考研数学22000年全国入学统一考试

1、2000 年入学理工数学二试题详解及评析一、填空题arctan x xln 1 2x3 .（1） limx01【答】.611 x21x x lim arctan【详解】6x2x2 lim6x1 x22x0 16（2）设函数 y y x 由方程2xy x y 所确定，则 dy| .x0ln 2 1 dx【答】【详解】方法一：根据微分形式不变性，在已知等式两边同时求微分，得2xy ydx xdy ln 2 dx dy由原方程知，当 x 0 时， y 1，将其代入上式，得ln 2dx dx dy,dy| ln 2 1 dx,x0即有方法二：在方程2xy x y 两边对 x 求导，得dydydx2 l

2、n 2 y x 1xydx 将 x 0 代入原方程得 y 1，将 x 0 ， y 1代入上式有：ln 21 0 1 dydxdydx ln 2 1即有dy| ln 2 1 dx,x0 .所以dx（3） 2 x 73x 2【答】【详解】令 x 2 t, 则 x t 2 2, dx 2tdt, 于是dx2tdtt 2 9t2dt t 2 9b20 lim x 7x 2b0 2t3b| limarctan0 3b 31（4）曲线 y 2x 1 ex 的斜渐近线方程为.【答】y 2x 1【详解】因为11 ya lim lim 2 2 exx xx x 1 1lim y 2x lim 2x ex 1 e

3、x b xx 1 2 ex 11 lim ex 11xx故渐近线方程为y 2x 1 12034 0005600（5）设 A , E 为 4 阶矩阵，且 B E A E A ,则 B E 11 0 007. 1022 00033010 00【答】 04由 B E A1 E A ，有 E A B E A【详解】即AB A B E 2E, E A E B 2E,12 E A E B E,也即故 11022 000330011 B E E A 0 0 024二、选择题xa ebxf x 在, 内连续，且 lim f x 0 ，则常数 a, b 满足（1）设函数x（A） a 0, b 0（B） a 0,

4、 b 0（C） a 0, b 0（D） a 0, b 0【 】【答】 应选（D）【详解】 由题设，f x 在, 内连续，因此对任意的 x , ，有，这只需a 0即可.另外，由 lim f x 0 知， lim a ebx x所以必有b 0 x故正确为（D）f x 满足关系式 f x f x2 x, 且 f 0 0 ，则（2）设函数f 0 是 f x 的极大值（A）（B） f 0 是 f x 的极小值（C）点0, f 0 是曲线 y f x 的拐点f x 的极值，点0, f 0 不是曲线 y f 0 不是f x 的拐点（D）【 】【答】 应选（C）f 0 0 ，由原关系式f x f x2 x,知

5、 f 0 0, 因此点0, f 0 可能为拐点.【详解】 因为f x f x2 x,f x 的三阶导数存在，且f x 2 f x f x 1由知f 0 1可见因此在 x 0 的左侧，f x 0 ，对应曲线是下凹（上凸）的；而在 x 0 的右侧，f x 0 ，对应曲线是上凹（上凸）的.故点0, f 0 是曲线 y f x 的拐点（ 3 ）设函数 f x, g x 是大于零的可导函数，且 f x g x f x g x 0, 则当a x b 时，有f x g b f b g xf x g x f b g bf x g a f a g x f x g x f a g a【 】（A）（B）（C）（C）

6、【答】 应选（A）.【详解】由题设知 f xf x g x f x g x g 2 x 0 g x 因此当 a x b 时，有 f x f b ,g xg bf x g b f b g x即可见（A）为正确选选项.sin 6x xf x x36 f x x2 0, 则lim（4）若lim为x0 x0（D） （A）0（B）6（C）36【】【答】 应选（C）【详解】方法一：x3 o x3 因为sin 6所以有lim sin 6x3x3x0 x0 lim 6 f x 362xx0 06 f x可见lim36x2x0方法二：因为6x xy xlim sin 6xxfx3x3x0 x0 lim sin

7、6 32xxx0 0所以lim 6 6 cos 6x 6fx x2 lim 12sin 6x 362xx0（5）具有特解 y e 3ex 的 3 阶常系数齐次微分方程是123（A） y y y y 0（B） y y y y 0（C） y 6 y 11y 6 y 0（D） y 2 y y 2 y 0【】【答】 应选（B）【详解】 由特解知，对应特征方程的根为1 2 1, 3 1于是特征方程为 12 1 3 2 1 0故所求线性微分方程为y y y y 0可见正确选项为（B）ln 1 x xf ln x , 计算 f xdx.三、设【详解】设ln x t, 则 x et ，于是ln 1 et f

8、t ,et从而ln 1 ex dx ln 1 ex dexf xdx exexeln 1 e11 ex xxdx1 exex C x 1 ex ln 1 ex C四、设 xOy 平面上有正方形 D x, y | 0 x 1, 0 y 1 及直线l : x y t t 0 若 x S t 表示正方形 D 位于直线l 的左下方部分的面积，试求S t dt x 0 .0【详解】根据题设，有1 t 2 ,0 2t 2 2t 1,1 t 2 1, t 2S t 12可见，当0 x 1时，x1216x 23S t dtt dtx;00当1 x 2 时 dtx S t dtt0 63当 x 2 时，x2x

9、S t dt S t dt S t dt x 1002因此1 x3, 0 x 1,6 1 ,1 x 23x 1, x 2x S t dt 60 x 在 x 0 处的 n 阶导数 f n 0n 3五、求函数 f【详解】方法一：由林公式f n0 xn 及xn2x x n 2 23xn2 2比较 xn 的系数得1n1f n 0n 2n!1n1 n! n 2f n 0 所以方法二：由公式uvn unv0 C 1un1v C 2un2v u0vn nnk 1k 1 k 1! ln 1 x（ k 为正整数）及1 xk1n1 n 1! 1n2 n 2!1n3 n 3!1 xn2f n x x2 n n 12

10、nx得于是1n1 n!0 1n 1n 3! n n3fn 2 x六、设函数 S x cos t dt,0当 n 为正整数，且 n x n 1 时，证明2n S x 2 n 1; （1）S x x（2） 求 limx【详解】（1）当n x n 1 时，主义到被积函数是非负得，于是有n1ncos xdx S x 00cos xdx又因为 cos x 是以 为周期的函数，在每一个周期上积分值相等所以n0cos xdx n0cos xdx 2nn1ncos xdx 2 n 10cos xdx n 10因此当 n x n 1 时，有2n S x 2 n 1; （2）由（1）知，当 n x n 1 时，有

11、2n S x 2 n 1n 1n定理得x当 x ，有 n ，根据S x 2limxxV七、某湖泊的水量为V , 每年排入湖泊内含污染物 A 的污水量为，流入湖泊内不含 A 的污6VV水量为，流出湖泊的水量为，已知 1999 年底湖中 A 的含量为5m0 ，超过国家规定指标， 63为了治理污染，从 2000 年初起，限制排入湖泊中含 A 污水的浓度不超过 m0 . 问至多需要经过V多少年，湖泊中污染物 A 的含量才可降至 m0 以内？（注：设湖水中 A 的浓度时均匀的）【详解】设从 2000 年初（令此时， t 0 ）开始，第七年湖泊中污染物 A 的总量为 m t ，浓m度为,V则在时间间隔t,

12、 t dt 上，排入湖泊中 A 的量近似为 m0 .V dt m0 dt, 排除量近似为V66m .V dt m dt,V 33因此在时间间隔t, t dt 上 m t 的改变量为mm dtdm 03 6这是可分离变量方程，解得t3mm 0 Ce2代入初始条件 m 0 5m0 ，得C 9 m02 t m于是 m 0 1 9e 3 ，令 m m ，得02t 6 ln 3即至多需要经过6 ln 3 年，湖泊中污染物 A 的含量才可降至 m0 以内. f xcos xdx 0, 试证明：在0, 八、设函数 f x 在 0, 上连续，且f x dx 0,00f 1 f 2 0.内至少存在两个不同的点1

13、,2 ，使【详解】方法一： f t dt, 则有F x 令0F 0 0, F 0又因为 F xsin xdx|0 0f t cos xdx cos xdF x F xsin xdxF x cos x 000 0 F t sin tdt令G x 0则G 0 G 0, 于是存在 0, ，使F sin 0.因为当 0, ， sin 0 ，所以有 F 0 ，这样九证明了F 0再对 F x 在区间0, ， , 上分别用罗尔中值定理，知至少存在1 0, ,2 , ，使得 0,F F 12f 1 f 2 0,即方法二： f t dt, 则有F 0 0, F 0令 F x 0由罗尔中值定理知，存在1 0, 使

14、得f 0,F 11若在0, 内 f x 0 仅有一个实数根 x 1 ，f xdx 0 可知， f x 在0,1 内与1, 内异号.则由0不妨设在0,1 内 f xcos xdx 0, 及cos x 在f x 0 ，于是再由f x dx 0,000, 上的单调性知：f xcos x cos1 dx0 01f xcos x cos dx f xcos x cos dx 00111，从而推知，在0, 内除1 外， f x 0 至少还有另一实数根2 ，f 1 f 2 0.故知存在两个不同的点1,2 ，使f x 是周期为 5 的连续函数，它在 x 0 的某个邻域内满足关系式f 1 sin x 3 f 1

15、 sin x 8x a x其中 a x 是当 x 0 时比 x 高阶的无穷小，且 f x 在 x 1 处可导，求曲线 y 6, f 6 处的切线方程.九、已知f x 在点由 f 1 sin x 3 f 1 sin x 8x a x 两边取极限，得【详解】lim f 1 sin x 3 f 1 sin x lim 8x a xx0 x0f 1 3 f 1 0,f 1 0,即有于是得又因为 f 1 sin x 3 f 1 sin xsin8lim可见 f 1 sin x 3 f 1 sin xlimsin xx0 lim f 1 sin x f 1 3 f 1 sin x f 1sin xsin

16、xx0f 1 3 f 1 4 f 1 8f 1 2f x 5 f x,f 6 f 1 0故由于所以f 1 存在，所以 f 6 也存在，且 f 6 f 1 2又故所求得切线方程为y 2 x 62x y 12 0即十、设曲线 y ax2 a 0, x 0 与 y 1 x2 交于点 A, 过坐标原点O 和点 A 的直线与曲线y ax2 围成一平面图形，问 a 为何值时，该图形绕 x 轴旋转一周所得的旋转体的体积最大？y ax2y 1 x【详解】当 x 0 时，由，解得21ax , y 1 a1 a故直线OA 的方程为：axy 1 a于是旋转体的体积为1 a2 x2V a2 x4dx1a 从而有553

17、22a 1 a2 a1 a2dV22151 a5a 0da 4a a2 7151 a2dV令 0, 并由 a 0 ，得唯一驻点 a 4da由题意知，此旋转体在 a 4 时取最大值，其最大体积为 2 16 32 5 V552151875十一、函数 f x 在0, 上可导，f 0 1，且满足等式 1 x 1f x xf t dt 0.f x 0f x ；（1） 求导数f x 1成立.（2） 证明：当 x 0 时，不等式ex 【详解】（1） 由题设知 f t dt 0.xx 1 fx x 1 f x 0上式两边对 x 求导，得 x 1 f x x 2 f x.df x f xx 2 dx即x 1两边

18、积分，得x 1 ln Cf lnf 0 f 0 0在题设等式中令 x 0 ，得f 0 1，于是 f 0 1，又代入 f x 的表达式，得C 1, 故有e xx 1 x f（2）方法一：f x 0, 即 f x 单调减少，又 f 0 1，所以f x f 0 1.设 x f x ex , 则当 x 0 时， 0 0, x f x当 x 0 时， x 0 ，即 x 单调增加，因而 x 0 0,即有f x ex ,ex 1f x 1.综上所述，当 x 0 时，不等式有ex 方法二：xf t dt f x f 0 f x 1因0f x 代入，将e x1 t xf x 1dt.得0et1 txxtx又 x

19、 0 时，0 dt e dt 1 e .00f x 1.e x 所以 1 10 1 十二、设 2 , , 0 , A , B B ,其中 是 的转置，求解方程TTT 1 8 2 0 2B2 A2 x A4 x B4 x .【详解】由题设，有11211201 20 1A T 2 1, 2 , 0 1 101B 1 1, 2 , 0 2 2, 1进一步有A2 T T T T 2 A A4 8A代入原方程化简，得16 Ax 8Ax 16x 8 A 2E x 即T, x ,，代入上式，得到非齐次线性方程组令23x 1 x 0,1222x x 0,12x3 1其对应的齐次方程组的通解为1 k 2 , （ k 为