1993考研数二真题及解析.docx
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1993考研数二真题及解析
1993年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题
、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)limxlnx=.
x_0+
⑵函数y二y(x)由方程sin(x2•y2)ex-xy2=0所确定,则鱼二.
dx
1
⑶设F(x)=』(2-K)dt(x>0),则函数F(x)的单调减少区间是.
⑷」竺dx=.
.cosx
1
⑸已知曲线y=f(x)过点(0,-一),且其上任一点(x,y)处的切线斜率为xln(1x2),
2
则f(x)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.)
11
(1)当x>0时,变量psin—是()xx
(A)无穷小(B)无穷大
(C)有界的,但不是无穷小(D)有界的,但不是无穷大
|x2-1|
X式1
⑵设f(x)二x-1则在点X二1处函数f(x)()
车2,x=1,
(A)不连续(B)连续,但不可导
(C)可导,但导数不连续(D)可导,且导数连续
■/2
x0£xw1x
⑶已知f(x)二’■'设F(x)=1f(t)dt(0沁乞2),则F(x)为()
"31,1^x^2,1311
—x,0'Exc1-x——,0Exc1
(A)3(B)33
」1x1,0程咲211,x34j1^ (C)3(D)33 [x—1,1m[x—1,1xx兰2 ⑷设常数k0,函数f(x)Inx-「k在(0,=)内零点个数为() e (A)3(B)2(C)1(D)0 ⑸若f(x)二-f(-x),在(0,二)内f(X)0,f(x)0,则f(x)在(-=0)内() (A)f(x): 0,f(x): 0(B)f(x): : 0,f(x)0 (C)f(x)0,f(xp: : 0(D)f(x)0,f(x)0 三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.) d2y (1)设y=sin[f(x2)],其中f具有二阶导数,求一 dx ⑵求limx(、x2100x). X_ X⑶求4dx. 1+cos2x r;X ⑷求3dx. 3(1+x)3 X=0 ⑸求微分方程(x2-1)dy(2xy-cosx)dx=0满足初始条件y…=1的特解. 四、(本题满分9分) 设二阶常系数线性微分方程y*y「y二eX的一个特解为y=e2x•(1•x)eX,试确定常数〉,: ,,并求该方程的通解. 五、(本题满分9分) 设平面图形A由Xy22x与y_X所确定,求图形A绕直线x=2旋转一周 所得旋转体的体积. 六、(本题满分9分) 作半径为r的球的外切正圆锥,问此圆锥的高h为何值时,其体积V最小,并求出该最小值. 七、(本题满分6分) 设x0,常数ae,证明(a■x)a: : : aaX. 1993年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) ⑴【答案】0 【解析】这是个o•: : 型未定式,可将其等价变换成二型,从而利用洛必达法则 □0 进行求解• 1 limxlnx=lim洛lim—xlimx=0. 1=^0+1J0+ (2)【答案】 y2-ex_2xcos(x2y2)x_孑 2ycos(x2y2)-2xy 【解析】 这是一个由复合函数和隐函数所确定的函数,将方程 sin(x2•y2)ex—xy2=0两边对x求导,得 22 cos(xy)(2x2yy)e -y2-2xyy=0, 2ycos(x2y2)_2xy 【相关知识点】复合函数求导法则: 化简得八yfxcosa2・y2) y=flg(x)在点x可导,且其导数为 业=f(u)g(x)或业』理. dxdxdudx 1⑶【答案】0■x< 4 【解析】由连续可导函数的导数与0的关系判别函数的单调性 两边对x求导,得F(x)=2-1. 若函数F(x)严格单调减少,则F(x)=2-卡£0,即仮三. 所以函数F(x)单调减少区间为0: : : x乞丄. 4 【相关知识点】函数的单调性: 设函数y二f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导. (1)如果在(a,b)内f(x)0,那么函数y=f(x)在[a,b]上单调增加; (2)如果在(a,b)内f(X)”0,那么函数y=f(x)在[a,b]上单调减少. ⑷【答案】 1/2 2cosxC 【解析】 3 [.dx-[*dx-fsinxcos2xdx cosx/cosx.cosx --cos2xdcosx二2cos2xC. (5)【答案】 【解析】 由题知 122121 (1X)ln(1X)X- 222 这是微分方程的简单应用. 巴=xln(1•x2),分离变量得dy=xln(1•x2)dx,两边对x积分有dx 2122 y=xln(1x2)dxln(1x2)d(x21). 2 22122X x)ln(1-x)(Vx)2dx 1x2 由分部积分法得 11ln(1x2)d(x221)丄((1x)ln(1x)- 12212(1x)ln(1x)xC.11 因为曲线y=f(x2过点(0,-§),故C=,所以所求曲线为 122121 y(1x)ln(1X)X. 222 二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.) 由题可知 (3)【答案】(D) 【解析】这是分段函数求定积分 当O^x: : 1时,0沁乞21,故f(t)=t2,所以 F(x)f(t)dtt2dt二1t3 当1辽x岂2时,1乞tZx空2,故f(t)=1所以 xx_x F(x)=j;f(t)dt=[1dt=E『=x—1. 应选(D). (4)【答案】(B) 【解析】判定函数f(x)零点的个数等价于判定函数y=f(x)与x的交点个数. X11 对函数f(x)=Inx-一k两边对x求导,得f(x)=---. exe 令f(x)=0,解得唯一驻点x=e,即丄f(x)0,0: : : x: : e;f(x)严格单调增加, 'f"(x)c0,e 所以x=e是极大值点,也是最大值点,最大值为f(e)=lne-空+k=k>0. lim丄f(x)=limQnx——+k)="e 又因为 limf(x)li 由连续函数的介值定理知在 x lnxk)亠 0,e)与(e,=)各有且仅有一个零点(不相同). 故函数f(x)=lnx-仝k在(0,: : )内零点个数为2,选项(B)正确. e ⑸【答案】(C) 【解析】方法一: 由几何图形判断 由f(x)--f(-X),知f(x)为奇函数,图形关于原点对称; 在(0,7)内f(x)0,f(x)0,f(x)图形单调增加且向上凹, 根据图可以看出f(x)在(-=0)内增加而凸,f(x)0,f(x)选(C). 方法二: 用代数法证明 对恒等式f(x)=-f(-x)两边求导,得 f(X)二f(-X),f(X)二-f(-X). 当x,(-=0)时,有-x,(0,V),所以 f(x)二f\-x).0,f(x)=—f(-x): : : 0, 故应选(C). 三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.) (1)【解析】y—sin[f(x2)p二cos[f(x2)]f(x2)2x, y=? cos[f(x2)]f(x2)2xf -cos[f(x2)pf(x2)2xcos[f(x2)]||f(x2)2x cos[f(x2)]f(x2)(2x) 二-sin[f(x2)][f(x2)]2(2x)2cos[f(x2)]f(x2)(2x)2 cos[f(x2)]f(x2)2. 【相关知识点】复合函数求导法则: 如果u二g(x)在点x可导,而y二f(x)在点u二g(x)可导,则复合函数 y=flg(x)在点x可导,且其导数为 二(1x)-1, 3dx=一、‘(1+禺 =l_(1+x)+—(1+x)1=lim2 ]2一0b_和I2(xf 2b+11小11 =lim20. br: : 2(b1)2222 (5)【解析】所给方程是一阶线性非齐次微分方程,其标准形式是 四、(本题满分9分) 【解析】要确定常数,,只需将特解代入原微分方程后,用比较系数法即得. 对于特解y=e2x•(Vx)ex,有 y=2e2xex(1x)ex=2e2x(2x)ex, y—||2e2x(2x)ex'-4e2xex(2x)ex=4e2x(3x)ex, 代入方程厂'逍目=ex,得恒等式 4e2x(3x)ex二: : 二(2e2x(2x)exJ'e2x-(1x)ex=ex, 化简得 (42一〉■■■-■)e2x(32)ex(1心1■■-)xex三ex, 比较同类项系数,得 42「--0 32: ,, 解之得〉二-3,: =2,=-1. 1: : 二0 于是原方程为y“-3y,2y=-ex,所对应的齐次微分方程y”-3y、2y=0的特 征方 程为『_3r-2=0,解之得*=1,r2=2. 所以微分方程y'"-3y•2y=_ex的通解为 y=GeXc2e2xy*=qexc2e2xe2x(1x)ex=c]ec2e2xxex. 五、(本题满分9分) 【解析】利用定积分求旋转体的体积,用微元法. x2y2_2x等价于(x-1)2y2_1. 解法一: 考虑对y的积分,则边界线为 人=1—1—y与X2=y(0乞y乞1), 如右图所示.当y>ydy时, 22 dV-二(2-xJdy-黛(2-x2)dy=愿[(2_1J-y2)2-(2-y)2dy =2点{.;1一y2-(1一y)2dy. 所以v=2兀(J—y—(1—y)dy. 解法二: 取x为积分变量,则边界线为 y1=2x-x2与y2=x(0三x三1), 如右图所示. 当x>xdx时, dV=2二(2-x)(%-y2)dx =2二(2-x)(、2x_x2_x)dx,所以V=2二o(2-x)(;2x-x2-x)dx. 令xT=t,贝Ux=1•t,dx二dt所以 12 o(2-x)C.2x-x-x)dx =L(i—t)J2(i+t)—(1+t)2—(i+t)dt =[W_t2_tJ1—t2+t2—1 It. 再令t二sin^贝dt二cos罚二, 所以jJ1-12-1山-12+t2 一1dt-(cost-sinjcosjsin2j-1)cos)dv 0202020 cossincossinvcosvdcos^dv —2"2" 1002020 (1cos2Jd'cosrdcossin^dsincos^dv 2 1... sin2 2_ 兀1 43 T+[cOs3町+[sin3畀 71 _2 2-3」L3 212 43. 所以V=2二o(2-x)('.2x-X2-x)dx=2「: (). 43 2 1-1 3 _2 六、(本题满分9分) 【解析】这是一个将立体几何问题转化为函数求最值的问题 设圆锥底半径为R,如图,BC二R,AC二h,OD二r. 由BC AC R= 0D,ad」oa2-od2,有 hr h.(h-r)2 于是圆锥体积 R= -r2.h2-2hr 1- VRh=—r 3 对上式两端对h求导,并令V': 』0,得 1 得唯一驻点h=4r,且 电1工」(2r: : : h<-■). 3h—2r 22h(h-2r)-h2 (h-2r)2 丄『吐些o, 3(h-2r)2 (2rvh£4r,VvO 4rh: : : V0, 所以h=4r为极小值点也是最小值点,最小体积V(4r)=字r3. 3 七、(本题满分9分) 【解析】首先应简化不等式,从中发现规律. 当x0,常数ae时,原不等式两边取自然对数可化为 证法一: 令f(x)=(ax)lna-aln(ax)则f(x)=Ina- a+xa 由ae,x0,知lna1,1,故f(x)0(x0). a+x 从而f(x)为严格单调递增函数,且 f(x)=(ax)lna-aln(ax)f(0)=alna-alna=0,(x0) 即(ax)lna「aln(ax)0, 所以(a-x)a: : : aax. 证法二: 令f(x)=M,则f(x)=上茫. xx 当xae时,有f(x)=—: : : 0, x 所以函数在xae为严格单调递减函数,即f(xar-f(a), 所以有m: g, a+xa 即(a-x)a: : : aax. 八、(本题满分9分) 【解析】证法一: 用微分中值定理• 对任意给定的x■[0,a],由拉格朗日中值定理,得 f(x)二f(0)f()x,(0: : : : x) 由f(0)=0,知f(x)二 f()x.因为M=max|f(x)|,所以 0兰兰 |f(x)F|f()|x乞Mx, 将两边从0a做x的定积分,有 aaMa2 0|f(x)|dx^M0xdx—. 2aaMa 由定积分的基本性质可知|f(x)dx|^|f(x)|dx 002 证法二: 用牛顿-莱布尼茨公式. 对任意给定的X,[0,a],以及f(0)=0,可知 x 0f(t)dt二f(x)—f(0)=f(x), x 从而If(x)Ef(t)|dt乞Mx, 以下同证法一•证法三: 分部积分法. aaaa 0f(x)dx=0f(x)d(x-a)=[f(x)(x-a)]o0(a-x)f(x)dx aa 二[f(a)(a-a)-f(0)(0-a)]0(a-x)f(x)dx=0(a-x)f(x)dx. 所以 a 2=-Ma2. o2 [f(x)dx=J0(a—x)「(x)dx兰J。 (a—x)f\x)dx兰MJ;(a—x)dx=Max-1x 2
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