（t）=P（t）f（t）f（t）L

1

⑸【答案】y=x•-

e

【解析】题中未说什么渐近线，所以三类渐近线都要考虑•

、、1（1由曲线方程y=xln（e■）知，铅直渐近线可能在两处：

x、--及x—；0,.寻Ie丿

但题设x0,所以X■-1不予考虑考虑Xr0■的情况.当Xr0■时,

Ie丿

limxln（e1）x=1tlimln（et）洛lim」0=:

:

X—"Xj「ttC：

e•t

所以无铅直渐近线；

1

因x^y（xHxmx|n（e+亍j囑x|ne=性

故无水平渐近线.

lim-y=limTn（e酚y-泮皿

1-1

Vm：

x|ne|n（1‘-1

11

x,

exe

再考虑斜渐近线:

xxln（e丄）-1

_x

1

（XT代时M1+1）［苟xmxln（=Pm

exex

1

所以有斜渐近线汁x丄.

e

【相关知识点】1.铅直渐近线：

如函数y=f（x）在其间断点x=x°处有

limfX则x=x0是函数的一条铅直渐近线；

X%

水平渐近线：

当xmf（x）=a,（a为常数），则y=a为函数的水平渐近线

斜渐近线：

若有a=xm丄^,b=鯉f（x）-ax］存在且不为血,则y=ax+b为斜渐

近线.

、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）【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.

11

由yn=（Xnyn）及佃Xny“=0,佃0可知为两个无穷小之积，故亦

Xn——Xn

为无穷小，应选（D）.

方法2:

排除法.

11

=limn“nim『0满足题设但

1

（A）的反例：

Xn=n,yn沁计区丫.-”小川2

nn^^n

（2）【答案】（B）

【解析】当函数中出现绝对值号时，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）xX2-1，当x^0,±1时f（x）可导，因而只需

在x=0,±1处考察2Hx）是否可导2）在这些点我们分别考察其左、右导数•

0,X+1x_ALx+122

f（x）-f（-1）（X2-X-2）x（1-x2）-0c

lim0,

x—..-1x川1X■1■

即f（x）在X=-1处可导.又

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:

条件是「（a）=0.

（3）【答案】（A）

代入初始条件y（0）=二，得y0二Gearctan0=G=二.所以，厂二earctanx

【相关知识点】无穷小的比较:

■（x）

设在同一个极限过程中，〉（x）「（x）为无穷小且存在极限lim半=丨,

（1）若1=0,称:

（x）,：

（x）在该极限过程中为同阶无穷小;

⑵若I=1,称:

（x）,-（x）在该极限过程中为等价无穷小，记为〉（X山-（x）；

⑶若l=0,称在该极限过程中（x）是:

（x）的高阶无穷小，记为

■-（xbO1（X）

■（x）

若lim竺不存在（不为:

:

）,称〉（x）,-（x）不可比较.

（4）【答案】（C）

【解析】由X=a是f（x）的极大点，知存在-0,当1^-,a

时,f（x）岂f（a）,即卩f（x）—f（a）乞0.因此，

当xa-、,a时,（x「a）f（x）「f（a）I-0;

当xa,a、时,（x「a）f（x）「f（a）I0.

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，1吗f（x）=f（a）,再

由极限四则运算法则可得

应选（C）.

（5）【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=AA」,有

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

3“7n

在％=亍处，lim^f（x）=1；在x=4处，呵丿仪）=1,但相应的函数值在该点无定义，故f（x）在-处为可去间断点.

44

【相关知识点】设lxmif（x）=A,ixmag（x）=址，则limf（x）

有定义，只要满足一下三种情况之一即是间断点•

（1）在x=xo没有定义；

（2）虽在x=x有定义，但limf（x）不存在；

0

（3）虽在x=x有定义，且limf（x）存在但limf（x）=f（x°）;

3.通常把间断点分成两类：

如果X。

是函数f（x）的间断点，但左极限f（xO及右极限f（Xo）都存在，那么x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

nao

在用洛必达法则前，极限是否为“0”型或“一”型，要先行讨论，通过讨论,有时就

0旳

可以推断出其中参数的特点，然后再求极限，这是一类常考的题目.

【解析】当x—；0时ax-sinx—；0,又由题设lim3二c（c=0）,所以应有

tx|n（i+t3）“dt

-0）矛盾），从而只有b=0，因此

x|n（it3）

limdt=0（否则与lim

x）0btXr0

ax—sinx

ax-sinx

lim03满足洛必达法则的条件，用洛必达法则求其极限.

x10xln（1t3）”

b+ftax-sinx洛，.a-cosx等,.a—cosx

t0式c=lim3=lim=lim

XT0x|n（1卄3）T|n（1+X3）T

『込©dt

（当x>0时,ln（1x）、x）bt

ln（1x3）

x2

如果a=1,则右边极限为：

：

1-cosx

0=c=lim2

7x2

1

所以最后得a=1,b=0,c=-.

2

，与原设左边矛盾，故a=1，于是上述等式成为

等11

.（当x—0时,1-cosx、x2）22

五、（本题满分5分）

【解析】方法1:

由y二U

COSX

y=usecxusecxtanx,

23

y二usecx2usecxtanxu（secxtanxsecx）,代入原方程ycosx-2ysinx3ycos^-ex,得

=usecx，有

U4u=e.（G）

先求其相应齐次方程的通解，由于其特征方程为2-^0,则特征方程的根

为■二-2i.所以通解为u（x）=Gcos2x・C2Sin2x,（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（G）式，得

Aex!

亠4Aex=Aex4Aex=5Aex=ex解得，人=丄，因此u（x）ex.

55

故（G）的通解为

1

u（x）=Gcos2xC2sin2xex,（G,C2为任意常数）.

5

所以,原微分方程的通解为

cos2xex

y2C2sinx

cosx5cosx

方法2:

由y=u有u=ycosx,于是

c°sx

u=ycosx-ysinx,

u=ycosx-2ysinx-ycosx,

原方程化为u：

4uex（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）l二f（x）g（x）f（x）g（x）.

六、（本题满分6分）

【解析】当x=1时，被积函数的极限limI=

:

:

，即X=1是被积函数的无穷间

其中,

3

求1^12设茫比

1

X_xxwx：

3

2

0x2xx1,0或x1.

2dx

x-^F^

xIn（se

dx

、2I

△2x,

2

x-x,x<

11dxdx.

矿

x|（1-

1dx

2

4-「）2

二arcsi

dx:

1:

1_

一sect,x:

1

3jT2

dx

于是2—也

1/（x_1）2_1

（本题满分26分）4

2J-（2x-1

2

2

1_（2x_1）

1

1

=arcsin（2x-1）

3—二

It一2弓;

3:

3..2111

则t:

0,dx=d（sect）secttantdt,3222

121121

（—sect）■--sect-1tant,

:

i2antdtdx4二

=『sectdt=ln（sect+tant）住.

JI

七、

1tant

【解析】先建立坐标系

，取沉放点为原点

O,铅直向下作为Oy轴正向，探测器在下

沉过程中受重力、浮力和阻力的作用，其中重力大小：

mg,浮力的大小：

F浮"B；

阻力：

-kv，则由牛顿第二定律得

d2y

m—=mg-B，g-kv,y2dt

.dydydvdvdydv

由v,2v-

dtdt2

t-0,v

v—-v/鱼，代入（G）得y与v之间的微分方程dtdy1dtdy；dv

mvnmvBmg_段‘^匕芒口匕！

^。

.

y'—dv

分离变量得dymvrnsv；B：

—kv

mBm「m2g

U（mv一B；d~vkv）一〒=g

_mg_BP-kv

:

鹹二師亍仃丄）

■k'击孵强订m（mg-B^）ln（mg_B「

m（mg-B°）山

k（mg-B-kv）

ln（mg-B「）C=0=C

mg「B：

「kvm两边积分得dyk（mg_B

m^Bkv

dv

jmg_Bt-kv）（第一类换元法）

m

vk2

再根据初始条件v|^£m（d）vl卩

m（mg_B「）

—k2

故所求y与v函数关系为

kVv

p—kv）+C.

mmmg-B；iyvIn

k

八、（本题满分8分）

—11

【解析】

（1）要证3x^€（0,1）,使x（）f（x0）=Jf（x）dx;令®（x）=xf（x）-Jf（t）dt,要

"x0・x

一X

证汉€（0,1），使®（X0）=0.可以对®（X）的原函数①（x）=貯（t）dt使用罗尔定理：

尔定理，X。

•（0,1）,使G（X。

）=“Xo）=0.

⑵由（x）=xf（x）f（x）f（x）=xf（x）2f（x）0,知（x）在（0,1）内单调增，故

（1）中的X）是唯一的.

评注：

若直接对：

（x）使用零点定理，会遇到麻烦：

1

'（0）f（t）dt乞0,'

（1）=f

（1）_0.

当f（x）三0时,对任何的X0（0,1）结论都成立；

当f（x）三0时,（0）<0,但"1）-0若「

（1）=0,则难以说明在（0,1）内存在X0.当直接对（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.

【相关知识点】1.罗尔定理：

如果函数f（x）满足

（1）在闭区间［a,b］上连续；

（2）在开区间（a,b）内可导;

（3）在区间端点处的函数值相等，即f（a）二f（b）,

那么在（a,b）内至少有一点"a「5）,使得f「）=0.

1

切线方程为y十.（见右图）

21的旋转面S2=（2兀yJ1+y"2dx=L2兀-

弱rd厉122

dx:

由此，旋转体的表面积为022

s二s弋（1^5-1）.

6

十、（本题满分8分）

【解析】由题设及曲率公式，有

-y1

3—1

（1+y2了（1+y2“*”y

（因曲线y=y（x）向上凸，/<0,y=-y"）,化简得一=-1.

1+y改写为dy=-dx,

1+y

两边积分得dy2--dx,

T+y，2'

解得arctany--x■G.

由题设，曲线上点（0,1）处的切线方程为厂1X可知y（0）=1,y（0）=1.

以5代入上式得c^-.于是有ar如厂x-，故有

（上式中注明区间是-一：

：

：

x：

：

：

亠的原因：

本题中使正切函数有意义的区间有很多

4

4

般可以与成2n

4

:

、x2n・・，本题选择x疋因为题设曲线在

444

x=0处有值，又已知曲线是一条连续曲线，因此解的范围应该包含x=0在内并且

使y（x）连续的一个区间.）

再积分得y=tan（x）dx=

又由题设可知

y（®Q站/冷

2C于是所求的曲线方程

y=Incos—-xJ：

1•:

In2,-一:

:

:

x：

：

二.

14丿244

心、.

由于cosx

^4,、

时，即x•时y取得最大值，由于二--,—，所以此时也是y取极大值，极大

4

1

值为y=1■In2;显然y在-

244

汀且Inx在定义域内是增函数’所以当且仅当cos--x

=1

44’4

二:

：

:

x：

：

：

3二没有极小值.

44

【相关知识点】曲线y二y（x）在其上任意一点（x,y）处的曲率公式：

k=—y3.

（1+y2）2

1、（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】⑴方法1:

利用单调性证明•

令®（x）=x?

g1』2x）|nH1（1x）x%l2In（1+x）,

2

（x）X-1n（1x）1,

1+x

：

（x）在（0,1）内单调递增；矜）0（0.@戸ye：

x<1）；

（1+x）2

:

（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（1x）ln（1x）:

:

x.

方法2:

改写原不等式，当X，（0,1）时,1x•0,故可在不等式两边同时除以（「x）.

2x2

In（1x）,

1+x

x

两边开平方,|n（「x）“.厂匚一x_

g・（x）=且±加1%

令g（x）=ln（1+淞七苍力

2%1x

x1+x

21x-2-x

一3一

2（1+x>

故函数g（x）在区间[0,1]

（V1+xT）

In（1+x）v/x,从而原不等式成立沖毕当x>0）

丁1+x

x1-2、1x1

3

2（1+xp

单调减少，由g（0）=0,可知当x0时,g（x）*g（0）=0，即

21x2

方法3

由方法1,（x）=x2一（1x）ln2（1x）,已证

:

（0厂0=x：

（（X0

于是由（x）的1阶麦克劳林公式（拉格朗日余项）有

1=—:

（）X2■0.

2

1

'（x）=「（0）•「（0）x（）x

2!

即（1x）ln2（1x）:

:

x2，证毕.⑵令f（x）11=x-ln（1x）,

ln（1+x）xxln（1+x）

11

f（X）=

（1x）ln2（1x）—x2

（1+x）ln2（1+x）x2x2（1+x）ln2（1+x）'

由

（1）,f（x）<0（0：

：

x：

1）二f（x）在（0,1）单调减二f

（1）：

：

f（x）：

：

f（0）（0：

：

x：

：

1）,而

1厂

f

（1）1且

ln2

X—ln（1+x）皐..X—ln（1+x）寺lim2

x刃xln（1|_x!

^^=x心x

洛limlim--,

xa2xx22（1x）2故-^：

f（x）:

:

1,即—-111<1.证毕.

ln22ln2ln（1x）x2

十二、（本题满分5分）

f（0）=limf（x）=lim-

【解析】由矩阵运算法则将等式（2E-C」B）AT两边左乘C,得

C（2E-C‘B）At二CC=即（2C-B）AT二E.

对上式两端取转置，有A（2CT-BT）二E.

由可逆矩阵及逆矩阵的定义，可知矩阵02®-0B

2100

3210

/321一

A=（2Ct-Bt）^

十三、（本题满分8分）

口A均可逆0因为0A是］4阶方阵，故

_-2100

1-210'

.01一21一

【分析】：

能由（不能由）〉1,>2,川，〉s线性表出=〉i,i=1,2,Ills,：

为列向量的非

齐次线性方程组：

［X1*2X2*sXs=：

有解（无解）,从而将线性表出的问题转

化为方程组解的情况的判定与求解•

【解析】令AJ：

1「2,：

」x=〔X1,X2,X3「,作方程组AX二1并对此方程组的增广

矩阵进行初等变换:

-

1

2

0：

3]

1

2

0

31

IA邛匸

4

7

17A版优质

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