1997年数学二解析_数学二真题+解析[87-25]_数学二解析

更多考研资料分享+qq810958634 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 − (1)【答案】e 2 【解析】由于 f(x)在x=0处连续,故 f(0)=lim f(x)=limelnf(x) =limeln(cosx)x−2 =limex−2lncosx x→0 x→0 x→0 x→0 1 (−sinx) lncosx lim lncosx 洛必达 limcosx =lime x2 =ex→0 x2 = ex→0 2x x→0 sinx 1 lim− − =ex→0 2xcosx =e 2 【相关知识点】1.函数y = f(x)在点x 连续： 0 设函数 f(x)在点x 的某一邻域内有定义,如果lim f(x)= f(x ),则称函数 f(x)在点 0 0 x→x 0 x 连续. 0 2.如果函数在x 处连续,则有 lim f(x)= lim f(x)= f(x ). 0 0 x→x + x→x − 0 0 3 (2)【答案】− 2 【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： 1 y = ln(1−x)−ln(1+x2),   2 1 −1 2x 1 x y′= ( − )=− − , 2 1−x 1+x2 2(1−x) 1+x2 1 1−x2 3 y′′=− − ,y′′ =− . 2(1−x)2 (1+x2)2 x=0 2 【相关知识点】1.复合函数求导法则： 如果u = g(x)在点x可导,而 y = f(x)在点u = g(x)可导,则复合函数 y = f [ g(x) ] dy dy dy du 在点x可导,且其导数为 = f′(u)⋅g′(x)或 = ⋅ . dx dx du dx x−2 x (3)【答案】arcsin +C或2arcsin +C 2 2 【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： x−2 d( ) dx x−2 方法1：原式=∫ =∫ 2 =arcsin +C . 4−(x−2)2 x−2 2 1−( )2 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 x d dx d x x 方法2：原式=∫ =2∫ =2∫ 2 =2arcsin +C. x 4−( x)2 4−( x)2 x 2 1−( )2 2 π (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： x+2 d( ) +∞ dx 1 +∞ 2 原式=∫ = ∫ 0 4+(x+2)2 2 0 x+2 1+( )2 2 +∞ 1 x+2 1 π π π = arctan = ( − )= . 2 2 2 2 4 8 0 (5)【答案】3 【解析】方法1：利用初等变换. 以α,α,α为行构成3×4矩阵,对其作初等变换： 1 2 3 α 1 2 −1 1  1 2 −1 1   1    [2]+[1]×(−2)   A= α = 2 0 t 0 → 0 −4 t+2 −2  2       α   0 −4 5 −2   0 −4 5 −2  3 1 2 −1 1  [3]+[2]×(−1)   → 0 −4 t+2 −2 ,    0 0 3−t 0   α 1   因为r ( A )=r α =2,所以3−t =0,t =3.  2 α   3 方法2：利用秩的定义. α 1   由于r α =r ( A )=2,则矩阵A中任一三阶子行列式应等于零.  2 α   3 α 1 2 −1 1  1     α = 2 0 t 0 ,  2     α   0 −4 5 −2  3 应有 1 2 −1 1 2 −1 1 2 −1 2 0 t = 0 −4 t+2 = 0 −4 t+2 =0, 0 −4 5 0 −4 5 0 0 3−t 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 解得t =3. 方法3：利用线性相关性. 因为r (α,α,α)=r ( A )=2,故α,α,α线性相关,⇔ 以αT,αT,αT 组成的线性齐次方 1 2 3 1 2 3 1 2 3 程组αTx +αTx +αTx = BX =0有非零解,因 1 1 2 2 3 3  1 2 0    2 0 −4 B=αT,αT,αT =   1 2 3  −1 t 5    1 0 −2  [2]+[1]×(−2)1 2 0  [2]×    − 1 4    1 2 0  [3]+[1]   [3]+[2]×(−t−2)   [4]+[1]×(−1) 0 −4 −4 [4]+[2]×(−2) 0 1 1 →   →   , 0 t+2 5  0 0 −t+3     0 −2 −2 0 0 0  故BX =0有非零解⇔ t =3. 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： etanx −ex etanx−x −1 lim =limex⋅ x→0 xn x→0 xn tanx−x洛必达 sec2−1 tan2 xn=3 x2 1 =lim = lim =lim = lim = , x→0 xn x→0 nxn−1 x→0 nxn−1 x→03x2 3 etanx −ex与x3同阶,故应选(C). (2)【答案】(D) 【解析】方法 1：用几何意义.由 f(x)>0, f′(x)<0, f′′(x)>0可知,曲线 y = f(x)是 上半平面的一段下降的凹弧,y = f(x)的图形大致如右图. y S =∫ b f(x)dx是曲边梯形ABCD的面积； D 1 a S = f(b)(b−a)是矩形ABCE的面积； 2 E C 1 S = [f(a)+ f(b)](b−a)是梯形ABCD的面积. 3 2 A B a b x 由图可见S f(b),从而 b S =∫ f(x)dx= f(ξ)(b−a)> f(b)(b−a)=S . 1 2 a 1 x 为证S >S ,令ϕ(x)= [f(x)+ f(a)](x−a)−∫ f(t)dt,则ϕ(a)=0, 3 1 2 a 1 1 ϕ′(x)= f′(x)(x−a)+ (f(x)+ f(a))− f(x) 2 2 1 1 = f′(x)(x−a)− (f(x)− f(a)) 2 2 1 1 = f′(x)(x−a)− f′(η)(x−a) (a<η< x)(拉格朗日中值定理) 2 2 1 = (f′(x)− f′(η))(x−a), 2 由于 f′′(x)>0,所以 f′(x)是单调递增的,故 f′(x)> f′(η),ϕ′(x)>0,即ϕ(x)在[a,b]上 单调递增的.由于ϕ(a)=0,所以ϕ(x)>0,x∈[a,b],从而 1 b ϕ(b)= [f(b)+ f(a)](b−a)−∫ f(t)dt >0, 2 a 即S >S .因此,S 0,因此驻点x= x 为极小值点.应选 0 x 0 0 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 (B). (4)【答案】(A) 【解析】由于函数esintsint是以2π为周期的函数,所以, x+2π 2π F(x)=∫ esintsintdt =∫ esintsintdt, x 0 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). 2π 估计∫ esintsintdt 的值有多种方法. 0 方法1：划分esintsint取值正、负的区间. 2π π 2π F(x)=∫ esintsintdt =∫ esintsintdt+∫ esintsintdt 0 0 π π π =∫ esintsintdt+∫ e−sinu(−sinu)du 0 0 π =∫ (esint −e−sint)sintdt 0 当00,esint −e−sint >0,所以F(x)>0.选(A). 方法2：用分部积分法. 2π 2π F(x)=∫ esintsintdt =−∫ esintdcost 0 0 2π 2π =−esint cost +∫ costdesint 0 0 2π 2π =−e0(1−1)+∫ esint cost2dt =∫ esint cost2dt >0. 0 0 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x<0时, f(x)= x2 >0,则g[f(x)]= f(x)+2= x2 +2； 当x≥0时, f(x)=−x≤0,则g[f(x)]=2− f(x)=2−(−x)=2+x. x2 +2, x<0 故g[f(x)]= ,因此应选(D). 2+x, x≥0 三、(本题共6小题,每小题5分,满分30分.) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ∞ (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 x2 .在计算过程中应注意x趋于负无穷. 【解析】分子、分母同除 x2 ,注意 x2 =−x (x<0),则 1 1 1 4+ − −1− x x2 x 4−1 原式= lim = =1. x→−∞ sinx 1 1− x2 (2)【解析】题目考察参数方程所确定的函数的微分法. y′ 1 y′ = t ,x′= , x x′ t 1+t2 t y′可由第二个方程两边对t求导得到： t 2y′−2tyy′− y2 +et =0, t t y2 −et (1+t2)(y2 −et) 解得y′= .由此,有y′ = . t 2(1−ty) x 2(1−ty) (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=∫e2x(sec2 x+2tanx)dx=∫e2xsec2 xdx+2∫e2x tanxdx 分部 = ∫e2xd tanx+∫tanxde2x =e2x tanx+C . (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微分方法计 算如下： 方法1：所给方程是齐次方程. 令y = xu,则dy = xdu+udx,代入原方程得 3(1+u−u2)dx+x(1−2u)du =0, 1−2u 3 分离变量得 du =− dx, 1+u−u2 x d(1+u−u2) 1 积分得 ∫ =−3∫ dx, 1+u−u2 x 即 1+u−u2 =Cx−3. y C 以u = 代入得通解x2 +xy− y2 = . x x 方法2：用凑全微分的方法求解.由于 (3x2 +2xy− y2)dx+(x2 −2xy)dy =3x2dx+(yd(x2)+x2dy)−(y2dx+xd(y2)) =d(x3)+d(x2y)−d(xy2) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 =d(x3 +x2y−xy2), 故通解为： x3 +x2y−xy2 =C. (5)【解析】y − y =e−x与y − y =e2x −e−x都是相应齐次方程的解,(y − y )+(y − y ) 1 3 1 2 1 3 1 2 =e2x 也是相应齐次方程的解, e−x 与 e2x 是两个线性无关的相应齐次方程的解；而 y −e−x = xex是非齐次方程的解.下面求该微分方程： 2 方法1：由e−x,e2x是齐次解,知r =−1,r =2是特征方程的两个根,特征方程为 1 2 (r+1)(r−2)=0,即r2 −r−2=0, 相应的齐次微分方程为：y′′− y′−2y =0. 设所求非齐次方程为：y′′− y′−2y = f(x),把非齐次解xex代入,便得 f(x)=(xex)′′−(xex)′−2(xex)=(1−2x)ex. 所求方程为：y′′− y′−2y =(1−2x)ex. 方法2：由于通解为：y =ce−x +c e2x +xex,求出 1 2 y′=−ce−x +2c e2x +(x+1)ex, y′′=ce−x +4c e2x +(x+2)ex, 1 2 1 2 并消去c ,c ,便得微分方程y′′− y′−2y =(1−2x)ex. 1 2 0 2 1   (6)【答案】 0 0 0    0 0 0  【解析】由题设条件A2 −AB= E,把A提出来得A ( A−B )= E ,因为 1 1 −1 A = 0 1 1 =−1≠0, 0 0 −1 由此知道A是满秩的,所以A可逆,两边左乘 A−1,从而有A−B= A−1,B= A−A−1. (或A2 −AB= E,AB= A2 −E, A可逆,两边左乘 A−1,得B= A−1 ( A2 −E ) = A−A−1). 用矩阵的初等变换求A−1. 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 1 −11 0 0[1]+[3]×(−1)1 1 0 1 0 −1   [2]+[3]   [ AE ]= 0 1 1 0 1 0 → 0 1 0 0 1 1      0 0 −10 0 1   0 0 −10 0 1   [1]+[2]×(−1)1 0 01 −1 −2 [3]×(−1)   → 0 1 00 1 1 =EA−1      0 0 10 0 −1  1 −1 −2   得 A−1 = 0 1 1 ,    0 0 −1  1 1 −1 1 −1 −2 0 2 1       从而得 B= A−A−1 = 0 1 1 − 0 1 1 = 0 0 0 .        0 0 −1   0 0 −1   0 0 0  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： 2 λ −1 1 [2]+[1]  2 λ −1 1    [3]+[1]×(−5)   [ Ab ]= λ −1 1  2 → λ+2 λ−1 0  3      4 5 −5−1    −6 −5λ+5 0 −6   2 λ −11 [3]+[2]×5  → λ+2 λ−1 0 3    5λ+4 0 0 9  4 当λ≠− 且λ≠1时,r ( A )=r [ Ab ]=3,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等 5 且等于未知量的个数,故原方程组有唯一解. 4 当λ=− 时,r ( A )=2≠r [ Ab ]=3,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩不相等, 5 故原方程组无解. 当λ=1时,原方程组的同解方程组为 2x +x −x =1  1 2 3 , x =１ 1 x =1, 1  原方程组有无穷多解,其通解为x =−1+k,(k为任意常数). 2  x =k. 3 (或[ x ,x ,x ]T =[ 1,−1,0 ]T +k [ 0,1,1 ]T(k为任意常数)) 1 2 3 方法2：原方程组系数矩阵的行列式 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 2 λ −1 2 λ λ−1 A = λ −1 1 = λ −1 0 =(λ−1 )( 5λ+4 ), 4 5 −5 4 5 0 4 故知：当λ≠− 且λ≠1时,r ( A )=r [ Ab ]=3,即方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩相等 5 且等于未知量的个数,故原方程组有唯一解. 4 当λ=− 时,对原方程组的增广矩阵作初等行变换,得 5  4  2 − −1  1   5  [1]×5 10 −4 −5  5  10 −4 −5  5 [ Ab ]=  − 4 −1 1  2  [ → 2]×5 −4 −5 5  10  [3 → ]+[2]  −4 −5 5  10        5     4 5 −5  −1    0 0 0  9  4 5 −5  −1     r ( A )≠r [ 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λ=1时,对原方程组的增广矩阵作初等行变换,得 [1]↔[2] [3]+[2]×3   2 1 −1 1   [ [3 2 ] ] + + [ [ 1 1 ] ] × × ( ( − − 4 2 ) )  1 −1 1  2   [2]× 1 3   1 −1 1  2   1 −1 1  2 → 0 3 −3−3 → 0 1 −1−1        4 5 −5−1   0 9 −9−9   0 0 0  0   r ( A )=r [ Ab ]=2<3,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 x =1, 1  原方程组有无穷多解,其通解为x =−1+k,(k为任意常数). 2  x ==k. 3 (或[ x ,x ,x ]T =[ 1,−1,0 ]T +k [ 0,1,1 ]T(k为任意常数)) 1 2 3 五、(本题满分8分) 1 θ 1 θ 【解析】由已知条件得 ∫ r2dθ= ⋅∫ r2 +r′2dθ. 2 0 2 0 两边对θ求导,得 r2 = r2 +r′2 (隐式微分方程), 解出r′,得 r′=±r r2 −1. dr 分离变量,得 =±dθ. r r2 −1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 d( ) dr 1 r 由于 ∫ =−∫ =arccos , r r2 −1 1 r 1−( )2 r dr r=sect 1 或 ∫ = ∫dt =t =arccos , r r2 −1 r 1 两边积分,得 arccos =±θ+c. r 1 π 1 π 代入初始条件r(0)=2,得c=arccos = ,⇒arccos = ±θ. 2 3 r 3 1 π 1 3 即L的极坐标方程为 =cos( ±θ)≡ cosθ sinθ, r 3 2 2 从而,L的直角坐标方程为x 3y =2. 六、(本题满分8分) 3a 【解析】由xf′(x)= f(x)+ x2,有 2 xf′(x)− f(x) 3a f(x) 3a = ,即( )′= , x2 2 x 2 f(x) 3a 3a 从而得 = x+C,即 f(x)= x2 +Cx. x 2 2 又由题设知,面积 1 1 3a a C S =∫ f(x)dx=∫ ( +Cx)dx= + =2, 0 0 2 2 2 3a 得C =4−a,从而 f(x)= x2 +(4−a)x. 2 1 1 3a a2 a 16 旋转体体积 V(a)=π∫ y2dx=π∫ [ x2 +(4−a)x]2dx=π( + + ). 0 0 2 30 3 3 a 1 π 由V′(a)=π( + )=0,解得惟一驻点a=−5；又由V′′(a)= >0,a=−5是极小值点 15 3 15 15 也是最小值点.(易验证,此时 f(x)=− x2 +9x在(0,1]恒正.) 2 七、(本题满分8分.) f(x) 【分析】通过变换将ϕ(x)化为积分上限函数的形式,此时x≠0,但根据lim = A,知 x→0 x 1 f(0)=0,从而ϕ（0）=∫ f(0)dt =0,由此,利用积分上限函数的求导法则、导数在一点处的 0 定义以及函数连续性的定义来判定ϕ′(x)在x=0处的连续性. 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 f(x) 【解析】由题设lim = A知, f(0)=0, f′(0)= A,且有ϕ(0)=0.又 x→0 x x ∫ f(u)du 1 ϕ(x)=∫ f(xt)dt u = xt 0 (x≠0), 0 x x xf(x)−∫ f(u)du 从而 ϕ′(x)= 0 (x≠0). x2 由导数定义,有 x ∫ f(u)du f(x) A ϕ′(0)=lim 0 =lim = . x→0 x2 x→0 2x 2 x x xf(x)−∫ f(u)du ∫ f(u)du f(x) 由于 limϕ′(x)=lim 0 =lim −lim 0 x→0 x→0 x2 x→0 x x→0 x2 A A = A− = =ϕ′(0), 2 2 从而知ϕ′(x)在x=0处连续. 八、(本题满分8分) π π 【解析】设 f(x)= x− sinx,研究 f(x)在(0, )内的极值情况,从而判定它与水平线 2 2 π π y =k 的 交点个 数. 由 f′(x)=1− cosx=0 解得 f(x) 在 (0, ) 内的唯一驻点 2 2 2 π x =arccos ；由cosx在(0, )单调减, f′(x)在点x 由负变正,x 是 f(x)的极小点也是 0 π 2 0 0 π π 最小点.最小值 f(x )= x − sinx  y ；由此,最大值 f(0)= f( )=0(显然y <0). 0 0 2 0 0 2 0 当k ≥0或k < y 时, y = f(x)与 y =k 没有交点；当k = y 时,两者有唯一交点；当 0 0 y