1991年考研数学二真题及答案.doc-资料库

1991 年考研数学二真题及答案一、填空题(每小题 3 分,满分 15 分.把答案填在题中横线上.) (1) 设 ln(1 3 )x   y  ,则 dy  ＿＿＿＿＿＿. 2x 的上凸区间是＿＿＿＿＿＿. (2) 曲线 (3)   1 e y ln x dx x 2  t ＿＿＿＿＿＿. sin( 2 t 米每秒作直线运动,则从时刻 1 t )   2 秒到 2t  秒内质点所经 (4) 质点以速度过的路程等于＿＿＿＿＿＿米. (5) lim  0 x 1 x 1  e 1 x x  e  ＿＿＿＿＿＿. 二、选择题(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.)    在点 (1, 1) 处相切,其中 ,a b 是常数,则 ( xy 1 3 ) (1) 若曲线 y  2 x  ax b  和 2 y (A) a 0, b   2 (C) a   3, b  1 (2) 设函数 ( ) f x     2 2 x  , 0 ,1 x     x x 1, 2, 记 ( ) F x  x  0 (B) a 1, b   3 (D) a   1, b   1 f ( ) t dt ,0   x 2 ,则 ( ) (A) ( ) F x (C) ( ) F x 3  x   3 1 2    3 x , 0   x 1  2 x 3 ,1   x 2      3 x 3 , 0   x 1 2 x 3  2 x  2 x 2 ,1   x 2 (B) ( ) F x 3  x   3 7 2    6 x , 0   x 1  2 x 2 ,1   x 2 (D) ( ) F x 3 x 3 2 x       , 0   x 1 2 x 2 ,1   x 2 (3) 设函数 ( ) f x 在 (   内有定义, 0 ) , x  是函数 ( ) f x 的极大点,则 0 ( ) (A) 0x 必是 ( ) f x 的驻点 (B) 0x 必是 ( f   的极小点 x )

(C) 0x 必是 ( ) f x  的极小点 (D) 对一切 x 都有 ( ) f x  ( f x ) 0 (4) 曲线 y  2  x 2  x 1 1   e e (A) 没有渐近线 (C) 仅有铅直渐近线 ( ) (B) 仅有水平渐近线 (D) 既有水平渐近线又有铅直渐近线 (5) 如图, x 轴上有一线密度为常数,长度为l 的细杆,有一质量为 m 的质点到杆右端的距离为 a ,已知引力系数为 k ,则质点和细杆之间引力的大小为 ( ) l a O km  2 ) a x  dx (A) 0   l ( (C) 2 0   l 2 ( km  2 ) a x  dx m (B) x l km   2 0 ( ) a x  dx (D) l 2 0  2 km  2 ) a x  ( dx 三、(每小题 5 分,满分 25 分.) (1) 设 x    y t t cos sin t t ,求 2 d y 2 dx . (2) 计算 4  1 dx x ) . x (1 (3) 求 lim 0 x  x  2 ( x e sin x  x 1) . (4) 求 sinx 2 xdx .  (5) 求微分方程 xy    满足 (1) 1 xe  的特解. y y x 四、(本题满分 9 分) 利用导数证明：当 1x  时,有不等式 x ) ln(1  ln x  x  1 x 成立. 五、(本题满分 9 分) 求微分方程 y     y x cos x 的通解. 六、(本题满分 9 分)

曲线 (  y x  1)( x  和 x 轴围成一平面图形,求此平面图形绕 y 轴旋转一周所成的旋 2) 转体的体积. 七、(本题满分 9 分) 如图, A 和 D 分别是曲线 y x e 和 y e 2x 上的点, AB 和 DC 均垂直 x 轴,且 AB DC  : 2 :1 , AB  ,求点 B 和C 的横坐标,使梯形 ABCD 的面积最大. 1 y y 2x e y x e A 1 B O D C x 八、(本题满分 9 分) 设函数 ( ) f x 在 ( 计算 3   ( ) f x dx .   内满足 ( ) f x ) ,  ( f x  )   sin x ,且 ( ) f x  , x x  [0, )  ,

一、填空题(每小题 3 分,满分 15 分.把答案填在题中横线上.) 答案 (1)【答案】  (2)【答案】 (  ln 3 1x 3  1 2 , dx 1 2 ) (4)【答案】 (3)【答案】1 1 2 (5)【答案】 1 二、选择题(每小题 3 分,满分 15 分.) (1)【答案】(D) (2)【答案】(B) (3)【答案】(B) (4)【答案】(D) (5)【答案】(A) 三、(每小题 5 分,满分 25 分.) cos t t  sin t t  sin t cos t / dy dt / dx dt d dy dt dx sin t cos t d dt  2 d y 2 dx dy dx (1)    ( )  ( , 1 dx dt t  t  cos sin t t )  cos t 1 t  sin t    (2cos t  t sin )(cos t t  sin ) t t  (cos t t  (2sin sin ) t t 2  t cos )(sin t t  t cos ) t  cos t 1  t sin t (sin t 2  (cos cos t t  2(cos 2 t  2 sin ) t  t 2 2 2 t  sin ) t t t  . 3 (cos t 2 ) 3 sin cos t  sin ) t t 3 t  3 sin cos t t t (2)用换元法求定积分. 令t x ,则 x  2, t dx  2 tdt ,则 4  1 dx  x (1  x ) 2  1 1 (1  2 t t )  2 tdt  1 2  2 ( t 1  1  t 1 ) dt   2 ln   t t   1  2 1  2(ln 2 3  1 ln ) 2  2ln 4 3 . (3)利用等价无穷小和洛必达法则.

当 x  时,有sin 0 x  , x e 1x  x ,所以 lim 0 x  x  2 ( x e sin x  x 1)  lim 0 x  x x sin  3 x 洛 lim 0 x  x 1 cos  2 3 x  lim 0 x  x 2 2 2sin 2 3 x  lim 0 x  2    2 x   2  2 3 x  1 6 . (4)用分部积分法求不定积分. 1 cos 2  x x sin 2 xdx   2    x 1  2 21 x 4 21 x 4     xdx 1 4 1 4  x 1  2 sin 2 x x sin 2 dx (  1  2 cos 2 xdx 1   4 1 8 y    x x  1 x dx y  e  1 x dx (  x e e dx C  cos 2 ) x dx 1 4   2 xd x  x 1 4 sin 2 xdx  x (sin 2 ) x x C  . y  x e .通解为 cos 2 1 x 1 x  ) (5)所给方程是一阶线性方程,其标准形式为 x (   xde C 1 1  x x 1C  ,所以特解为  得  ) ( x xe   y   1 x 代入初始条件 (1) 1 y ) 1 x x ( xe  x e C  ) . (  x xe dx C  )   x e dx C 1 x x e .  x 四、(本题满分 9 分) 首先应简化不等式,从中发现规律. 当 1x  时,原不等式即 (1  x )ln(1  x )  x ln x ,即 (1  x )ln(1  x )  x ln x 0  . 证法一：令 ( ) f x (1   x )ln(1  x )  x ln x ,则只需证明在 1x  时 ( ) 0 f x  即可, 可利用函数的单调性证明,对于 ( ) f x 有  ( ) f x  ln(1  x ) 1 ln   x 1 ln(   x 1 )  x . 因 1x  ,故 x  x 1 1  ,即 ( ) 0 f x  ,所以在 (1, ) 上 ( ) f x 是严格递增函数,所以 ( ) f x f (1)  2ln 2 0  , 故 (1  x )ln(1  x )  x ln x  ,所以当 1x  时,有不等式 0 x ) ln(1  ln x  x  1 x 成立. 证法二：当 1x  时,原不等式即 (1  x )ln(1  x )  x ln x ,不等式左右两端形式一致,故令 ( ) f x  x ln x  ,则 ( ) f x  ln x 1 0(   x  1) ,所以 ( ) f x  x ln x 在 1x  时严格单调递增,

故 ( f x 1)   ( ) f x ，即 (1  x )ln(1  x )  x ln x . 所以当 1x  时,有不等式 x ) ln(1  ln x  x  1 x 成立. 五、(本题满分 9 分) 微分方程 y     y x cos x 对应的齐次方程 y    的特征方程为 2 1 0 r   , 0 y 特征根为 1,2r i  ,故对应齐次通解为 1 C cos x C  2 sin x . 方程 y    必有特解为 1Y y x  ax b  ,代入方程可得 1, b a 0  . 方程 y    y cos x 的右端 cos xe    x cos x , i    为特征根,必有特解 i Y 2   x A cos x   x B sin x ,代入方程可得 A B 0,  由叠加原理,原方程必有特解 Y Y Y 2   1   x 所以原方程的通解为 y C 1  cos x C  2 sin x   x 1 2 六、(本题满分 9 分) x 2 x 1 2 sin . x . sin x . 利用定积分求旋转体的体积,用微元法,曲线为一抛物线,与 x 轴的交点是 1 1, x  3 2 1 4 , ( 2  x  ,顶点坐标为 2 方法一：考虑对 x 积分,如图中阴影部分绕 y 轴旋转一周, 环柱体的体积为 . ) dV  (  x dx  ) 2 y   2 x y  2  x y dx   2 y dx 其中 2dx 为 dx  的高阶无穷小,故可省略,且 y 为负的, 0 故 y y  ,即 dV   2  xydx   2  ( x x  1)( x  2) dx . 把 x 从1 2 积分得 2 x  V  2  1 (1  )( x x  2) dx  2  2  1 (3 x 2  x 3  2 ) x dx   2    3 x  1 4 4 x  2 x 2 1     2 (0   1 4 )   2 . 方法二：考虑对 y 的积分,如图中阴影部分绕 y 轴旋转一周的体积为抛物线两半曲线分别绕 y 轴旋转一周后的体积差,即 dV   2 x dy 2   2 x dy 1

其中, 1 ,x x 为Y 2 y 与抛物线的交点,且 2 x x 1 , 把Y y 代入抛物线方程 (  y x  1)( x  2) ,解得 3  x 1  y 1 4  2 3  , x 2  y 1 4  2 , 故旋转体体积为 V  V  (  x 2 2  2 x dy 1 )  0 1 4  .把 1 ,x x 的值代入化简,得 2  0 1 4  3  1 4  ydy  3   4    2 3 (1 4 ) y  3 2    0  1 4  2 3    4 3  2 . 七、(本题满分 9 分) 可以利用函数的极值求解. 设 B 、C 的横坐标分别为 1,x x ,因为| AB  ,所以 1 | 1 x  0, x  .依题设 0 AB DC  : 2 :1 x e ,所以有 1  x 22 e x ,两边同时取自然对数,得 1  ln 2 2 , x  而   BC x x 1 所以梯形 ABCD 的面积为 )(3   e x 1 2  x S 1 ( e 2 3 (3 2 S  有 0  S 求函数并令   x (ln 2 2 ) 3 x   x  ln 2,( x  0) , x  ln 2)  1 2  2 x (2 e  e  2 x )(3 x  ln 2)  3 (3 2 x  ln 2) e 2 x . x  ln 2) e  2 x ,( x  )的最值,满足一般函数求最值的规律,两边对 x 求导, 0 S   3 (3 6  2 x  x 2 2ln 2) e  1 2 ln 2) e  x    2 0  , 1 ln 2 3 x 最大值点. 是极大值点. 得驻点 x   1 2 1 ln 2 ,在此点 S 由正变负,所以 3 1 1 ln 2 0 x    是 2 3 1 ln 2 1 ln 2 1 x  , 1 3 3 1( 3 ,C 点的坐标为 ln 2 1,0) 3 (3 2   S x ( 又驻点唯一,故此时 x   1 2 故 B 点的坐标为  时,梯形 ABCD 面积最大, 1 2  1 3 ln 2,0) . 八、(本题满分 9 分) 这是个抽象函数求定积分,由题知 ( f x  )   ( ) f x  sin( x  )    x sin , x x  [0, )  , ( f x  2 )   ( f x  )   sin( x  2 )    x sin x  sin x  , x x  [0, )  ,

( ) f x dx  2    ( ) f x dx  x   ,则 x 3  2   t ,令t ( ) f x dx , ,   dx  dt ,所以 ,令 t ,则 x 2 ,   dx  dt ,所以 3    ( ) f x dx 2    ( ) f x dx 而对于 2   3   2 对于所以 ( ) f x dx  )  dt  ( t  sin ) t dt ;   0 f ( t  x    2  0  t 3  2  3     ( ) f x dx  ( ) f x dx    0 2        0 f ( t  2 )  dt  ( ) f x dx ( t  sin )   t dt 3  2    tdt  ; 0 tdt  ( ) f x dx  0 tdt   0   t  2 tdt  sin  0  cos 2    0   t    2 0   2 .

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