1995年考研数学二真题及答案.doc-资料库

1995 年考研数学二真题及答案一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.把答案填在题中横线上.) (1) 设 y  cos( x 2 )sin ,则 y  ＿＿＿＿＿＿. (2) 微分方程 y     的通解为＿＿＿＿＿＿. y x 2 1 x 2 (3) 曲线 (4) lim( n  (5) 曲线 2 t    1x   3 y t  1 1 n   2 x x e n y  2 2 在 2 t  处的切线方程为＿＿＿＿＿＿. 2 n   2  2 n  L  n n n   )  2 n 的渐近线方程为＿＿＿＿＿＿. ＿＿＿＿＿＿. 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 ( ) f x 和 ( )x 在 (   内有定义, ( ) f x 为连续函数,且 ( ) f x  , ( )x 有间断点, 0 ) , 则 (A) f x ( )] [ 必有间断点 (B) [ ( )]x 必有间断点 2 (C) f [ ( )] x 必有间断点 (D) ( ) x  ( ) f x 必有间断点 (2) 曲线 y  ( x x  1)(2  与 x 轴所围图形的面积可表示为 x ) ( ) ( ) (A)  ( x x  1)(2  ) x dx 2 0  ( x x 1  0 (B)  1)(2  ) x dx  2  1 ( x x  1)(2  ) x dx (C)  1  0 ( x x  1)(2  ) x dx  2  1 ( x x  1)(2  ) x dx  1)(2  ) x dx 2 (D) ( x x  f x 在 ( (3) 设 ( ) 0   内可导,且对任意 1 ,x x ,当 1 x ) , 2 ( x 时,都有 1 f x 2 )  ( f x 2 ) ,则 ( ) (A) 对任意 , x f x ( ) 0  (B) 对任意 , x f    ( ) 0 x (C) 函数 ( f x 单调增加 ) (D) 函数 ( f   单调增加 x )

(4) 设函数 ( ) f x 在[0,1] 上 ( ) 0  ,则 (1) x f f  f 、、  (0) f 顺序是 (1)  f (0) 或 (0) f f (1) 的大小 ( ) (A) f  (1)  f (0)  f (1)  f (0) (B) f  (1)  f (1)  f (0)  f  (0) (C) f (1)  f (0)  f  (1)  f  (0) (D) f  (1)  f (0)  f (1)  f  (0) (5) 设 ( ) f x 可导, ( ) F x  ( )(1 | sin |) f x  x ,若使 ( )F x 在 0 x  处可导,则必有 ( ) (A) f (0) 0  (B) f  (0) 0  (C) f (0) f  (0) 0  (D) f (0) f  (0) 0  三、(本题共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分.) (1) 求 lim  0 x cos 1  (1 cos  x x x ) . (2) 设函数 y  ( ) y x 由方程 ( f y xe ) y e 确定,其中 f 具有二阶导数,且 f   ,求 1 2 d y 2 dx . (3) 设 2 ( f x 1)   ln 2 x 2  x 2 ,且 [ ( )]   x f ln x ,求 ( )x dx . (4) 设 ( ) f x      1 2 x x arctan , x  0, 试讨论 ( ) f x 在 0 x  处的连续性. 0, x  0, (5) 求摆线 1 cos x       sin y t  t t 一拱( 0   t  2 )的弧长. (6) 设单位质点在水平面内作直线运动,初速度 0tv   v 0 ,已知阻力与速度成正比(比例常 v 数为 1),问t 为多少时此质点的速度为 0 3 ？并求到此时刻该质点所经过的路程. 四、(本题满分 8 分) 求函数 ( ) f x  2 x  0 (2  t  ) t e dt 的最大值和最小值. 五、(本题满分 8 分) 设 y x e 是微分方程 xy   ( ) p x y  的一个解,求此微分方程满足条件 x xy  ln 2  的特 0 解.

六、(本题满分 8 分) 如图,设曲线 L 的方程为 y  ( ) f x ,且 y  ,又 ,MT MP 分别为该曲线在点 0 M x y 处的切线和法线,已知线段 MP 的长度为 ( ) 0 , 0 (1 3  2 2 )y 0  y 0  y (其中 0  0( y x ), y  0  0( y x ) ),试推导出点 ( , P  的坐标表达式. ) y O L ) ( , P  T , M x y ( 0 ) 0 x dt ,计算  0 ( ) f x dx . 七、(本题满分 8 分) sin t t  ( ) f x 设   0 x 八、(本题满分 8 分) 设 lim 0 x  ( ) f x x 1  ,且 ( ) 0  ,证明 ( ) f x x f x .

一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.) 答案 cos( x  2 x 2 ) sin  2 x x  2 x 2 1 x sin (1)【答案】  2 sin( x x 2 ) sin  (2)【答案】 y  c 1 cos x  c 2 (3)【答案】 3 x y   7 0 (4)【答案】 1 2 (5)【答案】 0 y  二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.) (1)【答案】(D) (2)【答案】(C) (3)【答案】(D) (4)【答案】(B) (5)【答案】(A) 三、(本题共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分.) x  时,sin x (1)利用等价无穷小计算,即当 0 x . 原式  lim 0 x   x 1 cos   1 cos  x   x 1  1 cos x  1 2 lim 0 x   2sin 2 2 sin x 2 x 2 x 2  1 2 lim 0 x   2 2 x       x 2    x 2 2     2 1 2 . (2)这是一个由复合函数和隐函数所确定的函数. 方法一：将方程两边对 x 求导,得 ( ) f y ( f y )  xe  e f  ( ) y   y  y e   y , 即 y   e xf ( ) f y  ( ) y e y e  , ( f y ) 将 ( f y xe ) y e 代入并化简,得 y   1  f ( )) y . x (1 两边再对 x 求导,得 0 y    x   (1 x (1   f  ( )) y f  2  ( )) y      (1  f  ( ( )) x f y     ( )) (1 f y x   ( ) y  2  y  ) 

  2 x (1 1  f ( )) y    y f  (1 f ( ) y ( )) y 2  x . 将 y   1  f ( )) y x (1 代入并化简得 y     x 方法二：方程两边先取对数再对 x 求导. ( )) y (1 x 2 2 1  f   ( ) f y  ( )) (1 f y 3 . 方程两边取对数得 ln x  ( ) f y y  , 求导得 1 x  f  ( ) y   y   y , 因为 f   ,所以 1 y   1  f ( )) y . x (1 以下同方法一. (3)首先应求出 ( )x 的表达式.由 2 ( f x 1)   ln 2 x 2  x 2  ln 2 2 x x 1 1   1 1   , f ( ) t  ln t t   1 1 .又令 2 1   得 x t , 则   ( ) 1 x  ( ) 1 x   x .解得  ( ) x  f [ ( )]  x  ln   ( ) 1 x  ( ) 1 x   ln x , x x x x   1 1 1  1  .因此 dx  (1   2  ) 1 x dx   x 2ln x 1   C .  ( ) x dx    f x 在 (4)函数 ( ) f x 相等. 0( ) x x 处的导函数连续的充分必要条件是 0 f x 0( ) 与 f x 0( ) 存在且必与当 0 x  时,  ( ) f x  arctan 1 2 x  2 2 x 1 x  4 ,由于  lim ( ) f x 0 x     lim ( ) f x 0 x     lim ( ) f x x  0  lim arctan x  0    1 2 x  2 2 x 1 x  4      2 0    2 ,

f   (0) lim 0 x   lim ( ) f x 0 x    所以 ( ) f x x f  0   lim ( ) f x 0 x   (0)   f  limarctan x  0 1 2 x   2 , ( ) f x x . lim 0 x   (0) 故 ( ) f x 在 0 x  处连续. (5)由弧微分公式得 ds    ( ) x t 2     ( ) y t 2  dt  sin 2 t   (1 cos ) t dt 2  2(1 cos ) t dt  , 所以 s  2   0 2(1 cos ) t dt   2   0 2 2sin  2 t dt 2  2 2   0 sin t 2 dt  2 2   0 sin t dt 2    4 cos   t 2    2  0      4( 1 1) 8. (6)设质点的运动速度为 ( )v t ,由题设,阻力为 ( )v t ,按牛顿第二定律有 m ( ) dv t dt   ( ) v t , 其中质量 1m  ,即 ( ) dv t dt   ( ) v t . 这是简单变量可分离的微分方程,解之得 ( ) v t  t Ce . 另有初始条件 (0)v v 0 ,得 ( ) v t  t . v 当此质点的速度为 0 3 时,有到此时刻该质点所经过的路程为 v e 0 v 0 3  v 0 t e ,得 ln 3 t  . ln3  0 t  v e dt 0   v 0  t  e    ln3 0   v 0    1 3  1     2 3 v 0 . s  四、(本题满分 8 分) 对函数 ( ) f x  2 x  0 (2  t  ) t e dt 两边求导并令 ( ) 0 f x  ,得  ( ) f x  2 (2 x  2 x e  ) 2 x 0  , x   2 . 解得驻点 0,  x 由于        2,  ( ) 0, f x x      ( ) 0, 2 0, f x     ( ) 0, 0 2, x f x    2 ( ) 0, , f x x        x ( ) f x ( ) f x ( ) f x ( ) f x 严格单调增, 严格单调减, 严格单调增, 严格单调减,

所以 ( f  2), f ( 2) 为函数 ( ) f x 的极大值点, (0) f 为函数 ( ) f x 的极小值点,且 f (  2)  (2  t  ) t e dt    (2 ) t e  t 2 0  2  0 t  e dt 1   e  2 , 2 0  (2 0 0 f  (0)  lim ( ) f x x  又  t  ) t e dt  0 ,  m ( ) li x x  f    0 (2  t  ) t e dt    (2 ) t e  t  0    0 t  e dt  1 , 所以 f (  2) 1   为函数 ( ) f x 最大值, (0) 0  为函数 ( ) f x 的最小值. e  f 2 五、(本题满分 8 分) 把 y x e 和 y   代入所给的一阶线性微分方程,得 x e x xe  ( ) p x e x  , x 解得 ( ) p x  xe  x  . x 线性方程被确定为 xy   ( xe  x  ) x y  ,即 x y   ( e  x  1) y 1  . 这是一阶线性非齐次微分方程,通解为  x ( e 1)  dx   y  e  e      x ( e 1)  dx dx C      x e  x  e  e   x  e  x dx C    x e  x  e       x  e e x e dx C   x e  x  e      x  e  e       dx C      x e  x  e  x  e ( e  C )  x e Ce  e  x  x . 再由 xy  ln 2  得 0 e ln 2  Ce  e ln 2  ln 2  ,即 0 C   1 2 e . 故所求的特解为 y  x e  e xe    x 1 2 . 六、(本题满分 8 分) 要求点 P 的坐标,也就是说,要用 0 x y y y , , , 0 0  表示出 ,. , 0 由 MP  1   3 2  2 0 y y  0 ,有 (   2 x 0 )  (   y 0 2 )  32 ,  1  y 0  2 y 0 ①

又由法线的斜率与切线斜率互为负倒数的关系,知 y    0     x 0 y 0 , 把②式,即 (   x 0 )   y  ( 0  代入①消去 , 得到 y ) 0 (   y 0 2 ) (1   y  2 2 ) / 0 y  2 0 , ② ③ 由且 y  ,知曲线是向上凹的,容易看出 0 0y ,所以③可化为   y 0   2 1 y 0  y 0 ,   x 0   y  0 (   y 0 )   y  0 2 )  (1 y 0  y 0 , 于是得            x 0  y 0   y (1 0  y 0 1 (1  y 0  2 y  0 ),  2 y  0 ). 七、(本题满分 8 分) 方法一：这是一个积分上限函数求定积分,可以考虑用定积分的分部积分法. 由于因而由分部积分法和 f   0 ( ) f x dx   (0)  0    0 0  ( ) f x sin t t  ( ) ( f x d x  dt   0 , sin x x  0 ,有    ( )( f x x  )  (   x ) dx  sin xdx  0   0   cos    ( )( f x  ) x dx x  0  2 . )  x x sin    0  sin   方法二：对于二重积分   0 ( ) f x dx    0    x  0 t t dt dx    ,可以通过变换积分次序来求解.   0 ( ) f x dx    0 x  0    sin   t t dt dx    sin   t t   D dtdx , 其中于是 D    ( , ) 0 x t  ( , ) 0 x t   x t   ,0  , t  t   x    x  .    0 ( ) f x dx         t 0 sin   t t dx dt       0 sin   t t dt   t dx    0 sin tdt  2 .

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