1999年考研数学二真题及答案.doc-资料库

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1999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) 曲线   x  y  t e e t sin 2 t cos t ，在点 0,1 处的法线方程为 (2) 设函数 y   y x  由方程  ln 2 x  y   3 x y  sin x 确定，则 dy dx  0x  dx  (3)  2 x (4) 函数 5 x  13 6 x   2 x   y x 2 在区间    1 3, 2 2    上的平均值为 (5) 微分方程 y   4 y 2 x  的通解为 e 二、选择题(本题共5小题，每小题3分，满分15分。每小题给出得四个选项中，只有一个是符合题目要求的，把所选项前的字母填在提后的括号内。) ，其中   g x 是有界函数，则 ( ) f x 在 0 x  处 ( (1) 设 0 0  x ( ) f x , x   ,   1 cos    x   2 x g x  (A) 极限不存在. (B) 极限存在，但不连续. (C) 连续，但不可导. (D) 可导. x (2) 设   x   5 x  0 t sin t dt  ,   x   sin x  0 (A)高阶无穷小 (C)同阶但不等价的无穷小 f x 是连续函数，  (3) 设 ( ) x  时  x 是  x 的 ( 0  1  1 t dt t ，则当 (B)低阶无穷小 (D)等价无穷小 F x 是 ( ) f x 的原函数，则 ( ) ) ) (A) 当 ( ) f x 是奇函数时，  F x 必是偶函数. (B) 当 ( ) f x 是偶函数时，  F x 必是奇函数. (C) 当 ( ) f x 是周期函数时，  F x 必是周期函数. (D) 当 ( ) f x 是单调增函数时，  F x 必是单调增函数. (4) “对任意给定的  0,1   ，总存在正整数 N ，当 n N 时，恒有 nx   ”是数 a  2

列 nx 收敛于 a 的 ( ) (A)充分条件但非必要条件. (C)充分必要条件. 3 2 2 1 x x x x     2 1 2 2 2 2 2 3 x x x x     3 3 3 2 4 5 3 5 x x x x     4 3 5 4 7 4 3 x x x x    (B) 2. (A) 1. (5)记行列式三、(本题满分5分) 求 lim 0 x  1 tan x    ln 1 x x  1 sin   2 x  x . 四、(本题满分6分) (B)必要条件但非充分条件. (D)既非充分条件又非必要条件. 为  f x ，则方程   f x  的根的个数为( 0  ) (C) 3. (D) 4. arctan x dx 2 .  计算 x 五、(本题满分7分) 1 求初值问题  y y  1       x 2 x  2 y   0 dx  xdy  0( x  0) 的解. 六、(本题满分7分) 为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放入井底，抓起污泥后提出井口见图，已知井深30m 30m,抓斗自重 400N , 缆绳每米重50N ，抓斗抓起的污泥重 2000N ，提升速度为3 /m s ,在提升过程中，污泥以 20 /N s 的速度从抓斗缝隙中漏掉，现将抓起污泥的抓斗提升至井口，问克服重力需作多少焦耳的功？(说明：①1 1 ;  其中 , N m J m N s J 分别表示 1  , , 米，牛顿，秒，焦耳；②抓斗的高度及位于井口上方的缆绳长度忽略不计.) 七、(本题满分 8 分) 已知函数 y  x  3  21  x ，求 (1)函数的增减区间及极值； (2)函数图形的凹凸区间及拐点 (3)函数图形的渐近线. 八、(本题满分 8 分) 设函数  f x 在闭区间   1,1 上具有三阶连续导数，且  f   ，  1 1 0 f 1  ，

f   0  ，证明：在开区间 0 九、(本题满分 9 分) 1,1 内至少存在一点，使  f   3  . 设函数  y x  x  二阶可导，且  y x 0   ，  0 0 y 1  .过曲线 y   y x  上任意一点  ,P x y 作该曲线的切线及 x 轴的垂线，上述两直线与 x 轴所围成的三角形的面积记为 1S ，  区间 0, x 上以 y   y x  2S 为曲边的曲边梯形面积记为 2S ，并设 1 S 恒为 1，求此曲线 2 y   y x  的方程. 十、(本题满分 6 分) 设  f x 是区间  0,  上单调减少且非负的连续函数，  a n  n  i 1   f k   n  1  f x dx   n   ，证明数列 na 的极限存在. 1,2,  十一、(本题满分 8 分) 设矩阵 A 1   1    1  1 1 1  1  1 1      求矩阵 X . ，矩阵 X 满足 * A X  A 1 2  ，其中 *A 是 A 的伴随矩阵， X 十二、(本题满分 5 分) 设向量组   1   1,1,1,3 T ，       1, 3,5,1 T 2 ，    3 3,2, 1,  p   ，  2 T     2, 6,10, 4  Tp (1) p 为何值时，该向量组线性无关？并在此时将向量    4,1,6,10 T 用     4 ,  线性表出； ,  ,  1 2 (2) p 为何值时，该向量组线性相关？并此时求出它的秩和一个极大线性无关组.

答案一、填空题 (1)【答案】 2 x y 1 0   (2)【答案】1 (3)【答案】 1 2 2 ln( x  6 x  13) 4arctan  x 3  2  C 其中 1 ,C C 为任意常数. 2 (4)【答案】 3 1  12  (5)【答案】 y C e 1   2 x     C 2  1 4  x e   2 x , 二、选择题 (1)【答案】( D ) (2)【答案】( C ) (3)【答案】( A ) (4)【答案】( C ) (5)【答案】(B) 三、进行等价变化，然后应用洛必达法则，【方法1】 lim 0 x  1 tan x    ln 1 x x  1 sin   2 x  x  lim 0 x  ( 1 tan x    ( ln 1 x x  x 2 1 sin )( 1 tan   x x    )( 1 tan  x 1 sin ) x   1 sin ) x   lim 0 x  tan  (ln 1 x   x sin x  ) 2 x   x  lim 0 x  1 sin  2 x x  1 cos  cos x  x   ln 1 x  x  1 2 lim 0 x  1 cos    ln 1 x  x  x 洛 1 2 x lim 0  (1  x )sin x x    1 2

【方法2】 lim 0 x  1 tan x    ln 1 x x  1 sin   2 x  x  lim 0 x  tan  (ln 1 x   x sin x  ) 2 x   x  lim 0 x  x tan (1 cos ) x  2 (ln 1 x x    x   lim 0 x  ) x (1 cos ) x    2 (ln 1 x   x  1 2 lim 0 x  1 cos    ln 1 x  x  x x )  1 2 lim 0 x  2 x  ln 1  2  x  x 洛 1 2 lim 0 x   x x (1 1 = ) 2 lim 0 x  1  x  1  x   1 2 四、采用分部积分法  1 arctan x dx 2 x    1 arctan xd ( 1 x )   1 x arctan x    4  4    1 ( 1 x  x x  2 1 ) dx   ln x  1 x |  12   4  x  1 2 ln(1  x 2 )       ln  4  1 ln 2 2   1 1 x 1 x   1 dx 2   1  1 五、将原方程化简   u x 令 y x  ，则 u dy dx 化简并移项，得 ) y x du dx 2   u 1 2  ， u  dy dx du dx du 1 u  y   2 y 2 x x  y x  1 (  ，代入上式，得 u x   dx x ， 2 由积分公式得 ln( u  1  u 2 )  ln( Cx ) ，其中C 是常数，因为 0, x  所以 0C  ，去掉根号，得 u  1  u 2  ，即 Cx y x  1 (  y x 2 )  ， Cx 把 xy   代入并化简，得 0 1 y  21 x 2  1 , 2 x  0 六、建立坐标轴如图所示，解法1：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功 W W W W 3  ，其中 1W 是克服抓斗自重所   1 2 作的功； 2W 是克服缆绳重力作的功； 3W 为提出污泥所作的功. 由题意知 W 1  400 N  30 m  12000 . J

将抓斗由 x 处提升到 x dx 处，克服缆绳重力所作的功为 2dW = 缆绳每米重×缆绳长×提升高度  50(30  ) , x dx 从而 W 2  30  0 50(30  ) x dx  22500 . J 在时间间隔[ , t t dt 内提升污泥需做功为 ] dW 3  ( 原始污泥重漏掉污泥重）提升高度   (3 ) dt  (2000 20 )3t dt  将污泥从井底提升至井口共需时间所以 W 3  10  0 3(2000 20 ) t dt  10 , s  30 m 3 / m s 57000 . J  因此，共需做功 W W W W 3    1 2  （ 12000 22500 57000)   J  91500 J 解法2：将抓起污泥的抓斗提升至井口需做功记为W ，当抓斗运动到 x 处时，作用力 ( ) f x 包括抓斗的自重 400N , 缆绳的重力50(30 ，污泥的重力 (2000 x   3 20) N , ( ) f x  400 50(30   x 即于是 ) 2000  )x N 20 3  x  3900  170 3 x , W  30  0 3900     170 3  x dx    3900 x  85 3 x 2 30 0  117000 24500 91500   J 七、函数的定义域为 (  ,1)  (1,  ) ，对函数求导，得 y   2 ( x x ( x  3) 3  1) ， y   6 x 1)  4 ( x 令 y  得驻点 0, 0  x x  ；令 3 y  得 0 x  . 因此，需以 0,1,3 为分界点来讨论，列表 0 讨论如下： x y (  ,0)  0 0 (0,1)  (1,3)  3  (3, ) 

 0   0  凸，增拐点凹，增凹，减极小值凹，增 y y 由此可知， (1)函数的单调增区间为 (  ,1)  (3,  ) ，单调减区间为 (1,3) ，极小值为 xy   3 27 4 . (2)函数图形在区间 (  内是向上凸的，在区间 (0,1),(1, ,0) ) 内是向上凹的，拐点为 (0,0) 点. (3)由 lim ( x 1 x x  3 1) 2   ，可知 1x  是函数图形的铅直渐近线. 又因为 lim x  y x  lim x  3 x ( x x  2 1)  1 lim( x  y  x )  lim( x  ( x x  3 1) 2  x )  lim x  2 1) 3 x    ( x x   2 1) ( x      lim x     2 x ( x 2  x  2 1)     2 故 y x  是函数的斜渐近线. 2 八、(本题满分 8 分) 设函数  f x 在闭区间  1,1 上具有三阶连续导数，且  f   ，  1 1 0 f  ，  0 1 f   ， 0 证明：在开区间 1,1 内至少存在一点，使  f   3  . 解法 1：由麦克劳林公式得 ( ) f x  f (0)  f  (0) x  1 2! f  (0) x 2  1 3! 分别令 x   1, x  并结合已知条件得 1 f  3 ( ) x ，其中介于 0 与 x 之间， [ 1,1] x   f ( 1)   f (0)  f (1)  f (0)  1 2 1 2 f f  (0)   (0)  1 6 两式相减，得 f  ( f  ) 2  (  1 ) 6  1 6  ( f  2  ) 0, 1 ( f     1  1  0 ) 1,0    2  1 由 ( ) x 的连续性，知 ( ) x 在区间 1 f f [ ]  上有最大值和最小值，设它们分别为 M 和 m ， , 2 则有

m   1 2 f  (  2 )  f  ( )  1   M 再由连续函数的介值定理知，至少存在一点 f       1 2 f  (  2 )  f  (  1 )   3    2 [ , 1 ]   ，使 ( 1,1) 解法 2：构造函数 ( )x ，使得 [ 1,1] x   时 ( )x 有三个 0 点， ( )x 有两个 0 点，从而使用罗尔定理证明必然存在. 设具有三阶连续导数   ( ) x ( ) f x  ax 3  bx 2  cx d  令             a b c d 0 ( 1) ( 1) f         (0) (0) d f    (1) (1) a b c d f        (0) (0) f   0 0 c 0 ，将 0   1     1 1    0 0  f   f    f  代入得 1 2 (0)    a     b   0 c     d  f  1 2 f (0) 代入 ( )x 得   ( ) x ( ) f x 3  ( f (0)  1 2 2 ) x  f (0) x  1 2 ( 1,0),  由罗尔定理可知，存在 1    2  (0,1) ，使   1  ( ) 0,    2  ( ) 0  又因为 (0) 0  ，再由罗尔定理可知，存在 1     2 ,0), (0,   ( 1 2 ) ，使得     2 ) 0,   (  ( 1 ) 0  再由罗尔定理知，存在即 f  ( ) 3  .      2   1 2 1 ( ) ( , , )   ，使 ( 1,1)  ( )    f  ( ) 3 0    九、如图，曲线 y  ( ) y x 上点 ( , P x y 处的切线方程为 ) ( ) Y y x    ( )( y x X x  ) 所以切线与 x 轴的交点为  x   y y ' ,0    由于 '( ) 0, y x  y (0) 1,  因此 ( ) 1 0 y x   ( x  0) 于是 S 1  1 2 y x  x     y ' y     2 y 2 ' y . 又 S 2 x   0 ( ) y t dt S 根据题设 1 2 S 2 1,  得 2  2 y 2 ' y  x  0 ( ) y t dt  1,

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