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1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！1993 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题 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)0limlnxxx.(2)函数()yy x由方程222sin()0 xxyexy所确定,则dydx.(3)设11()(2)(0)xF xdt xt,则函数()F x的单调减少区间是.(4)tancosxdxx.(5)已知曲线()yf x过点1(0,)2,且其上任一点(,)x y处的切线斜率为2ln(1)xx,则()f x.二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3
2、 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)当0 x 时,变量211sinxx是 ()(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(2)设2|1|,1,()1 2,1,xxf xxx 则在点1x 处函数()f x ()(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(3)已知2,01,()1,12,xxf xx 设1()()xF xf t dt(02)x,则()F x为 ()(A)31,013,12xxxx (B)311,0133,12xxxx(C)31,01
3、31,12xxxx (D)311,01331,12xxxx(4)设常数0k,函数()lnxf xxke在(0,)内零点个数为 ()欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！(A)3 (B)2 (C)1 (D)0(5)若()()f xfx,在(0,)内()0,()0fxfx,则()f x在(,0)内 ()(A)()0,()0fxfx (B)()0,()0fxfx(C)()0,()0fxfx (D)()0,()0fxfx 三、(本题共 5 小题,每小题 5 分,满分 25 分.)(1)设2sin()yf x,其中f具有二阶导数,求22d ydx.
4、(2)求2lim(100)xxxx.(3)求401cos2xdxx.(4)求30(1)xdxx.(5)求微分方程2(1)(2cos)0 xdyxyx dx满足初始条件01xy的特解.四、(本题满分 9 分)设二阶常系数线性微分方程xyyye的一个特解为2(1)xxyex e,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222xyx与yx所确定,求图形A绕直线2x 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0 x,常数ae,证明()aa xaxa.八、(本题
5、满分 6 分)设()fx在0,a上连续,且(0)0f,证明：20()2aMaf x dx,其中0max|()|x aMfx.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！1993 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析 一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)(1)【答案】0【解析】这是个0型未定式,可将其等价变换成型,从而利用洛必达法则进行求解.000021lnlimlnlimlimlim011xxxxxxxxxxx 洛.(2)【答案】222222 cos()2 cos()2xyexxyyxyxy【解析】这是一个由复
6、合函数和隐函数所确定的函数,将方程222sin()0 xxyexy两边对x求导,得 222cos()(22)20 xxyxyyeyxyy,化简得 222222 cos()2 cos()2xyexxyyyxyxy.【相关知识点】复合函数求导法则：如果()ug x在点x可导,而()yf x在点()ug x可导,则复合函数()yf g x在点x可导,且其导数为()()dyf ug xdx 或 dydy dudxdu dx.(3)【答案】104x【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.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！将函数1
7、1()(2),xF xdtt两边对x求导,得 1()2F xx.若函数()F x严格单调减少,则1()20F xx,即12x.所以函数()F x单调减少区间为104x.【相关知识点】函数的单调性：设函数()yf x在,a b上连续,在(,)a b内可导.(1)如果在(,)a b内()0fx,那么函数()yf x在,a b上单调增加；(2)如果在(,)a b内()0fx,那么函数()yf x在,a b上单调减少.(4)【答案】1/22cosxC【解析】32tansinsincoscoscoscosxxdxdxxxdxxxx 3122coscos2cosxdxxC.(5)【答案】222111(1)
8、ln(1)222xxx【解析】这是微分方程的简单应用.由题知 2ln(1)dyxxdx,分离变量得 2ln(1)dyxxdx,两边对x积分有 2221ln(1)ln(1)(1)2yxxdxxd x.由分部积分法得 2222221112ln(1)(1)(1)ln(1)(1)2221xxd xxxxdxx 222221(1)ln(1)211(1)ln(1).22xxxdxxxxC 因为曲线()yf x过点1(0,)2,故12C ,所以所求曲线为 222111(1)ln(1)222yxxx.二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.)(1)【答案】(D)欢迎您阅读并下载本文档，本
9、文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！【解析】因为当0 x 时,1sinx是振荡函数,所以可用反证法.若取 11kxk,则221111sin()sin0kkkkxx,211(2)2kxk,则22222111sin(2),(1,2,)2kkkkxx.因此,当k 时,有10kx及20kx,但变量211sinxx或等于 0 或趋于,这表明当0 x 时它是无界的,但不是无穷大量,即(D)选项正确.(2)【答案】(A)【解析】利用函数连续定义判定,即如果函数在0 x处连续,则有 000lim()lim()()xxxxf xf xf x.由题可知 221111|1|1lim(
10、)limlimlim(1)211xxxxxxf xxxx,221111|1|1lim()limlimlim(1)211xxxxxxf xxxx .因()f x在1x 处左右极限不相等,故在1x 处不连续,因此选(A).(3)【答案】(D)【解析】这是分段函数求定积分.当01x时,01xt,故2()f tt,所以 23311111()()(1)33xxxF xf t dtt dttx.当12x时,12,tx 故()1f t,所以 111()()11xxxF xf t dtdttx.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()yf x与x的交点个数.对函数
11、()lnxf xxke两边对x求导,得 11()fxxe.令()0fx,解得唯一驻点xe,欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！即 ()0,0;(),()0,;(),fxxef xfxexf x 严格单调增加严格单调减少 所以xe是极大值点,也是最大值点,最大值为()ln0ef eekke.又因为 00lim()lim(ln)lim()lim(ln)xxxxxf xxkexf xxke ,由连续函数的介值定理知在(0,)e与(,)e 各有且仅有一个零点(不相同).故函数()lnxf xxke在(0,)内零点个数为 2,选项(B)正确.(5
12、)【答案】(C)【解析】方法一：由几何图形判断.由()(),f xfx 知()f x为奇函数,图形关于原点对称；在(0,)内()0,()0,()fxfxf 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,()0,()0fxfx,选(C).方法二：用代数法证明.对恒等式()()f xfx 两边求导,得()(),()()fxfxfxfx.当(,0)x 时,有(0,)x,所以()()0,()()0fxfxfxfx,故应选(C).三、(本题共 5 小题,每小题 5 分,满分 25 分.)(1)【解析】222sin()cos()()2yf xf xfxx,22cos()()2yf
13、xfxx 2222cos()()2cos()()2f xfxxf xfxx 22cos()()(2)f xfxx 2222222sin()()(2)cos()()(2)f xfxxf xfxx 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！22cos()()2f xfx.【相关知识点】复合函数求导法则：如果()ug x在点x可导,而()yf x在点()ug x可导,则复合函数()yf g x在点x可导,且其导数为()()dyf ug xdx 或 dydy dudxdu dx.(2)【解析】应先化简再求函数的极限,2222(100)(100)lim
14、(100)lim100 xxxxxxxxxxxx 22100100limlim11001001xxxxxxx.因为0 x,所以 22100100100limlim5011 11 10011001xxxxx .(3)【解析】先进行恒等变形,再利用基本积分公式和分部积分法求解.2444000sec1tan1cos222xxxdxdxxdxx 4440001111sintantan(0)222 42cosxxxxdxdxx 4400111cosln(cos)82cos82dxxx 1121ln(cos)ln(cos0)lnln282482284.(4)【解析】用极限法求广义积分.2333000(1)
15、1(1)(1)(1)(1)(1)xxdxdxxxdxxx 12200121(1)(1)lim22(1)bbxxxx 221111lim02(1)222bbb.(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 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！2222cos,1011xxyyxxx,通解为 2222112cos1xxdxdxxxxyeedxCx 2222(1)(1)112cos1d xd xxxxeedxCx 221sincos11xCxdxCxx.代入初始条件 01xy,得 2sin0101C,所以 1C .所求特解为 2
16、sin11xyx.【相关知识点】一阶线性非齐次微分方程()()yp x yq x的通解公式为:()()()p x dxp x dxyeq x edxC,其中C为常数.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2(1)xxyex e,有 222(1)2(2)xxxxxyeex eex e,2222(2)4(2)4(3)xxxxxxxyex eeex eex e,代入方程xyyye,得恒等式 2224(3)2(2)(1)xxxxxxxex eex eex ee,化简得 2(42)(32)(1)xxxxeexee,比较同类项系数,得 42032
17、10,解之得3,2,1 .于是原方程为32xyyye,所对应的齐次微分方程320yyy的特征方 程为2320rr,解之得 121,2rr.所以微分方程32xyyye 的通解为 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！2*222121212(1)xxxxxxxxxyc ec eyc ec eex ec ec exe.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.222xyx等价于22(1)1xy.解法一：考虑对y的积分,则边界线为 2111xy 与2(01)xyy,如右图所示.当yydy时,2212(2)(2)dVxdy
18、xdy 222(2 11)(2)yydy 2221(1)yydy.所以 122021(1)Vyydy.对于1201y dy,令sinyt,则cosdytdt,所以 21222200001111cos(1cos2)sin22224y dytdtt dttt；对于 131122000(1)1(1)(1)(1)33yydyydy ,所以 12201121(1)243Vyydy.解法二：取x为积分变量,则边界线为 212yxx与2(01)yxx,如右图所示.当xxdx时,1222(2)()2(2)(2),dVxyy dxxxxx dx 所以1202(2)(2)Vxxxx dx.令1xt,则1,xt d
19、xdt,所以 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！120(2)(2)xxxx dx 021(1)2(1)(1)(1)tttt dt02221111ttttdt.再令sint,则cosdtd,所以 00222212111(cossincossin1)costtttdtd 00002222222cossincossincoscosdddd 00002222221(1cos2)coscossinsincos2dddd 000330222211cossinsin2sin2233 111143343.所以 120112(2)(2)2()43Vxx
20、xx dx.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,BCR ACh ODr.由22,BCODADOAODACAD,有 222()2RrhrRhhrrhhr.于是圆锥体积 22211(2)332hVR hrrhhr.对上式两端对h求导,并令0V,得 2222212(2)1(4)03(2)3(2)hh hrhh hrVrrhrhr,得唯一驻点4hr,且 24,04,0rhr VrhV,所以4hr为极小值点也是最小值点,最小体积38(4)3Vrr.A D O C B 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭
21、诚为您提供优质的文档！七、(本题满分 9 分)【解析】首先应简化不等式,从中发现规律.当0 x,常数ae时,原不等式两边取自然对数可化为 ln()()lnaaxaxa 或 ln()lnaxaaxa.证法一：令()()lnln()f xaxaaax,则()lnafxaax.由,0,ae x知ln1,1,aaax故 ()0(0)fxx.从而()f x为严格单调递增函数,且()()lnln()(0)lnln0,(0)f xaxaaaxfaaaax 即 ()lnln()0axaaax,所以 ()aa xaxa.证法二：令ln()xf xx,则21 ln()xfxx.当xae时,有21 ln()0 xf
22、xx,所以函数在xae为严格单调递减函数,即()()f xaf a,所以有 ln()lnaxaaxa,即 ()aa xaxa.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0,xa,由拉格朗日中值定理,得()(0)(),(0)f xffxx 由(0)0f,知()()f xfx.因为0max|()|x aMfx,所以|()|()|f xfxMx,将两边从0a做x的定积分,有 200|()|2aaMaf xdxMxdx.由定积分的基本性质可知 200|()|()|2aaMaf x dxf xdx.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！证法二：用牛顿-莱布尼茨公式.对任意给定的0,xa,以及(0)0f,可知 0()()(0)()xf t dtf xff x,从而 0|()|()|xf xf tdtMx,以下同证法一.证法三：分部积分法.0000()()()()()()()aaaaf x dxf x d xaf x xaax fx dx 00()()(0)(0)()()()()aaf a aafaax fx dxax fx dx.所以 0000()()()()()()aaaaf x dxax fx dxaxfx dxMax dx 2201122aM axxMa.