1997考研数二真题及解析10408.pdf

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1、 Born to win 1 1997 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题 一、填空题(本题共5 分,每小题3 分,满分15 分.把答案填在题中横线上.)(1)已知2(cos),0,(),0 xxxf xax在0 x 处连续,则a .(2)设21ln1xyx,则0 xy .(3)(4)dxxx .(4)2048dxxx .(5)已知向量组123(1,2,1,1),(2,0,0),(0,4,5,2)t的秩为 2,则t .二、选择题(本题共5 小题,每小题3 分,满分15 分.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0 x 时,tan xxee与

2、nx是同阶无穷小,则n为 ()(A)1 (B)2 (C)3 (D)4(2)设在区间,a b上()0,()0,()0,f xfxfx记12(),()()baSf x dx Sf b ba,31()()()2Sf af bba,则 ()(A)123SSS (B)231SSS(C)312SSS (D)213SSS(3)已知函数()yf x对一切x满足2()3()1xxfxx fxe,若00()0(0),fxx 则 ()(A)0()f x是()f x的极大值 (B)0()f x是()f x的极小值(C)00(,()xf x是曲线()yf x的拐点 (D)0()f x不是()f x的极值,00(,()x

3、f x也不是曲线()yf x的拐点 Born to win 2(4)2sin()sin,xtxF xetdt设则()F x ()(A)为正常数 (B)为负常数(C)恒为零 (D)不为常数(5)设22,0,0(),(),()2,0,0 xxxxg xf xg f xxxxx则为 ()(A)22,02,0 xxxx (B)22,02,0 xxxx (C)22,02,0 xxxx (D)22,02,0 xxxx 三、(本题共6 小题,每小题5 分,满分30 分.)(1)求极限22411limsinxxxxxx.(2)设()yy x由2arctan25txtytye所确定,求dydx.(3)计算22(

4、tan1)xexdx.(4)求微分方程222(32)(2)0 xxyydxxxy dy的通解.(5)已知22123,xxxxxxxyxeeyxeeyxeee是某二阶线性非齐次微分方程的三个解,求此微分方程.(6)已知111011001A,且2AABE,其中E是三阶单位矩阵,求矩阵B.四、(本题满分8 分.)取何值时,方程组1231231232124551xxxxxxxxx 无解,有惟一解或有无穷多解？并在有无穷多解时写出方程组的通解.五、(本题满分8 分)Born to win 3 设曲线L的极坐标方程为()rr,(,)M r为L上任一点,0(2,0)M为L上一定点,若极径0OMOM、与曲线L

5、所围成的曲边扇形面积值等于L上0,MM两点间弧长值的一半,求曲线L的方程.六、(本题满分8 分)设函数()f x在闭区间0,1上连续,在开区间(0,1)内大于零,并满足()()xfxf x 232ax(a为常数),又曲线()yf x与1,0 xy所围成的图形S的面积值为 2,求函数()yf x,并问a为何值时,图形S绕x轴旋转一周所得的旋转体的体积最小.七、(本题满分8 分.)已知函数()f x连续,且0()lim2xf xx,设10()()xf xt dt,求()x,并讨论()x的连续性.八、(本题满分8 分)就k的不同取值情况,确定方程sin2xxk在开区间(0,)2内根的个数,并证明你的

6、结论.1997 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 一、填空题(本题共5 分,每小题3 分,满分15 分.把答案在题中横线上.)(1)【答案】12e【解析】由于()f x在0 x 处连续,故【相关知识点】1.函数()yf x在点0 x连续：设函数()f x在点0 x的某一邻域内有定义,如果00lim()(),xxf xf x则称函数()f x在点0 x连续.2.如果函数在0 x处连续,则有000lim()lim()()xxxxf xf xf x.(2)【答案】32【解析】题目考察复合函数在某点处的高阶导数,按照复合函数求导法则具体计算如下：21ln(1)ln(1)2yxx,221121

7、()2 112(1)1xxyxxxx ,2222112(1)(1)xyxx ,032xy.Born to win 4【相关知识点】1.复合函数求导法则：如果()ug x在点x可导,而()yf x在点()ug x可导,则复合函数()yf g x在点x可导,且其导数为()()dyf ug xdx或dydy dudxdu dx.(3)【答案】2arcsin2xC或2arcsin2xC【解析】题目考察不定积分的计算,分别采用凑微分的方法计算如下：方法1：原式222()22arcsin224(2)1()2xddxxCxx=.方法2：原式2224()4()dxdxxxx2222arcsin21()2xdx

8、Cx.(4)【答案】8【解析】题目考察广义积分的计算,采用凑微分的方法,结合基本微分公式表计算如下：原式20022()1224(2)21()2xddxxx 0121arctan()222 248x.(5)【答案】3【解析】方法1：利用初等变换.以123,为行构成3 4矩阵,对其作初等变换：因为 1232r Ar,所以303t,t.方法2：利用秩的定义.由于 1232rr A,则矩阵A中任一三阶子行列式应等于零.Born to win 5 C a b E D x y O A B 12312112000452t,应有 121121121200420420045045003tttt,解得3t.方法3

9、：利用线性相关性.因 为 1232r,rA,故123,线 性 相 关,以123TTT,组 成 的 线 性 齐 次 方 程 组1122330TTTxxxBX有非零解,因 故0BX 有非零解3t.二、选择题(本题共5 小题,每小题3 分,满分15 分.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】(C)【解析】题目考察无穷小量的性质和无穷小量的比较,采用洛必达法则计算如下：tan xxee与3x同阶,故应选(C).(2)【答案】(D)【解析】方法1：用几何意义.由()0,()0,()0f xfxfx可知,曲线()yf x是上半平面的一段下降的凹弧,(

10、)yf x的图形大致如右图.1()baSf x dx是曲边梯形ABCD的面积；2()()Sf b ba是矩形ABCE的面积；31()()()2Sf af bba是梯形ABCD的面积.由图可见213SSS,应选(D).方法2：观察法.因为是要选择对任何满足条件的()f x都成立的结果,故可以取满足条件的特定的()f x来观察结果是什么.例如取21(),1,2f xxx,则 Born to win 6 2123213211115,248SdxSSSSSx.【评注】本题也可用分析方法证明如下：由积分中值定理,至少存在一个点,使()()(),baf x dxfba ab成立,再由()0,fx所以()f

11、 x是单调递减的,故()(),ff b从而 12()()()()()baSf x dxfbaf b baS.为证31SS,令1()()()()(),2xaxf xf axaf t dt则()0,a 由于()0fx,所以()fx是单调递增的,故()()fxf,()0 x,即()x在,a b上单调递增的.由于()0,a所以()0,xxa b,从而 1()()()()()02babf bf abaf t dt,即31SS.因此,213SSS,应选(D).如果题目改为证明题,则应该用评注所讲的办法去证,而不能用图证.【相关知识点】1.积分中值定理：如果函数()f x在积分区间,a b上连续,则在(,)

12、a b上至少存在一个点,使下式成立：()()()()baf x dxfba ab.这个公式叫做积分中值公式.2.拉格朗日中值定理：如果函数()f x满足在闭区间,a b上连续,在开区间,a b内可导,那么在,a b内至少有一点()ab,使等式()()()()f bf afba成立.(3)【答案】(B)【解析】题目考察函数的极值点与拐点问题,分析如下：由0()0fx知0 xx为()f x的驻点.把0 xx代入恒等式000()1xx fxe,即0001()xefxx.由于分子、分母同号,故0()0fx,因此驻点0 xx为极小值点.应选(B).(4)【答案】(A)【解析】由于函数sinsintet是

13、以2为周期的函数,所以,22sinsin0()sinsinxttxF xetdtetdt,()F x的值与x无关.不选 D,(周期函数在一个周期的积分与起点无关).Born to win 7 估计2sin0sintetdt的值有多种方法.方法1：划分sinsintet取值正、负的区间.当0t 时,sin0t,sinsin0,ttee所以()0F x.选(A).方法2：用分部积分法.故应选(A).【评注】本题的方法 1 十分有代表性.被积函数在积分区间上可以取到正值与负值时,则常将积分区间划分成若干个,使每一个区间内,被积函数保持确定的符号,然后再作适当的变量变换,使几个积分的积分上下限相同,然

14、后只要估计被积函数的正、负即可.(5)【答案】(D)【解析】题目考察函数的复合问题,分清内层函数的定义域与值域,要注意内层函数的值域又构成了外层函数的定义域.当0 x 时,2()0f xx,则2()()22g f xf xx；当0 x 时,()0f xx ,则()2()2()2g f xf xxx.故22,0()2,0 xxg f xxx,因此应选(D).三、(本题共6 小题,每小题5 分,满分30 分.)(1)【分析】这是型的极限,可以设法约去分子、分母中极限为的因子,从而转化为确定型的极限.于是分子、分母同除2x.在计算过程中应注意x趋于负无穷.【解析】分子、分母同除2x,注意2xx(0)

15、x,则 原式221114141lim11sin1xxxxxx.(2)【解析】题目考察参数方程所确定的函数的微分法.txtyyx,211txt,ty可由第二个方程两边对t求导得到：2220tttytyyye,Born to win 8 解得22(1)ttyeyty.由此,有22(1)()2(1)txtyeyty.(3)【解析】题目考察,不定积分的换元与分部积分法,难度不大,具体计算如下：原式22222(sec2tan)sec2tanxxxexx dxexdxexdx 222tantantanxxxe dxxdeexC分部.(4)【解析】题目考察齐次微分方程的通解,分别利用齐次方程的求解方法和凑全

16、微分方法计算如下：方法1：所给方程是齐次方程.令yxu,则dyxduudx,代入原方程得 23(1)(12)0uudxxu du,分离变量得 21 231ududxuux,积分得 22(1)131duudxuux,即 231 uuCx.以yux代入得通解22Cxxyyx.方法2：用凑全微分的方法求解.由于 322()d xx yxy,故通解为：322xx yxyC.(5)【解析】13xyye与212xxyyee都是相应齐次方程的解,1312()()yyyy 2xe也是相应齐次方程的解,xe与2xe是两个线性无关的相应齐次方程的解；而2xxyexe是非齐次方程的解.下面求该微分方程：方法1：由x

17、e,2xe是齐次解,知121,2rr 是特征方程的两个根,特征方程为(1)(2)0rr,即220rr,相应的齐次微分方程为：20yyy.设所求非齐次方程为：2()yyyf x,把非齐次解xxe代入,便得()()()2()(12)xxxxf xxexexex e.所求方程为：2(12)xyyyx e.Born to win 9 方法2：由于通解为：212xxxyc ec exe,求出 2122(1)xxxyc ec exe ,2124(2)xxxyc ec exe,并消去1c,2c,便得微分方程2(12)xyyyx e.(6)【答案】021000000【解析】由题设条件2AABE,把A提出来得A

18、 ABE,因为 11101110001A ,由此知道A是满秩的,所以A可逆,两边左乘 1A,从而有1ABA,1BAA.(或2AABE,2ABAE,A可逆,两边左乘 1A,得121BAAEAA).用矩阵的初等变换求1A.得 1112011001A,从而得 1111112021011011000001001000BAA.四、(本题满分8 分.)【解析】方法1：对原方程组的增广矩阵作初等行变换：当45 且1时,3r Ar A b,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且等于未知量的个数,故原方程组有唯一解.当45 时,23r Ar A b,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩不相等,故原方程组无解.当1时

19、,原方程组的同解方程组为 123121xxxx,Born to win 10 原方程组有无穷多解,其通解为12311x,xk,xk.(k为任意常数).(或1231 1 00 11TTTx,x,x,k,(k为任意常数)方法2：原方程组系数矩阵的行列式 212111101 54455450A,故知：当45 且1时,3r Ar A b,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且等于未知量的个数,故原方程组有唯一解.当45 时,对原方程组的增广矩阵作初等行变换,得 r Ar A b,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩不相等,故原方程组无解.当1时,对原方程组的增广矩阵作初等行变换,得 23r Ar A b,

20、即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等且小于未知量的个数,故原方程组有无穷多解,其通解为12311x,xk,xk.(k为任意常数).(或1231 1 00 11TTTx,x,x,k,(k为任意常数)五、(本题满分8 分)【解析】由已知条件得 222001122r drr d.两边对求导,得 222rrr(隐式微分方程),解出r,得 21rr r .分离变量,得 21drdr r.由于 221()1arccos111()ddrrrr rr,Born to win 11 或 sec21arccos1rtdrdttrr r,两边积分,得 1arccoscr .代入初始条件(0)2r,得1arccos2

21、3c,1arccos3r.即L的极坐标方程为 113cos()cossin322r,从而,L的直角坐标方程为32xy.六、(本题满分8 分)【解析】由23()()2axfxf xx,有 2()()32xfxf xax,即()3()2f xax,从而得 ()32f xaxCx,即23()2af xxCx.又由题设知,面积 11003()()2222aaCSf x dxCx dx,得4Ca,从而23()(4)2af xxa x.旋转体体积 21122200316()(4)()23033aaaV ay dxxa x dx.由1()()0153aV a,解得惟一驻点5a ；又由()015Va,5a 是

22、极小值点也是最小值点.(易验证,此时215()92f xxx 在(0,1恒正.)七、(本题满分8 分.)【分析】通过变换将()x化为积分上限函数的形式,此时0 x,但根据0()limxf xAx,知(0)0f,从而100(0)0fdt（）,由此,利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处的定义以及函数连续性的定义来判定()x在0 x 处的连续性.【解析】由题设0()limxf xAx知,(0)0,(0),ffA且有(0)0.又 从而 02()()()(0)xxf xf u duxxx.Born to win 12 由导数定义,有 0200()()(0)limlim22xxxf u duf xAx

23、x.由于 00220000()()()()lim()limlimlimxxxxxxxf xf u duf u duf xxxxx (0)22AAA,从而知()x在0 x 处连续.八、(本题满分8 分)【解析】设()sin2f xxx,研究()f x在(0,)2内的极值情况,从而判定它与水平线yk的交点个数.由()1cos02fxx 解得()f x在(0,)2内的唯一驻点02arccosx；由cosx在(0,)2单调减,()fx在点0 x由 负 变 正,0 x是()f x的 极 小 点 也 是 最 小 点.最 小 值0000()sin2f xxxy；由 此,最 大 值(0)()02ff(显然00y).当0k 或0ky时,()yf x与yk没有交点；当0ky时,两者有唯一交点；当00yk时,两者有两个交点.评注：也可以设()sin2g xxxk,研究它的零点个数.