2001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 2001 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 2 (1)【答案】− 6 3−x − 1+x 3−x − 1+x 【详解】lim =lim x→1 x2 +x−2 x→1 ( x+2 )( x−1 ) ( )( ) 3−x − 1+x 3−x + 1+x 3−x−( 1+x ) =lim =lim ( ) ( ) x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x 2 ( 1−x ) 2 =lim =−lim ( ) ( ) x→1 ( x+2 )( x−1 ) 3−x + 1+x x→1 ( x+2 ) 3−x + 1+x lim2 2 1 2 =− x→1 =− =− =− . ( ) ( ) lim ( x+2 ) 3−x + 1+x ( 1+2 ) 3−1+ 1+1 3 2 6 x→1 (2)【答案】 x−2y+2=0. 【详解】在等式e2x+y −cos(xy)=e−1两边对x求导, 其中y视为x的函数，得 e2x+y( 2x+ y )′ +sin(xy) ( xy )′ =0，即e2x+y⋅(2+ y')+sin(xy)⋅(y+xy')=0 −1 1 将x=0, y=1代入上式, 得e⋅(2+ y')=0，即 y'(0)=−2. 故所求法线方程斜率k = = ， −2 2 1 根据点斜式法线方程为：y−1= x, 即 x−2y+2=0. 2 π (3)【答案】 8 【分析】根据区域对称性与被积函数的奇偶性：设 f ( x )在有界闭区域[−a,a ]上连续，则  ∫ a f ( x ) dx=2∫ a f ( x ) dx, f ( x )为偶函数  有  −a 0 ， ∫ a f ( x ) dx=0， f ( x )为奇函数  −a 【详解】由题设知 π π π ( ) ∫2 x3 +sin2 x cos2 xdx =∫2 x3cos2 xdx+∫2 sin2 xcos2 xdx π π π − − − 2 2 2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 π π 在区间[− , ]上，x3cos2 x是奇函数，sin2 xcos2 x是偶函数，故 2 2 π π π ∫2 x3cos2 xdx=0，∫2 sin2 xcos2 xdx=2∫2sin2 xcos2 xdx， π π − − 0 2 2 π π π 所以，原式=∫2 x3cos2 xdx+∫2 sin2 xcos2 xdx =2∫2sin2 xcos2 xdx π π − − 0 2 2 π1 1 π =∫2 sin22xdx = ∫2(1−cos4x)dx 0 2 4 0 1 π 1 π 1 π 1 π π π = x 2 − ∫2cos4xd4x = ⋅ − sin4x 2 = −0 = . 4 0 16 0 4 2 16 0 8 8 1 (4)【答案】yarcsinx= x− . 2 【详解】 方法1：因为( yarcsinx )′ = y'arcsinx+ y ，所以原方程y'arcsinx+ y =1可 1−x2 1−x2 改写为 ( yarcsinx )′ =1, 两边直接积分，得 yarcsinx= x+c. 1 1 1 又由y( )=0代入上式，有 0⋅arcsinx= +c，解得c=− . 2 2 2 1 故所求曲线方程为 yarcsinx= x− . 2 方法2：将原方程写成一阶线性方程的标准形式 1 1 y'+ y = . 1−x2 arcsinx arcsinx dy 由一阶线性微分方程 +P ( x ) y =Q ( x )通解公式： dx f(x)=e −∫P(x)dx C+∫Q ( x ) e ∫P(x)dx dx     1 1 这里P ( x )= , Q ( x )= ，代入上式得： 1−x2 arcsinx arcsinx −∫ 1 dx  1 ∫ 1 dx  y =e 1−x2arcsinx C+∫ e 1−x2arcsinx dx  arcsinx    更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 −∫ 1 darcsinx  1 ∫ 1 darcsinx  =e arcsinx C+∫ e arcsinx dx  arcsinx   1  =e−lnarcsinx  C+∫ elnarcsinxdx   arcsinx  1  arcsinx  C x =  C+∫ dx  = + arcsinx arcsinx  arcsinx arcsinx 1 1 1 又由y( )=0,解得C =− . 故曲线方程为：yarcsinx= x− . 2 2 2 (5)【答案】 -2 【详解】方法1：利用初等行变换化增广矩阵为阶梯形,有 a 1 1 1  1 1 a −2   1,3行   A= 1 a 1 1 1 a 1 1   互换     1 1 a −2   a 1 1 1   1 1 a  −2  1行的(-1),(-a)倍   0 a−1 1−a  3 分别加到2，3行     0 1−a 1−a2 1+2a  1 1 a  −2    2 行  加  到 3 行  0 a−1 1−a  3   0 0 (1−a)(a+2) 2(2+a)  由非齐次线性方程组有无穷多解的充要条件：设A是m×n矩阵，方程组Ax=b有无 穷多解⇔ r(A)=r(A)=1 f(x) ≤1，于是 f [ f(x) ]=1，从而 f { f [ f(x) ]} = f ( 1 )=1 (2)【答案】(B) β 【详解】根据高阶无穷小的定义：如果lim =0，就说β是比α高阶的无穷小，由题设当 α x→0时，(1−cosx)ln(1+x2)是比xsinxn高阶的无穷小，所以 1 1 x2⋅x2 x3 (1−cosx)ln(1+x2) 1 0=lim 等价 lim 2 等价 lim 2 =lim x3−n x→0 xsinxn x→0 x⋅xn x→0 xn x→0 2 从而n应满足n≤2； 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 又由xsinxn是比(ex2 −1)高阶的无穷小，所以根据高阶无穷小的定义有： xsinxn x⋅xn 0=lim 等价 lim =limxn−1，从而n应满足n≥2 x→0 ex2 −1 x→0 x2 x→0 综上，故正整数n=2，故选(B) (3)【答案】(C) 【详解】y =(x−1)2(x−3)2， 所以 y′ =2(x−1)(x−3)2 +2(x−1)2(x−3) =4(x−1)(x−2)(x−3) y′′ =4 [ (x−2)(x−3)+(x−1)(x−3)+(x−1)(x−2) ] =4  x2 −5x+6+x2 −4x+3+x2 −3x+2  =4  3x2 −12x+11  y′′′ =4 [ 6x−12 ] =24 ( x−2 ) 令y′′=0，即3x2 −12x+11=0，因为判别式：∆ =b2 −4ac=122 −4⋅3⋅11=12>0， 所以y′′=0有两个不相等的实根，且y′′( 2 ) =3⋅22 −12⋅2+11 =−1≠0，所以两个实根不 为2，因此在使y′′=0这两点处，三阶导数y′′′≠0，(一般地，若 f′′( x )=0，且 f′′′( x )≠0， 0 0 则点 ( x , f ( x )) 一定是曲线y = f ( x )的拐点)，因此曲线有两个拐点，故选(C) 0 0 或根据y′′ =43x2 −12x+11是一条抛物线，且与x轴有两个不相同的交点，所以在   两个交点的左右y′′符号不相同，满足拐点的定义，因此选(C) (4)【答案】(A) 【详解】方法1：令F ( x )= f(x)−x，则F′( x )= f′(x)−1= f′(x)− f′( 1 ) 由于 f '(x) 严格单调减少，因此当 x∈(1−δ,1) 时， f′(x)> f′( 1 ) ，则 F′( x ) = f′(x)− f′( 1 ) >0 ； 当 x∈(1,1+δ) 时 ， f′(x)< f′( 1 ) ， 则 F′( x ) = f′(x)− f′( 1 ) <0，且在x=1处F′( 1 )= f′(1)− f′( 1 )=0， 根据判定极值的第一充分条件：设函数 f(x)在x 处连续，且在x 的某去心δ领 0 0 域内可导，若x∈( x −δ, x )时，f′(x)>0，而x∈( x , x +δ)时，f′(x)<0，则 f(x) 0 0 0 0 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 在x 处取得极大值，知F ( x )在x=1处取极大值，即在在(1−δ,1)和(1,1+δ)内均有 0 F ( x )< F ( 1 )=0，也即 f(x)< x. 故选(A) ( x−1 )2 方 法 2 ： 排 除 法 ， 取 f(x)=− +x ， 则 f′(x)=−2 ( x−1 )+1=−2x+3 ， 2 f′′(x)=−2<0，所以满足题设在区间(1−δ,1+δ)内具有二阶导数， f '(x)严格单调 ( x−1 )2 减少，且 f(1)= f '(1)=1,当x<1时或x>1时，均有 f(x) =− +x < x，因此 2 可以排除(B)、(C)、(D)，选(A) (5) 【答案】(D) 【详解】从题设图形可见，在y轴的左侧，曲线y = f(x)是 严格单调增加的，因此当x<0时，一定有 f '(x)>0，对应 y = f′(x)图形必在x轴的上方，由此可排除(A)，(C)； 又 y = f(x) 的图形在 y 轴右侧靠近 y 轴部分是单调增，所以在这一段内一定有 f '(x)>0，对应y = f′(x)图形必在x轴的上方，进一步可排除(B)，故正确答案为(D). 三【详解】作积分变量变换，令x=tanu,则dx=sec2udu, sec2udu sec2udu 原式=∫ =∫ (2tan2u+1) tan2u+1 (2tan2u+1)secu du du cos2udu =∫ =∫ =∫ (2tan2u+1)cosu 2sin2u ( 2sin2u+cos2u ) cosu ( +1)cosu cos2u cosudu cosudu dsinu =∫ =∫ =∫ 2sin2u+cos2u sin2u+1 sin2u+1 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 tanu sinu = 1+tan2u x =arctan(sinu)+C arctan( )+C tanu = x 1+x2 四【分析】应先求出 f(x)的表达式，再讨论它的间断点，首先明确间断点的类型分为两大 类：第一类间断点和第二类间断点，第一类间断点又可分为：可去间断点(左右极限存在且 相等的间断点)和跳跃间断点(左右极限存在但不相等的间断点)；第二类间断点又可分为：无 穷间断点(有一个极限为无穷的间断点)和振荡间断点(极限值在某个区间变动无限多次). x x  sint sint−sinx ln   sint  sint−sinx x ln   sint  【详解】由 f(x)= lim  =lime sinx =limesint−sinx sinx t→xsinx t→x t→x x  sint  x  sint  又 lim ln  = lim ln1+ −1 t→x sint−sinx sinx t→x sint−sinx  sinx  x  sint−sinx x sint−sinx =lim ln1+  =lim   t→x sint−sinx  sinx  t→x sint−sinx sinx  x x =lim = t→x sinx sinx x sint x sint x ln  lim ln  所以 f(x) =limesint−sinx sinx =et→xsint−sinx sinx =esinx t→x x 由 f(x) =esinx 的 表 达 式 ， 可 以 看 出 自 变 量 x 应 满 足 sinx≠0 ， 从 而 x≠kπ, k =0,±1,±2, 当x→0时， x x lim lim f(x)=limesinx =ex→0sinx =e1 =e， x→0 x→0 所以x=0为 f(x)的第一类间断点(左右极限相等，又进一步可知是可去间断点)； 对于非零整数k， x x lim lim f(x)= lim esinx =ex→kπ−sinx sinx→0 ∞， x→kπ− x→kπ− 故x=kπ, k =±1,±2,为 f(x)的第二类间断点(无穷间断点) 1 1 五【解答】由y = x ，有y'= ,y′′=− , 抛物线在点M(x,y)处的曲率半径 2 x 4 x3 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 3   1  22 3 3 1+     1+ 1 2 1 (1+ y'2)2  2 x     4x   1 3 ρ=ρ(x)= = = = = (4x+1)2. K y" 1 1 2 − 4 x3 4x x 若 已 知 平 面 曲 线  AM 的 显 式 表 示 为 y = f ( x ) ( a≤ x≤b ) ， 则 弧 长 为 s =∫ b 1+ f′2( x ) dx，其中 f ( x )在[ a,b ]有连续的导数. a  根据上述结论，所以抛物线上AM 的弧长 2 x x  1  x 1 s =s(x) =∫ 1+ y'2dx =∫ 1+   dx =∫ 1+ dx 1 1 2 x  1 4x ′ dρ   1 (4x+1) 3 2   1 ⋅ 3 (4x+1) 1 2 ⋅4 1 dρ dx 2  2 2 3(4x+1)2⋅2 x 故 = = = = =6 x ds ds ′ 1 1  x 1  1+ (4x+1)2 dx ∫ 1+ dx 4x  1 4x  d2ρ d dρ 1 d 1 = ( )⋅ = (6 x)⋅ ds2 dx ds ds dx ′  x 1  dx ∫ 1+ dx  1 4x  6 1 6 2 x 6 = ⋅ = ⋅ = . 2 x 1 2 x 1+4x 1+4x 1+ 4x d2ρ dρ 1 3 6 ( )2 因此 3ρ −( )2 =3⋅ ( 1+4x ) 2 ⋅ − 6 x =9 ( 1+4x )−36x =9 ds2 ds 2 1+4x f(x) 六【详解】f(x)的反函数是g(x)，根据反函数的性质有g(f(x))= x，∫ g(t)dt = x2ex 0 两边对x求导，有 ( ∫ f(x) g(t)dt )′ = ( x2ex )′ ⇒ g  f ( x )  f′(x)= x2ex +2xex 0 又g(f(x))= x，所以 xf′(x)= x2ex +2xex ⇒ f′(x)= xex +2ex， x∈(0,+∞) 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 ( ) 两边积分 ∫ f′(x)dx=∫ xex +2ex dx ⇒ f(x)=∫xexdx+∫2exdx ⇒ f(x)=∫xdex +2ex ⇒ f(x) 分部 xex −∫exdx+2ex ⇒ f(x)= xex −ex +2ex +C ⇒ f(x)= xex +ex +C. 由于题设 f(x)在[0,+∞)上可导，所以在x=0处连续，故 f ( 0 )= lim f(x)= lim ( xex +ex +C ) =1+C =0， x→0+ x→0+ 所以C =−1，于是 f(x)= xex +ex −1， x∈[0,+∞) 七【详解】由 f′(x)= g(x),g′(x)=2ex − f(x)，得 f′′(x)= g′(x)=2ex − f(x)，即 f′′(x)+ f(x)=2ex 此为二阶常系数线性非齐次方程，且右端呈P ( x ) eλx型(其中P ( x )=2, λ=1)， m m 对应的齐次方程为 f′′(x)+ f(x)=0，特征方程为r2 +1=0，对应的特征值为r =±i， 于是齐次方程的通解为：y =C cosx+C sinx， 1 2 ( )′′ 因为λ=1≠r，所以设特解为y* =aex(a为实数)， y* =aex， 代入 f′′(x)+ f(x)=2ex，aex +aex =2ex，所以a+a=2，即a=1，从而特解y* =ex， 非齐次方程的通解为 f ( x )=C cosx+C sinx+ex， 1 2 又 f(0)=0，所以， f ( 0 )=C cos0+C sin0+e0 =0 ⇒C +1=0⇒C =−1 1 2 1 1 又， f′( x )=−C sinx+C cosx+ex , f′( 0 )= g(0)=2， 1 2 所以， f′( 0 )=−C sin0+C cos0+e0 =C +1=2 ⇒C =1， 1 2 2 2 所以原方程的解为： f ( x )=sinx−cosx+ex 以下计算积分，有两个方法： πg(x) f(x)  πg(x) ( 1+x )− f(x) 方法1：∫  − dx =∫ dx 0 1+x (1+x)2  0 (1+x)2 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 π f′(x) ( 1+x )− f(x) π f(x) ′ π f(x) f′(x)= g(x) ∫ dx =∫   dx =∫ d 0 (1+x)2 0 1+x 0 1+x f(x) π f(π) f(0) sinπ−cosπ+eπ 1+eπ = = − = − f(0) = 1+x 1+π 1+0 1+π 1+π 0 πg(x) f(x)  πg(x) π f(x) 方法2：∫  − dx =∫ dx−∫ dx 0 1+x (1+x)2  0 1+x 0 (1+x)2 ′ πg(x) π  1  πg(x) π 1 =∫ dx+∫ f(x) dx =∫ dx+∫ f(x)d 0 1+x 0 1+x 0 1+x 0 1+x πg(x) f(x) π π f′(x) 分部 ∫ dx+ −∫ dx 0 1+x 1+x 0 1+x 0 π πg(x) f(x) πg(x) g ( x )= f′(x) ∫ dx+ −∫ dx 0 1+x 1+x 0 1+x 0 f(x) π f(π) f(0) sinπ−cosπ+eπ 1+eπ = = − = − f(0) = 1+x 1+π 1+0 1+π 1+π 0 八【详解】(1)设曲线 L 过点 P(x,y) 的切线方程为Y − y = y′( X −x )，令 X =0 ，则 Y =−xy′+ y，即它在y轴上的截距为−xy′+ y， 根据两点( x,y ) , ( x ,y )距离公式d = ( x−x )2 +( y− y )2 ，所以原点到点P(x,y) 0 0 0 0 的距离为 x2 + y2 ，由题设P(x,y) (x>0)到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在y轴 上的截距，所以：−xy′+ y = x2 + y2 ， (x>0)， y x2 + y2 即 y′= − ， (x>0) x x dy 此为一阶齐次方程，按规范方法解之，命y =ux，则 =u+xdu，代入，方程变为： dx du x u2 +1 du du dx u+x =u− ⇒ x =− u2 +1 ⇒ =− dx x dx u2 +1 x du dx ( ) C 积分得 ∫ =−∫ ⇒ln u+ 1+u2 =−lncx ⇒u+ 1+u2 = u2 +1 x x 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 y 把u = 代入上式，得 x 2 y  y C + 1+   = ⇒ y+ x2 + y2 =C. x  x x 2 1  1 1 由题设曲线经过点  ,0 ，代入得0+   +0 =C，则C = ，故所求方程为： 2  2 2 1 1 y+ x2 + y2 = ，即y = −x2. 2 4 1  1  (2) 由(1)知y = −x2，则y′=−2x，点P(x,y)= Px, −x2  ，所以在点P处的切 4  4  1  线方程为：Y −  −x2  =−2x ( X −x )，分别令X =0，Y =0，解得在 y轴，x轴上的 4  1 x 1 截距分别为x2 + 和 + . 4 2 8x 此切线与两坐标轴围成的三角形面积为： A ( x ) = 1  x + 1    x2 + 1  = 1 ( 4x2 +1 )2 , x>0 22 8x 4 64x 由于该曲线在第一象限中与两坐标轴所围成的面积为定值，记S ，于是题中所要求的 0 面积为：S ( x )= A ( x )−S = 1 ( 4x2 +1 )2 −S , 0 64x 0 求最值点时与S 无关，以下按微分学的办法求最值点. 0 S′( x ) =   1 ( 4x2 +1 )2 −S   ′ = 2⋅8x ( 4x2 +1 ) − ( 4x2 +1 )2 64x 0  64x2 ( ) ( )2 ( )( ) 2⋅8x 4x2 +1 x− 4x2 +1 4x2 +1 12x2 −1 = = 64x2 64x2 1 3 3 3 令S′( x )=0得x= = ，当0< x< 时，S′( x )<0；当x> 时，S′( x )>0， 12 6 6 6 根据极值存在的第一充分条件：设函数 f(x)在x 处连续，且在x 的某去心δ领域内 0 0 可导，若x∈( x −δ, x )时， f′(x)>0，而x∈( x , x +δ)时， f′(x)<0，则 f(x)在x 0 0 0 0 0 3 处取得极大值，知：x= 是S ( x )在x>0处的唯一极小值点，即最小值点， 6 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 于是所求切线方程为：  2 1  3 2 3 3 3 1 Y − −  =− X − ，即Y =− X +     4  6   6  6  3 3   九【详解】 2 方法1：半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积V = πr3，侧面积S =2πr2. 由 3 dV 题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知： =−kS， dt dV d 2  dr dr 由于r是t的函数， =  πr3  =2πr2 ，代入上式，得：2πr2 =−kS， dt dt3  dt dt dr 即2πr2 =−k⋅2πr2，从而dr =−kdt，r =r . dt t=0 0 积分得r =−kt+c，把r =r 代入，得c=r ，所以r =−kt+r . t=0 0 0 0 7 又半径为 r 的雪堆在开始融化的 3 小时内，融化了其体积的 ，即 0 8 7 1 V =V − V = V ，其中V 表示t =0时的V . 以V 的公式代入上式，为 t=3 0 8 0 8 0 0 2 1 2 V = πr3 = ⋅ πr3 t=3 3 8 3 t=3 t=0 2 将r =−kt+r 代入上式，两边约去 π，得： 0 3 1 1 (−kt+r )3 = r3，即−kt+r = r 0 8 0 0 2 0 1 1  t  从而求得：k = r ，于是r =−kt+r =− rt+r =r 1−  ，当t =6时r =0，雪 6 0 0 6 0 0 0  6 融化完. 2 方法 2：半球形雪堆在时刻t时设其半径为r，则半球体积V = πr3，侧面积S =2πr2， 3 2 联立V = πr3，S =2πr2消去r，得：S = 318πV2 3 dV 由题设体积融化的速率与半球面面积S成正比，知： =−kS，从而推知 dt dV =−k318πV2, V =V dt t=0 0 dV 1 分离变量 =−k318πdt ，积分：3V3 =−k318πt+c，把V =V 代入， 2 t=0 0 V3 更多考研资料分享+qq810958634更多考研资料分享+qq810958634 1 1 1 c=3V3，所以，3V3 =3V3 −k318πt. 0 0 7 1 3 1 1 1 V 又由V =V − V = V ，代入上式 V3 =3V3 −3k318π，得k = 3 0 ， t=3 0 8 0 8 0 2 0 0 2 18π 1 1 1 1 V 1 1 1 故 3V3 =3V3 −k318πt =3V3 − 3 0 318πt =3V3 − V3t. 0 0 2 18π 0 2 0 命V =0，解得：t =6，即雪堆全部融化需6小时. 十【应用定理】闭区间上连续函数的介值定理：设 f(x)在[ a,b ]上连续， f(a)≠ f(b)， 则对 f(a)与f(b)之间的任何数η，必存在c(a