1998年考研数学二真题

2 1
( )
1998 年全国硕士研究生入学统一考试
理工数学二试题详解及评析
一、填空题
（1） lim
x →0
【答】
x 2
- 1 .
4
= .
【详解 1】 用四则运算将分子化简，再用等价无穷小因子代换，
原式= lim
2
- 4
x
→
2 = lim x →0
1)
4x 2
1 ~
- 1
x
2
2
- 1 x 2
= lim 2 = - 1
. x →0 2x 2 4
【详解 2】 采用洛必达法则，
原式↓0↓→ x →0
= lim
x →0
0 ↓0↓→ lim 2x 4x -1 - =x →
= - 1
. x →0 4 4
注：
→ 1( x → 0) 可求出
【详解 3】 采用(1+ u )λ
的马克劳林展开式，此时余项用皮亚诺余项较简单.当u → 0 时
(1+ u )λ
= 1+ λu +
λ (λ -1)
u 2 + o u 2
, 2!
所以 x → 0 时
= 1+ 1 x + - 1
x 2 + o (x 2 ), 2 8
= 1- 1 x + - 1 x 2
+ o (x 2 ), 2 8
-1 0 x x 2 2 ( 于是
1+ 1 x - 1 x 2 +1- 1 x - 1
x 2 + o (x 2 ) - 2 原式= lim 2 8 2 8
x →0 1 x
2 o (x 2 ) = lim - + x →0 4 x 2
=- 1
4
（2）曲线 y = -x 3 + x 2
+ 2x 与 x 轴所围成的图形的面积 A = . 37 【答】
.
12
【详解】 因为 y -
1
= - 5
, y (1) = 2,
2 8
所以
A = ⎰0
-(-x 3 + x 2 + 2x )dx + ⎰2
(-x 3 + x 2
+ 2x )dx = x 4 - x 3
- x 2 |0
4 3 + - + + x |
4 3 -1 4 3 0 = 37 12 ln sin x （3） ⎰ dx = .
sin 2 x 【答】 - cot x ⋅ ln sin x - cot x - x + C .
【详解】 用分部积分法，有
ln sin x
dx =- ln sin xd (cot x ) = - cot x ⋅ l n sin x +
cot 2 xdx
⎰ sin 2
x
⎰ ⎰
= - cot x ⋅ ln s in x + ⎰(csc 2 x -1) xdx
= - cot x ⋅ ln sin x - cot x - X + C
（4）设 f ( x ) 连续，则 d ⎰ x
tf (x 2 - t 2 )dt =
.
dx 0
【答】 xf (x
2
) .
【详解】 令u = x 2
- t 2
, dy = -2tdt ,
当t = 0 时， u = x 2
; 当t = x 时， u = 0 ；
d
x
2 2
d x 2 1 2
故
dx ⎰
tf (x - t )dt = dx ⎰
f (u )du = xf x
2
（5）曲线 y = x l n e +
1
( x > 0) 的渐进线方程为
.
x
)
1 n →∞
x n n
【答】
【详解】
y = x + 1
e
x ln e + 1
x 1 a = lim
= lim ln e + = 1,
x →+∞x x →+∞ x
b = lim ( y - ax ) =
ϒ + 1 -
/
x →+∞ lim x 'ln e x 1∞
x →+∞
≤
ƒ ln e + 1 -1 x 1 1
= lim x →+∞1 = lim =
x →+∞ e +
1 e
x x
故此曲线的渐进线方程为 y = x + .
e
二、选择题
设数列 x n 与 y n 满足lim x n y n = 0, 则下列断言正确的是
（A ） 若 x n 发散，则 y n 必发散.
（B ） 若 x n 无界，则 y n 必有界.
（C ） 若 x n 有界，则 y n 必有无穷小.
1
（D ） 若
为无穷小，则 y n 必为无穷小.
n
【 】
【答】 应选（D ） 【详解】 方法一： 由极限运算性质知
lim y = lim ( x y )⋅ lim 1
= 0, n →∞ n n →∞ n →∞ x n
所以（D ）为正确选项. 方法二：
取数列 y n = 0 ，排除（A ） 若取数列
♦ 2k , n = 2k
♥ n
y a x x = ♣2k -1, n = 2k -1(k = 1, 2,…) n ♦
0, n = 2k y = ♣0, n = 2k -1(k = 1, 2,…) ♥ 便排除了（B ）
对于（C ），若数列 x n = 0 ，则 y n 可为任意数列，所以（C ）项也不正确. 故应选（D ）.
（2）函数 f ( x ) = (
x 2
- x - 2)
x 3
- x 不可导点的个数是
（A ）3. （B ）1. （C ）2. （D ）0.
【 】
【答】 应选（C ）. 【详解】 因为
f ( x ) = (x 2 - x - 2) x 3 - x = ( x - 2)( x +1) x ( x -1)( x +1) ,
可见 f ( x ) 在 x = 0,1 处不可导，而在 x = -1 处是可导的，
故
f ( x ) 的不可导点的个数为 2.
y a x
（3）已知函数 y = y ( x ) 在任意点 x 处的增量a y = 1+ x 2
+ α , 且当a x → 0 时，α 是a x 的高
阶无穷小， y (0) = π ，则 y (1) 等于
π π
（A ） π e 4 . （B ） π . （C ） e 4 . （D ） 2π
【 】
【答】 应选（A ）. 【详解】 由a y =
+ α , ，有
1+ x 2
a y =
a x
y 1+ x 2
+ α . a x
令a x → 0 ，得 y '
=
y 1+ x 2 ，
解此微分方程并利用初始条件由 y (0) = π , 得 y = π e
arctan x
π
故
y (1) = π e arctan x = π e 4 .
（4）设函数 f ( x ) 在 x = a 的某个邻域内连续，且 f (a ) 为其几大值，则存在δ > 0 ，当
x ∈(a - δ , a + δ ) 时，必有
（A ） ( x - a ) ϒ≤ f ( x ) - f (a )/ƒ ≥ 0.
t →a
（B ） ( x - a ) ϒ≤ f (
x ) - f (a )/ƒ ≤ 0. f (t ) - f ( x ) （C ） lim t →a
(t - x )2
≥ 0 ( x ≠ a )
（D ） lim
t →a
f (t ) - f ( x )
(t - x )2
≤ 0 ( x ≠ a )
【 】
【答】 应选（C ） 【详解】
由题设 ，存在邻 域 (a - δ , a + δ )
，使当 x ∈(a - δ , a + δ )
时，有
f ( x ) ≤ f (a ) f ( x ) ≤ f (a ) ，
所以
当a - δ < x < a 时， ( x - a ) ϒ≤ f ( x ) - f (a )/ƒ ≥ 0.当a < x < a + δ 时， ( x - a ) ϒ≤ f ( x ) - f (a )/ƒ ≤ 0.因此（A ）、（B ）不成立.
考虑到（C ）、（D ）两项中分母均大于零，而分子部分有
lim ϒ≤ f (t ) - f ( x )/ƒ =
所以必有（C ）成立.
f (a ) - f ( x ) ≥ 0, （5）设 A 是任一n (n ≥ 3) 阶方阵， A *
是其伴随矩阵，又k 为常数，且k ≠ 0, ±1，则必有
(kA *
) =
.
（A ） kA
*
【答】 应选（B ） 【详解】 方法一：
（B ） k
n -1
A *
（C ） k n A *
（D ） k -1A
*
【 】
采用加条件的技巧，设 A 可逆，则由
AA * = A * A = A E
知
A * = A A -1
于是
(kA *
) = kA ⋅ (kA )
-1
= k n = k n -1 ⋅ A A -1 = k n -1 A *
A ⋅ 1 A
-1
k
∆ = k A 4 4 4 所以应选（B ）
题设k ≠ 0, ±1， n ≥ 3 ，主要是为了做到 4 个选项只有 1 个正确的.
方法二：
由 A *
的定义，设 A = (a
)
，其元素a 的代数余子式记作 A ，则矩阵kA = (ka
)
，
ij n ⨯n
ij
ij
ij n ⨯n
若其元素的代数余子式记作∆ij (i , j = 1, 2,…, n ) ，由行列式性质有
n -1 ij ij (i , j = 1, 2,…, n )
从而(kA *
)
= k
n -1
A *
三、
x
求函数 f ( x ) = (1+ x tan x -π (0, 2π ) 内的间断点，并判断其类型.
4
1 π 3π 5π 7π
【详解】 tan x - π 在区间(0, 2π ) 内不存在的点为 x = , , , 4 4 4 4 各点， f ( x ) 在区间 4
(0, 2π ) 内的间断点是
1
tan x - π 4
π 3π 5π 7π
即 x = , , ,
4 4 4 4
π
各点.
在 x =
处， 4
5π lim π +
t →
f ( x ) = +∞, 在 x =
处， 4
lim 5π +
t →
f ( x ) = +∞, π
5π
故 x = ，
4 4
3π 处， f ( x ) 为第二类间断点.
在 x =
处， 4
7π
lim 3π +
t →
7π f ( x ) = 1,
在 x =
处，
4
为 f ( x ) 的可去间断点.
4
7π 7π
但相应的函数在上两点处无定义，故 x =
，
4
为 f ( x ) 的可去间断点.
4
四、确定常数a , b , c 的值，使lim
ax - sin x
= c (c ≠ 0)
x →0
ln (1+ t 3 )
dt t
e 【详解】当 x → 0 时， ax - sin x → 0 ，且存在而不为零,
x
ln (1+ t 3 )
故lim
x →0 dt = 0, 因此b 必为 0. t
ln (1+ t 3 ) 因若b > 0, 则在(0, b ] 内， t
> 0 ；
若b < 0 ，则在[b ,0) 内，
利用洛必达法则有
ln (1+ t 3 )
0 t
lim ax - sin x = lim a - cos x = lim a - cos x .
x →0 x ln
(1+ t 3 ) x →0 ln (1+ x 3 ) x →0 x 2 ⎰0 t dt x
若a ≠ 1，则上式为∞ ，与条件不符， 故 a = 1
从而再用洛必达法则有 1
得 c = ；
2
1
因此a = 1, b = 0, c =
2
五、利用代换 y =
u cos x
将方程 y '' cos x - 2 y ' sin x + 3y cos x = e x
化简，并求处原方程的通解. 【详解】 方法一：
有u = y cos x 两端对 x 求导，得
u ' = y ' cos x - y sin x ,
u '' = y '' cos x - 2 y ' sin x - y cos x .
于是原方程化为
u '' + 4u = e x
其通解为
x
u = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x + 5
从而原方程得通解为
cos 2x e x
方法二：
y = C 1
cos x
+ C 2 sin x + 5 c os x
⎰b >
x - x 2
x 2
- x
x - x 2
x 2 - x ⎰
1-ε 2 ⎰
( 2
2
1 23 1 y = u sec x ,
y ' = u ' sec x + u sec x ⋅ tan x
y '' = u '' sec x + u ' sec x ⋅ tan x + u sec x ⋅ tan 2 x + u sec 3 x
代入原方程得
以下同方法一.
u '' + 4u = e x
3
dx
六、计算积分 2
2
3 dx
1
dx
3 dx ⎰1 ⎰ ⎰
1 【详解】
22
= +
2
1 = lim
1-ε dx ⎰
1 ε →0+
⎰
1
= lim + arc sin (2x -1)|1 ε →0
2
=
π
2
⎰
3 = lim ⎰
2
dx 1
ε →0+
1+ε
1 2
1 x - - 4 ϒ 1 1 2
1 3
= lim ln ' x - + x - - |2 ε →0+
= ln (2 + '≤ 3
)
2
2 4 ƒ
1+ε
3
dx
因此
22
π
= + ln 2 + 3 2
七、从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度 y （从海平面算起）与下沉速度v 之间的函数关系.设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始铅直下沉，在 下沉过程中还受到阻力和浮力的作用.设仪器的质量为m , 体积为 B , 海水比重为 ρ, 仪器所受的阻力与下沉速度成正比，比例系数为k (k > 0) .试建立 y 与v 所满足的微分方程，并求出函
x - x 2
x - x 2
1 4 - x - 1 2
2
x - x 2
)
=
|
x
数关系式 y = y (v ).
【详解】 取沉放点为原点O , O y 轴正向铅直向下，则由牛顿第二定律得
d 2 y m
dt 2
= mg - B ρ - kv ,
dy 这是可降阶的二阶微分方程，其中v .
dt
dy
d 2 y
dv dy dv 令 = v , 则
dt
dt 2
= ⋅ = v , dy dt dy
于是原方程可化为
mv dv
= mg - B ρ - kv , dy
分离变量得
dy =
mv
mg - B ρ - kv
dv ,
积分得
y =- m v - k
m (mg - B ρ ) ln (mg - B ρ - kv ) + C
k 2
再根据初始条件v
= 0, 得
y =0
m (mg - B ρ )
C = ln (mg - B ρ - kv ),
k
2
故所求函数关系为
y =- m
v - m (mg - B ρ ) ln mg - B ρ - kv .
k k 2 mg - B ρ
八、设 y = f ( x ) 是区间[0,1]上的任一非负连续函数.
（1）试证存在 x 0 ∈(0,1), 使得再区间[0, x 0 ] 上以 f ( x 0 ) 为高的矩形面积，等于再区间[x 0 ,1]
上以 y = f ( x ) 为曲边的梯形面积.
'
2 f ( x ) （2）又设 f ( x ) 在区间(0,1) 内可导，且 f ( x ) >- ，证明（1）中的 x 0 试唯一的.
x
【详解】 （1）令ϕ ( x ) = -x
⎰1
f (t ) d t , 则ϕ ( x ) 在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1) 内
2 x 0 -1
2 x 0 -1
x -1 ( ) = ⎰x 1
2
( 可导；
又ϕ (0) = ϕ (1) = 0. 由罗尔定理知，存在 x ∈(0,1), 使ϕ '
( x
) = 0. 即
ϕ '
( x ) = x f ( x ) - 1
f (t ) dt = 0.
1 也即 x 0 f x 0
⎰
x f ( x ) d x .
（2）令 F (
x ) = xf ( x ) - ⎰
x
f (t ) d t , 则
F ' ( x ) = xf ' ( x ) + f ( x ) + f ( x ) = 2 f ( x ) - xf ' ( x ) > 0,
即 F ( x ) 在(0,1) 内严格单调增加，从而 F ( x ) = 0 的点 x = x 0 必唯一，故（1）中的 x 0 试唯
一的.
九、设有曲线 y = ，过原点作其切线，求由此曲线、切线及 x 轴所围成的平面图形绕 x
轴旋转一周所得的旋转体的表面积.
【详解】 设切点的横坐标为 x 0 , 则切点为(x 0 , 1
x 0 -1)
，曲线 y =
在此点的切线斜率
为
，
于是切线方程为：
y -
=
( x - x 0 )
又因它经过原点，以点(0, 0) 代入，得
-2 ( x 0 -1) = -x 0 ,
解得
x 0 = 2
于是切线方程为
y -1 =
1
( x - 2) 2
即
y = 1 x
2
切点为(2,1) ，由曲线段 y = (1 ≤ x ≤ 2) 绕 x 轴旋转一周所得到的旋转面的面积为
S 1 = ⎰1 2π y
1+ y '2
dx = x 1
4x - 3dx = π
5 6
-1)
,
由直线 y = 1 x (0 ≤≤ 2) 段绕 x 轴旋转一周所得到的旋转面的面积为
2
x -1 x -1 x 0 -1 5 0
2
⎰
5 1+ y '2 1+ y '2 ♥
4
S = 2 2π ⋅ 1 x ⋅ dx = 5π
2 ⎰1
2 2
因此，所求旋转体的表面积为
S = S + S = π (11 -1)
1 2 6
十、设 y = y ( x ) 是一向上凸的连续曲线，其上任意一点( x , y ) 处的曲率为 ，且此曲
线上点(0,1) 处的切线方程为 y = x +1，求该曲线的方程，并求函数 y = y ( x ) 的极值.
【详解】 因曲线向上凸，故 y ''
< 0 ；
由题设，得
''
=
,
即
y '' = -(1+ y '2 ). 曲线经过点(0,1) ，故 y (0) = 1, 又因在该点处的切线方程为 y = x +1，即切线斜率为 1，于是 y ' (0) = 1, 问题归结为求
♠
♣ y '' = -(1+ y '2 ).
的特解.
♦♠ y (0) = 1, y ' (0) = 1, 令 y ' = p , y '' = p '
,
于是得
分离变量解得
以 p (0) = 1 代入，
得
p ' = -(1+ p 2 ), arctan p = C 1 - x
C = arctan1 = π
1 4 ' π 所以
再积分，得 y = p = tan - x 5 (1+ y '2 )3
≤ ƒ y = tan π - x dx = ln cos
π - x + C
⎰ 4 4 2
以 y (0) = 1, 代入，得
C = 1+ 1 ln 2,
2 2
故所求曲线方程为
y = ln cos π - x +1+ 1 ln 2
4
2
取其含有 x = 0 在内的连续的一支为
y = ln cos π - x +1+ 1 ln 2, x ∈ - π , 3π
4 2
4 4
π + 3π +
π 当 x → - 4 或
x → - 4 时， cos
4 -
x → 0, y → -∞ ，
故此函数无极小值.
π 当 x = 时， y 为极大，
4 极大值为
y = 1+ 1 ln 2.
2
十一、设 x ∈(0,1) ，证明：
（1） (1+ x )ln 2 (1+ x ) < x 2;
（2） 1 -1 < 1 - 1 < 1 .
ln 2 ln (1+ x ) x 2
【详解】
（1） 令ϕ ( x ) = (1+ x )ln 2 (1+ x ) - x 2;
则有
ϕ (0) = 0,
ϕ ' ( x )ln 2 (1+ x ) + 2 ln (1+ x ) - 2x ,ϕ ' (0) = 0.
ϕ '' ( x ) = 2 ϒln (1+ x ) - x / ,1+ x
ϕ ''' ( x ) =- 2 l n (1+ x )
< 0, x ∈(0,1) ⇒ ϕ '' ( x ) < ϕ '' (0) = 0 ⇒ ϕ ' ( x ) < ϕ ' (0), x ∈(0,1)
1+ x 所以ϕ ' ( x ) < 0,
1 1 ≤ ƒ ≤ ƒ 从而 ϕ ( x ) < 0, 即
(1+ x )ln 2 (1+ x ) < x 2 ,
（2）令 f ( x ) = - , x ∈(0,1)
ln (1+ x ) x
则有
f ' ( x ) =
(1+ x )ln 2 (1+ x ) - x 2
x 2 (1+ x )ln 2 (1+ x )
由(1)知， f ' ( x ) <0，
当 x ∈(0,1) 时.于是推知在(0,1) 内， f ( x ) 单调减少.又 f ( x ) 在区间(0,1] 上连续，且
f (1) = 1
ln 2
-1 .
故当 x ∈(0,1) 时， f ( x ) = 不等式左边证毕.
又
1 ln (1+ x ) - 1 > x
1 -1
ln 2
lim x →0+ f ( x ) = lim x →0+ x - ln (1+ x ) ln (1+ x ) = lim x →0+ x - ln (1+ x )
x 2
= lim x =
1
x →0+ 2x (1+ x ) 2
故当 x ∈(0,1) 时，
f ( x ) = 1
- 1 > 1
不等式右边证毕.
ln (1+ x ) x 2
十二、设(2E - C -1B ) A T = C -1, 其中 E 是 4 阶单位矩阵， A T 是 4 阶矩阵 A 的转置矩阵.
ϒ1 2 -3 -2/ ϒ1
2 0 1/ '0 1 2 -3∞ '0 1 2 0∞
B = ' ∞ ,
C = ' ∞ '0 0 1 2 ∞
'0 0 1 2∞
'0 0 0 1 ∞ '0 0 0 1∞
求 A .
【详解】 由题设得
≤ ƒ ≤ ƒ ≤ ƒ 1 2 3 1 2 3 C (2E - C -1B ) A T = E , 即(2C - B ) A T = E .
由于2C - B = '0 0 0 1∞
2C - B = 1 ≠ 0,
故2C - B 可逆.
于是 A = ϒ(2C - B )-1 /T = ϒ(2C - B )T
/-1
ϒ1 2 0 1/-1 =
ϒ 1 0 0 0/
∞ ∞
0∞ 4 3 2 1 0 1 -2 1∞ ≤ ƒ ≤ ƒ
十三、已知α = (1, 4, 0, 2)T ,α = (2, 7,1, 3)T
,α = (0,1, -1, a )T , β = (3,10, b , 4)T ，问
（1） a , b 取何值时， β 不能由α1 ，α2 ，α3 线性表示？
（2） a , b 取何值时， β 能由α1 ，α2 ，α3 线性表示？并写出其表达式.
【详解】 因为 ϒ1 2 0 #
3 / ϒ1 2 0 # 3
/
'4 7 1 # 10∞ '0 -1 1 # 2 ∞
A = (α1,α2 ,α3 # β ) = ' ∞ → ' ∞ →
'0 1 -1 # b ∞ '0 1 -1 # b ∞ '2 3 a # 4 ∞ '0 -1 a # -2∞
≤ ƒ ≤ ƒ
ϒ1 2 0 # 3 /
'
0 -1 1 # 2 ∞
' ∞
'0 0 a -1 # 0 ∞ '0 0 0 # b - 2∞
≤ ƒ
所以
（1）当b ≠ 2 时，线性方程组(α1,α2 ,α3 ) x = β 无解，
此时β 不能由α1,α2 ,α3 线性表示；
（2）当b = 2, a ≠ 1时，线性方程组(α1,α2 ,α3 ) x = β 有唯一解：
x = ( x , x , x )T = (-1, 2, 0)T
于是β 可唯一表示为：
β = -α1 + 2α2
0 ϒ1 2 3 4/
'
0 ' 1 2 3∞ ∞ ,
'0 0 1 2∞ '2
' 1 0 0∞ '-2 1
∞ = ' 0 '3 2 1 0∞ ' 1 -2 1
1 2 3 当b = 2, a = 1时，线性方程组(α1,α2 ,α3 ) x = β 有无穷多个解：
x = ( x , x , x )T = k (-2,1,1)T + (-1, 2, 0)T
（
k 为任意常数）这时β 可由α1,α2 ,α3 线性表示： β = -(2k +1)α1 + (k + 2)α2 + k α3 （ k 为任意常数）。