1998年考研数学二真题.docx
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1998年考研数学二真题
1998年全国硕士研究生入学统一考试理工数学二试题详解及评析
一、填空题
(1)lim
x→0
【答】
x2
-1.
4
=.
【详解1】用四则运算将分子化简,再用等价无穷小因子代换,
(
原式=lim
+1-x)2-4
x→0x2(
1+x+1-x+2)
2
=lim
x→0
1-x2-1)4x2
因-1~-1x2
2
-1x2
=lim2=-1.
x→02x24
【详解2】采用洛必达法则,
1-1
0
原式⎯0⎯→lim
x→0
=lim
x→0
0
⎯0⎯→lim
2x
4x
-1-1
=lim
x→0
=-1.
x→044
注:
→1(x→0)可求出
【详解3】采用(1+u)λ的马克劳林展开式,此时余项用皮亚诺余项较简单.当u→0时
()
(1+u)λ=1+λu+λ(λ-1)u2+ou2,
2!
所以x→0时
=1+1x+⎛-1⎞x2+o(x2),
2⎜8⎟
⎝⎠
=1-1x+⎛-1⎞x2+o(x2),
2⎜8⎟
⎝⎠
于是
1+1x-1x2+1-1x-1x2+o(x2)-2
原式=lim2828
x→0
⎛1
x2
o(x2)⎞
=lim⎜-+⎟
x→0⎜4x2⎟
⎝⎠
=-1
4
(2)曲线y=-x3+x2+2x与x轴所围成的图形的面积A=.
37
【答】.
12
【详解】因为y⎛-1⎞=-5,y
(1)=2,
⎜2⎟8
⎝⎠
所以
-10
A=⎰0-(-x3+x2+2x)dx+⎰2(-x3+x2+2x)dx
=⎛x4-x3-x2⎞|0
43
+-++x|
⎜43
⎟-1⎜43⎟0
⎝⎠⎝⎠
=37
12
lnsinx
(3)⎰
dx=.
sin2x
【答】
-
cotx⋅lnsinx-cotx-x+C.
【详解】用分部积分法,有
lnsinxdx=-lnsinxd(cotx)=-cotx⋅lnsinx+
cot2xdx
⎰sin2x
⎰⎰
=-cotx⋅lnsinx+⎰(csc2x-1)xdx
=-cotx⋅lnsinx-cotx-X+C
(4)设f(x)连续,则d⎰xtf(x2-t2)dt=.
dx0
【答】xf(x2).
【详解】令u=x2-t2,dy=-2tdt,
当t=0时,u=x2;当t=x时,u=0;
dx22
dx212
故dx⎰0tf(x
-
t)dt=dx⎰0
f(u)du=xfx
2
(5)曲线y=xln⎛e+1⎞(x>0)的渐进线方程为.
⎜x⎟
⎝⎠
【答】
【详解】
y=x+1
e
xln⎛e+1⎞
⎜x⎟⎛1⎞
a=lim⎝⎠=limln⎜e+⎟=1,
x→+∞x
x→+∞⎝x⎠
b=lim(y-ax)=
⎡⎛+1⎞-⎤
x→+∞
limx⎢ln⎜ex⎟1⎥
x→+∞⎣⎝⎠⎦
ln⎛e+1⎞-1
⎜x⎟11
=lim⎝⎠
x→+∞1
=lim=
x→+∞e+1e
xx
故此曲线的渐进线方程为y=x+.
e
二、选择题
n→∞
设数列xn与yn满足limxnyn=0,则下列断言正确的是
(A)若xn发散,则yn必发散.
(B)若xn无界,则yn必有界.
(C)若xn有界,则yn必有无穷小.
1
(D)若为无穷小,则yn必为无穷小.
n
【】
【答】应选(D)
【详解】方法一:
由极限运算性质知
limy
=lim(xy)⋅lim1
=0,
n→∞n
n→∞n→∞xn
所以(D)为正确选项.方法二:
取数列yn=0,排除(A)若取数列
x=⎧2k-1,n=2k-1(k=1,2,…)
⎩
n⎨0,n=2k
y=⎧0,n=2k-1(k=1,2,…)
⎩
便排除了(B)
对于(C),若数列xn=0,则yn可为任意数列,所以(C)项也不正确.
故应选(D).
(2)函数f(x)=(x2-x-2)x3-x不可导点的个数是
(A)3.(B)1.(C)2.(D)0.
【】
【答】应选(C).
【详解】因为
f(x)=(x2-x-2)x3-x=(x-2)(x+1)x(x-1)(x+1),
可见f(x)在x=0,1处不可导,而在x=-1处是可导的,
故f(x)的不可导点的个数为2.
yax
(3)已知函数y=y(x)在任意点x处的增量ay=1+x2+α,且当ax→0时,α是ax的高阶无穷小,y(0)=π,则y
(1)等于
ππ
(A)πe4.(B)π.(C)e4.(D)2π
【】
【答】应选(A).
【详解】由ay=+α,,有
1+x2
ay=
ax
y
1+x2
+α.
ax
令ax→0,得
y'=
y
1+x2,
解此微分方程并利用初始条件由y(0)=π,得y=πearctanx
π
故y
(1)=πearctanx=πe4.
(4)设函数f(x)在x=a的某个邻域内连续,且f(a)为其几大值,则存在δ>0,当
x∈(a-δ,a+δ)时,必有
(A)(x-a)⎡⎣f(x)-f(a)⎤⎦≥0.
(B)(x-a)⎡⎣f(x)-f(a)⎤⎦≤0.
f(t)-f(x)
(C)lim
t→a
(t-x)2
≥0(x≠a)
(D)lim
t→a
f(t)-f(x)
(t-x)2
≤0(x≠a)
【】
【答】应选(C)
【详解】由题设,存在邻域(a-δ,a+δ)
,使当x∈(a-δ,a+δ)
时,有
f(x)≤
f(a)
f(x)≤
f(a),
所以
当a-δ 考虑到(C)、(D)两项中分母均大于零,而分子部分有 t→a lim⎡⎣f(t)-f(x)⎤⎦= 所以必有(C)成立. f(a)-f(x)≥0, (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≠0,±1,则必有 (kA*)=. (A)kA* 【答】应选(B) 【详解】方法一: (B) kn-1A* (C) knA* (D) k-1A* 【】 采用加条件的技巧,设A可逆,则由 AA*=A*A=AE 知A*= AA-1 于是 (kA*)=kA⋅(kA)-1=kn =kn-1⋅AA-1 =kn-1A* A⋅1A-1k 所以应选(B) 题设k≠0,±1,n≥3,主要是为了做到4个选项只有1个正确的. 方法二: 由A*的定义,设A=(a),其元素a的代数余子式记作A,则矩阵kA=(ka), ijn⨯nijijijn⨯n 若其元素的代数余子式记作∆ij(i,j=1,2,…,n),由行列式性质有 ∆=kA n-1 ijij (i,j=1,2,…,n) 从而(kA*)=kn-1A* 三、 x 求函数f(x)=(1+x)tan⎛x-π⎞在区间(0,2π)内的间断点,并判断其类型. ⎜4⎟ ⎝⎠ 1π3π5π7π 【详解】 tan⎛x-π ⎞在区间(0,2π)内不存在的点为x= ,, 4444 各点,f(x)在区间 ⎜4⎟ ⎝⎠ (0,2π)内的间断点是1 tan⎛x-π⎞ 不存在的点, ⎜4⎟ ⎝⎠ π3π5π7π 即x= ,, 4444 p 各点. 在x=处, 4 5π lim ⎛π⎞+ 4 t→⎜⎟ ⎝⎠ f(x)=+∞, 在x=处, 4 lim ⎛5π⎞+ 4 t→⎜⎟ ⎝⎠ f(x)=+∞, π5π 故x=, 44 3π 处,f(x)为第二类间断点. 在x=处, 4 7π lim ⎛3π⎞+ 4 t→⎜⎟ ⎝⎠ 7π f(x)=1, 在x=处, 4 为f(x)的可去间断点. 4 7π7π 但相应的函数在上两点处无定义,故x=, 4 为f(x)的可去间断点. 4 四、确定常数a,b,c的值,使lim ax-sinx =c(c≠0) x→0ln(1+t3) dt t 【详解】当x→0时,ax-sinx→0,且存在而不为零, xln(1+t3) 故lim x→0 dt=0,因此b必为0. t ln(1+t3) 因若b>0,则在(0,b]内, t >0; 若b<0,则在[b,0)内,利用洛必达法则有 ln(1+t3) 0 t lim ax-sinx =lim a-cosx =lima-cosx. x→0 xln(1+t3)x→0ln(1+x3) x→0x2 ⎰0tdtx 若a≠1,则上式为∞,与条件不符, 故a=1 从而再用洛必达法则有 1 得c=; 2 1 因此a=1,b=0,c= 2 五、利用代换y= u cosx 将方程y''cosx-2y'sinx+3ycosx=ex化简,并求处原方程的通解. 【详解】方法一: 有u=ycosx两端对x求导,得 u'=y'cosx-ysinx, u''=y''cosx-2y'sinx-ycosx. 于是原方程化为 u''+4u=ex 其通解为 x u=C1cos2x+C2sin2x+5 从而原方程得通解为 cos2xex 方法二: y=C1 cosx + C2sinx+5cosx y=usecx, y'=u'secx+usecx⋅tanx y''=u''secx+u'secx⋅tanx+usecx⋅tan2x+usec3x 代入原方程得 以下同方法一. u''+4u=ex 3dx 六、计算积分2 2 3dx . 1dx 3dx ⎰1⎰⎰1 【详解】2 2 =1+2, 2 1dx =lim 1-εdx ⎰1ε→0+⎰1 =lim+arcsin(2x-1)|1 ε→02 =π 2 2 ⎰3dx =lim⎰2dx 3 1ε→0+ 1+ε⎛ 1⎞21 ⎜x-⎟- ⎝⎠4 ⎡⎛1⎞⎛1⎞2 1⎤3 =limln⎢⎜x-⎟+⎜x-⎟- ⎥|2 ε→0+ =ln(2+ ⎢⎣⎝ 3) 2⎠⎝ 2⎠4⎥⎦1+ε ⎰ 3dx 1 因此2 2 p ( ) =+ln2+3 2 七、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ρ,仪器所受的阻力与下沉速度成正比,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=y(v). 【详解】取沉放点为原点O,Oy轴正向铅直向下,则由牛顿第二定律得 d2y mdt2 =mg-Bρ-kv, dy 这是可降阶的二阶微分方程,其中v. dt dyd2ydvdydv 令=v,则dt dt2 =⋅=v, dydtdy 于是原方程可化为 mvdv=mg-Bρ-kv,dy 分离变量得 dy= mv mg-Bρ-kv dv, 积分得 y=-mv- k m(mg-Bρ)ln(mg-Bρ-kv)+Ck2 | 再根据初始条件v=0,得 y=0 m(mg-Bρ) C=ln(mg-Bρ-kv), k2 故所求函数关系为 y=-mv- m(mg-Bρ) lnmg-Bρ-kv. kk2mg-Bρ 八、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),使得再区间[0,x0]上以f(x0)为高的矩形面积,等于再区间[x0,1] 上以y=f(x)为曲边的梯形面积. '2f(x) (2)又设f(x)在区间(0,1)内可导,且f (x)>-,证明 (1)中的x0试唯一的.x x 【详解】 (1)令ϕ(x)=-x⎰1f(t)dt,则ϕ(x)在闭区间[0,1]上连续,在开区间(0,1)内 可导; 又ϕ(0)=ϕ (1)=0.由罗尔定理知,存在x∈(0,1),使ϕ'(x )=0.即 00 ϕ'(x)=xf(x)-1f(t)dt=0. 0 000 ()=⎰x 1 也即x0fx0 1 0 ⎰x f(x)dx. (2)令 F(x)=xf(x)-⎰xf(t)dt, 则F'(x)=xf'(x)+f(x)+f(x)=2f(x)-xf'(x)>0, 即F(x)在(0,1)内严格单调增加,从而F(x)=0的点x=x0必唯一,故 (1)中的x0试唯 一的. 九、设有曲线y= ,过原点作其切线,求由此曲线、切线及x轴所围成的平面图形绕x 轴旋转一周所得的旋转体的表面积. 【详解】设切点的横坐标为x0,则切点为(x0, 1 x0-1),曲线y= 在此点的切线斜率 为, 于是切线方程为: y- =(x-x0) 又因它经过原点,以点(0,0)代入,得 -2(x0-1)=-x0, 解得x0=2 于是切线方程为 y-1=1(x-2)2 即y=1x 2 切点为(2,1),由曲线段y=(1≤x≤2)绕x轴旋转一周所得到的旋转面的面积为 S1= ⎰12πy 1+y'2dx=x 1 4x-3dx=π5 6 -1), 由直线y= 1x(0≤≤2)段绕x轴旋转一周所得到的旋转面的面积为 2 S=22π⋅1x⋅ dx=5π 2⎰122 因此,所求旋转体的表面积为 S=S+S=π(11 -1) 126 十、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1 ,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=y(x)的极值. 【详解】因曲线向上凸,故y''<0; 由题设,得 -y'' =1, 即y''=-(1+y'2). 曲线经过点(0,1),故y(0)=1,又因在该点处的切线方程为y=x+1,即切线斜率为1,于是 y'(0)=1,问题归结为求 ⎩ ⎪⎧y''=-(1+y'2). 的特解. ⎨⎪y(0)=1,y'(0)=1, 令y'=p,y''=p', 于是得 分离变量解得 以p(0)=1代入,得 p'=-(1+p2),arctanp=C1-x C=arctan1=π 14 '⎛π⎞ 所以 再积分,得 y=p=tan⎜-x⎟ ⎝⎠ y=tan⎛π-x⎞dx=lncos⎛π-x⎞+C ⎰⎜4⎟⎜4⎟2 ⎝⎠⎝⎠ 以y(0)=1,代入,得 C=1+1ln2, 22 故所求曲线方程为 y=lncos⎛π-x⎞+1+1ln2 ⎜4⎟2 ⎝⎠ 取其含有x=0在内的连续的一支为 y=lncos⎛π-x⎞+1+1ln2,x∈⎛-π,3π⎞ ⎜4⎟2⎜44⎟ ⎝⎠⎝⎠ ⎛π⎞+ ⎛3π⎞+ ⎛π⎞ 当x→⎜-4⎟或x→⎜-4⎟时,cos⎜4-x⎟→0,y→-∞, ⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 故此函数无极小值. p 当x=时,y为极大, 4 极大值为 y=1+1ln2. 2 十一、设x∈(0,1),证明: (1)(1+x)ln2(1+x) (2)1-1<1-1<1. ln2ln(1+x)x2 【详解】 (1)令ϕ(x)=(1+x)ln2(1+x)-x2; 则有 ϕ(0)=0, ϕ'(x)ln2(1+x)+2ln(1+x)-2x,ϕ'(0)=0. ⎣⎦ ϕ''(x)=2⎡ln(1+x)-x⎤,1+x ϕ'''(x)=-2ln(1+x)<0,x∈(0,1)⇒ϕ''(x)<ϕ''(0)=0⇒ϕ'(x)<ϕ'(0),x∈(0,1)1+x 所以ϕ'(x)<0, 从而ϕ(x)<0,即 (1+x)ln2(1+x) (2)令f(x)=-,x∈(0,1) ln(1+x)x 则有 f'(x)= (1+x)ln2(1+x)-x2 x2(1+x)ln2(1+x) 由 (1)知,f'(x)<0, 当x∈(0,1)时.于是推知在(0,1)内,f(x)单调减少.又f(x)在区间(0,1]上连续,且 f (1)= 1 ln2 -1. 故当x∈(0,1)时, f(x)= 不等式左边证毕.又 1 ln(1+x) -1> x 1-1 ln2 lim x→0+ f(x)=lim x→0+ x-ln(1+x) ln(1+x) =lim x→0+ x-ln(1+x) x2 =lim x=1 x→0+2x(1+x)2 故当x∈(0,1)时, f(x)= 1-1>1 不等式右边证毕. ln(1+x)x2 十二、设(2E-C-1B)AT=C-1,其中E是4阶单位矩阵,AT是4阶矩阵A的转置矩阵. ⎡12-3-2⎤⎡1201⎤ ⎢012-3⎥⎢0120⎥ B=⎢⎥,C=⎢⎥ ⎢0012⎥⎢0012⎥ ⎣⎦⎣⎦ ⎢0001⎥⎢0001⎥ 求A. 【详解】由题设得 C(2E-C-1B)AT=E,即(2C-B)AT=E. 由于2C-B= ⎢000
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