1998年考研数学二真题.docx
《1998年考研数学二真题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《1998年考研数学二真题.docx（35页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
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
升级会员 