1990年考研数学二试卷及答案

2023年12月2日发(作者：2022湖南高考数学试卷谁出题)

1990年考研数学二试卷及解答

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.把解答填在题中横线上.)

3xcost(1) 曲线上对应于点t点处的法线方程是＿＿＿＿＿＿.

36ysinttan1x(2) 设yesin1,则y＿＿＿＿＿＿.

x(3)

10x1xdx＿＿＿＿＿＿.

(4) 下列两个积分的大小关系是：(5) 设函数f(x)

12ex3dx＿＿＿＿＿＿

exdx.

2131, |x|1,则函数f[f(x)]＿＿＿＿＿＿.

0, |x|1二、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.)

x2axb0,其中a,b是常数,则 ( ) (1) 已知limxx1(A)

a1,b1 (B)

a1,b1

(C)

a1,b1 (D)

a1,b1

(2) 设函数f(x)在(,)上连续,则df(x)dx等于 ( )

(A)

f(x) (B)

f(x)dx

(C)

f(x)C (D)

f(x)dx

(3) 已知函数f(x)具有任意阶导数,且f(x)[f(x)],则当n为大于2的正整数时,f(x)

的n阶导数f(n)2(x)是 ( )

(B)

n[f(x)]n1(A)

n![f(x)]2nn1

(C)

[f(x)] (D)

n![f(x)]

2n(4) 设f(x)是连续函数,且F(x)(A)

e(C)

exexxf(t)dt,则F(x)等于 ( )

f(ex)f(x) (B)

exf(ex)f(x)

xf(ex)f(x) (D)

exf(ex)f(x)

f(x), x0(5) 设F(x)x,其中f(x)在x0处可导,f(0)0,f(0)0,则x0

f(0), x0是F(x)的 ( )

(A) 连续点 (B) 第一类间断点

(C) 第二类间断点 (D) 连续点或间断点不能由此确定

三、(每小题5分,满分25分.)

(1) 已知lim(xxax)9,求常数a.

xa(2) 求由方程2yx(xy)ln(xy)所确定的函数yy(x)的微分dy.

(3) 求曲线y(4) 计算1(x0)的拐点.

21xlnx(1x)2dx.

(5) 求微分方程xlnxdy(ylnx)dx0满足条件yxe1的特解.

四、(本题满分9分)

x2y2在椭圆221的第一象限部分上求一点P,使该点处的切线、椭圆及两坐标轴所ab围图形面积为最小(其中a0,b0).

五、(本题满分9分)

证明：当x0,有不等式arctanx六、(本题满分9分)

设f(x)

1.

x2x1lnt1dt,其中x0,求f(x)f().

1tx七、(本题满分9分)

过点P(1,0)作抛物线yx2的切线,该切线与上述抛物线及x轴围成一平面图形,求此平面图形绕x轴旋转一周所围成旋转体的体积.

八、(本题满分9分)

求微分方程y4y4ye之通解,其中a为实数.

解答

一、填空题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)

(1)【解答】yax133(x3)

88tan11tan111211x(2)【解答】esec2sinexcos2

xxxxx(3)【解答】4

15(4)【解答】

(5)【解答】1

二、选择题(每小题3分,满分15分.)

(1)【解答】C

(2)【解答】B

(3)【解答】A

(4)【解答】A

(5)【解答】B

三、(每小题5分,满分25分.)

(1)此题考查重要极限：lim(1)e.

x1xxaaa(1)a(1)xaexax2axxlime9,

lim()limxaxxaxaxxaea(1)(1)axxx得2aln9aln3.

或由

lim(xxax2a)lim1xxaxaxax2a2axae2a,

同理可得aln3.

(2)方程两边求微分,得

2dydxln(xy)d(xy)(xy)dln(xy)

(dxdy)ln(xy)(xy)dxdy,

xy整理得

dy2ln(xy)dx.

3ln(xy)uuvuv(3)对分式求导数,有公式,所以

2vv2x2(3x21)y,y,

22(1x)(1x2)3令y0得x111,y在此变号,即是x时,y0;x时,y0;

333故拐点为(13,).

34本题利用第一个判别定理就足够判定所求点是否是拐点了.

(4)由dxd(1x)1d有

(1x)2(1x)2(1x)lnx1lnx11dxlnxd()分部法()dx

(1x)21x1xx1xxlnxln|1x|C,

C为任意常数.

1x注：分部积分法的关键是要选好谁先进入积分号的问题,如果选择不当可能引起更繁杂的计算,最后甚至算不出结果来.在做题的时候应该好好总结,积累经验.

(5)所给方程为一阶线性非齐次方程,其标准形式为

y11y.

xlnxxlnx由于

exlnx|lnx|,两边乘以lnx得(ylnx).

xdxlnxxdxC,

lnxC通解为

y.

2lnx1lnx1代入初始条件yxe1可得C,所求特解为y.

222lnx积分得

ylnx

四、(本题满分9分)

dyb2xxdxydy2. 对椭圆方程进行微分,有220dxayab过曲线上已知点(x0,y0)的切线方程为yy0k(xx0),当y(x0)存在时,ky(x0).

b2xxXyY所以点(x,y)处的切线方程为Yy2(Xx),化简得到221.

ayaba2b2,； 分别令X0与Y0,得切线在x,y上的截距分别为xy又由椭圆的面积计算公式ab,其中a,b为半长轴和半短轴,故所求面积为

1a2b21Sab,x(0,a).

2xy4a,b为常数,欲使得S的最小,则应使得xy最大；从而问题化为求uxy(y由椭圆方程所确定)当x(0,a)时的最大值点.

x2y2yxy令uxy,uxyy0,得y,再对221两边求导得22y0,联abxab合可得xa(唯一驻点),即在此点uxy取得最大,S取得最小值.

2a必为最小2由于limS(x)limS(x),所以S(x)在(0,a)上存在最小值,xx0xa0点,所求P点为ab,.

22 五、(本题满分9分)

证明不等式的一般方法是将表达式移到不等号的一边,令其为f(x),另一边剩下0,再在给定区间内讨论f(x)的单调性即可证明原不等式.

令f(x)arctanx111,则f(x)0 (x0).因此,f(x)在

x21x2x2(0,)上单调减；又有limarctanxx2,所以

11limf(x)lim()lim0,

xx2xxx2故0x时,f(x)limf(x)0,所以原不等式得证.

x

六、(本题满分9分)

11lnt111dt,由换元积分t,dt2du,t:1u:1x； 方法1：f()x11txuuxt1u1lntdt所以

f()x1t由区间相同的积分式的可加性,有

f(x)f()=1x1x1lnudu.

u(u1)1xx1xxlntlntlnt1dtdtdtln2x.

1t(t1)11tt2方法2：令F(x)f(x)f(),则

1x1lnx1lnxF(x)x2.

1x11xxxln由牛顿-莱布尼兹公式,有

lnx1dxln2x,

1x21lnx11dx0,故F(x)f(x)f()ln2x. 而F(1)1xx2F(x)F(1)x七、(本题满分9分)

先求得切线方程：对抛物线方程求导数,得

y

1

y

O

1 2 3

x y1,过曲线上已知点(x0,y0)的切线方程

2x2为yy0k(xx0),当y\'(x0)存在时,ky\'(x0).

所以点(x0,x02)处的切线方程为

yx021(xx0),

2x02此切线过点P(1,0),所以把点P(1,0)代入切线方程得x03,再x03代入抛物线方程得

y01,y(3)111.由此,与抛物线相切于(3,1)斜率为的切线方程为

22322x2y1.

旋转体是由曲线yf(x),直线x2y1与x轴所围成的平面图形绕x轴旋转一周所形成的,求旋转体体积V：

方法1：曲线表成y是x的函数,V是两个旋转体的体积之差,套用已有公式得

V3131(x1)2dx(x2)2dx

243111(x1)3(x22x).

1432623方法2：曲线表成x是y的函数,并作水平分割,相应于y,ydy小横条的体积微元,如上图所示,

2dV2y(y2)(2y1)dy,

于是,旋转体体积

V2

八、(本题满分9分)

142312132(y2yy)dy2yyy.

03206412所给方程为常系数二阶线性非齐次方程,特征方程r4r40的根为r1r22,原方ax程右端eex中的a. 当a2时,可设非齐次方程的特解YAe,代入方程可得A2axax1,

2(a2)当a2时,可设非齐次方程的特解YxAe,代入方程可得A所以通解为

y(c1c2x)e2x1,

2eax (a2),

2(a2)2y(c1c2x)e2xxe2x2 (

a2).