1998年考研数学二真题.docx

1、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） limx0【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 - 4x0 x2 (1+ x + 1- x + 2)2= limx01- x2 -1) 4x2因 -1 - 1 x22- 1 x2= lim 2 = - 1 .x0 2x2 4【详解 2】 采用洛必达法则，1 - 10原式0 limx0= limx000 lim2x4x -1 - 1 = limx0= - 1 .x0 4 4注： 1( x 0) 可求出【详解

2、3】 采用(1+ u ) 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 ) = 1+ u + ( -1) u2 + o u2 ,2!所以 x 0 时= 1+ 1 x + - 1 x2 + o (x2 ),2 8 = 1- 1 x + - 1 x2 + o (x2 ),2 8 于是1+ 1 x - 1 x2 +1- 1 x - 1 x2 + o (x2 ) - 2原式= lim 2 8 2 8 x0 1x2o (x2 ) = lim - + x0 4 x2 =- 14（2）曲线 y = -x3 + x2 + 2x 与 x 轴所围成的图形的面积 A = .37【答】

3、.12【详解】 因为 y - 1 = - 5 , y (1) = 2, 2 8 所以-1 0A = 0 -(-x3 + x2 + 2x)dx + 2 (-x3 + x2 + 2x)dx= x4 - x3 - x2 |0 4 3+ - + + x | 4 3 -1 4 3 0 = 3712ln sin x（3） dx = .sin2 x【答】-cot x ln sin x - cot x - x + C.【详解】 用分部积分法，有ln sin xdx =- ln sin xd (cot x) = - cot x ln sin x +cot2 xdx sin2 x = - cot x ln sin

4、 x + (csc2 x -1) xdx= - cot x ln sin x - cot x - X + C（4）设 f ( x) 连续，则 d xtf (x2 - t 2 )dt = .dx 0【答】 xf (x2 ) .【详解】 令u = x2 - t 2 , dy = -2tdt,当t = 0 时， u = x2; 当t = x 时， u = 0 ；d x 2 2d x2 1 2故 dx 0 tf (x-t )dt = dx 0f (u )du = xf x2（5）曲线 y = x ln e + 1 ( x 0) 的渐进线方程为 . x 【答】【详解】y = x + 1ex ln e +

5、 1 x 1 a = lim = lim ln e + = 1,x+xx+ x b = lim ( y - ax) = + 1 - x+lim x ln e x 1x+ ln e + 1 -1 x 1 1= lim x+1= lim =x+ e + 1 ex x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lim xn yn = 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

6、解】 方法一： 由极限运算性质知lim y= lim ( x y ) lim 1= 0,n nn 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 = 2ky = 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

7、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a y = 1+ x2 + , 且当ax 0 时， 是ax 的高阶无穷小， y (0) = ，则 y (1) 等于 （A） e 4 . （B） . （C） e 4 . （D） 2【 】【答】 应选（A）.【详解】 由a y = + , ，有1+ x2a y =axy1+ x2+

8、 .ax令ax 0 ，得y =y1+ x2 ，解此微分方程并利用初始条件由 y (0) = , 得 y = earctan x故 y (1) = earctan x = e 4 .（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 0 ，当x (a - , a + ) 时，必有（A） ( x - a) f ( x) - f (a) 0.（B） ( x - a) f ( x) - f (a) 0. f (t ) - f ( x)（C）limt a(t - x)2 0 ( x a)（D）limt a f (t ) - f ( x)(t - x)2 0

9、 ( x a)【 】【答】 应选（C）【详解】 由题设 ，存在邻 域 (a - , a + )，使当 x (a - , a + )时，有 f ( x) f (a )f ( x) f (a ) ，所以当a - x a 时， ( x - a) f ( x) - f (a) 0.当a x 0, 则在(0, b 内，t 0 ；若b 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d 2 ym dt 2= mg - B - kv,dy这是可降阶的二阶微分方程，其中v .dtdy d 2 y dv dy

10、 dv令 = v, 则dtdt 2= = v ,dy dt dy于是原方程可化为mv dv = mg - B - kv, dy分离变量得dy =mvmg - B - kvdv,积分得y =- m v -km (mg - B ) ln (mg - B - kv) + C k 2|再根据初始条件v = 0, 得y=0m (mg - B )C = ln (mg - B - kv),k 2故所求函数关系为y =- m v -m (mg - B )ln mg - B - kv .k k 2 mg - B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

11、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. 2 f ( 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. xx【详解】 （1）令 ( x) = -x1 f (t ) dt, 则 ( x) 在闭区间0,1上连续，在开区间(0,1) 内可导；又 (0) = (1) = 0. 由罗尔定理知，存在 x (0,1), 使 ( x) = 0. 即0 0 ( x ) = x f ( x ) - 1 f (t ) dt = 0.00 0 0( ) = x1也即 x0

12、f x010xf ( x) dx.（2）令F ( x) = xf ( x) - x f (t ) dt,则 F ( x) = xf ( x) + f ( x) + f ( x) = 2 f ( 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 ,1x0 -1)，曲线 y =在此点的切线斜率为 ，于是切线方程为：y

13、 -= ( 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 = 1 x2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 =1 2 y1+ y2 dx = x14x - 3dx = 56-1),由直线 y =1 x (0 2) 段绕 x 轴旋转一周所得到的旋转面的面积为2S = 2 2 1 x dx = 52 1 2 2因此，所求旋转体的表面积为S = S + S = (11-1)1 2 6十、设 y = y ( x)

14、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+ y2 ).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+ y2 ).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 =

15、-(1+ p2 ), arctan p = C1 - xC = arctan1 = 1 4 所以再积分，得y = p = tan - x y = tan - x dx = ln cos - x + C 4 4 2 以 y (0) = 1, 代入，得C = 1+ 1 ln 2,2 2故所求曲线方程为y = ln cos - x +1+ 1 ln 2 4 2 取其含有 x = 0 在内的连续的一支为y = ln cos - x +1+ 1 ln 2, x - , 3 4 2 4 4 + 3 + 当 x - 4 或 x - 4 时， cos 4 - x 0, y - ， 故此函数无极小值.p当 x

16、= 时， y 为极大，4极大值为y = 1+ 1 ln 2.2十一、设 x (0,1) ，证明：（1） (1+ x)ln2 (1+ x) x2;（2） 1 -1 1 - 1 1 .ln 2 ln (1+ x) x 2【详解】（1） 令 ( x) = (1+ x)ln2 (1+ x) - x2;则有 (0) = 0, ( x)ln2 (1+ x) + 2 ln (1+ x) - 2x, (0) = 0. ( x) = 2 ln (1+ x) - x ,1+ x ( x) =- 2 ln (1+ x) 0, x (0,1) ( x) (0) = 0 ( x) (0), x (0,1) 1+ x所以

17、 ( x) 0,从而 ( x) 0, 即(1+ x)ln2 (1+ x) x2 ,（2）令 f ( x) = - , x (0,1)ln (1+ x) x则有f ( x) =(1+ x)ln2 (1+ x) - x2x2 (1+ x)ln2 (1+ x)由(1)知， f ( x) x1 -1ln 2limx0+f ( x) = limx0+x - ln (1+ x)ln (1+ x)= limx0+x - ln (1+ x)x2= limx = 1 x0+ 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) x 2十二、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.1 2 -3 -2 1 2 0 10 1 2 -3 0 1 2 0B = , C = 0 0 1 2 0 0 1 2 0 0 0 1 0 0 0 1求 A .【详解】 由题设得C (2E - C -1B) AT = E, 即(2C - B) AT = E.由于2C - B =0 0 0