1993考研数二真题及解析.doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上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) .(2) 函数由方程所确定,则.(3) 设,则函数的单调减少区间是.(4) .(5) 已知曲线过点,且其上任一点处的切线斜率为,则.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.)(1) 当时,变量是 ( )(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 则在点处函数 ( )(A) 不连续 (B) 连续,但不

2、可导(C) 可导,但导数不连续 (D) 可导,且导数连续(3) 已知 设,则为 ( )(A) (B) (C) (D) (4) 设常数,函数在内零点个数为 ( )(A) 3 (B) 2 (C) 1 (D) 0(5) 若,在内,则在内 ( )(A) (B) (C) (D) 三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.) (1) 设,其中具有二阶导数,求.(2) 求.(3) 求.(4) 求.(5) 求微分方程满足初始条件的特解.四、(本题满分9分)设二阶常系数线性微分方程的一个特解为,试确定常数,并求该方程的通解.五、(本题满分9分)设平面图形由与所确定,求图形绕直线旋转一周所得旋转体的体积.六、(

3、本题满分9分)作半径为的球的外切正圆锥,问此圆锥的高为何值时,其体积最小,并求出该最小值.七、(本题满分6分)设,常数,证明.八、(本题满分6分)设在上连续,且,证明：,其中.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】【解析】这是个型未定式,可将其等价变换成型,从而利用洛必达法则进行求解.(2)【答案】【解析】这是一个由复合函数和隐函数所确定的函数,将方程两边对求导,得,化简得 .【相关知识点】复合函数求导法则：如果在点可导,而在点可导,则复合函数在点可导,且其导数为 或 . (3)【答案】【解析】由连续可导函数的导数与

4、的关系判别函数的单调性.将函数两边对求导,得 .若函数严格单调减少,则,即.所以函数单调减少区间为.【相关知识点】函数的单调性：设函数在上连续,在内可导.(1) 如果在内,那么函数在上单调增加；(2) 如果在内,那么函数在上单调减少.(4)【答案】【解析】 .(5)【答案】【解析】这是微分方程的简单应用.由题知 ,分离变量得 ,两边对积分有.由分部积分法得 因为曲线过点,故,所以所求曲线为.二、选择题(本题共5小题,每小题3分,满分15分.)(1)【答案】(D)【解析】因为当时,是振荡函数,所以可用反证法.若取 ,则,则.因此,当时,有及,但变量或等于0或趋于,这表明当时它是无界的,但不是无穷

5、大量,即(D)选项正确.(2)【答案】(A)【解析】利用函数连续定义判定,即如果函数在处连续,则有.由题可知,.因在处左右极限不相等,故在处不连续,因此选(A).(3)【答案】(D)【解析】这是分段函数求定积分.当时,故,所以.当时,故,所以.应选(D).(4)【答案】(B)【解析】判定函数零点的个数等价于判定函数与的交点个数.对函数两边对求导,得 .令,解得唯一驻点,即 所以是极大值点,也是最大值点,最大值为.又因为 ,由连续函数的介值定理知在与各有且仅有一个零点(不相同).故函数在内零点个数为2,选项(B)正确.(5)【答案】(C)【解析】方法一：由几何图形判断.由知为奇函数,图形关于原点

6、对称；在内图形单调增加且向上凹,根据图可以看出在内增加而凸,选(C).方法二：用代数法证明.对恒等式两边求导,得.当时,有,所以,故应选(C).三、(本题共5小题,每小题5分,满分25分.) (1)【解析】, .【相关知识点】复合函数求导法则：如果在点可导,而在点可导,则复合函数在点可导,且其导数为 或 .(2)【解析】应先化简再求函数的极限,.因为,所以.(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.(4)【解析】用极限法求广义积分. .(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 ,通解为 .代入初始条件 ,得 ,所以 .所求特解为 .【相关知识点】一阶

7、线性非齐次微分方程的通解公式为:,其中为常数.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,有 , ,代入方程,得恒等式 ,化简得,比较同类项系数,得,解之得.于是原方程为,所对应的齐次微分方程的特征方程为,解之得 .所以微分方程的通解为.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.等价于.解法一：考虑对的积分,则边界线为与,如右图所示.当时, .所以 .对于,令,则,所以 ；对于 ,所以 .解法二：取为积分变量,则边界线为与,如右图所示.当时, 所以.令,则,所以 .再令,则,所以 .所以 .六、(本题满分9分)【解析】这

8、是一个将立体几何问题转化为函数求最值的问题.ADOCB设圆锥底半径为,如图,.由,有.于是圆锥体积.对上式两端对求导,并令,得,得唯一驻点,且,所以为极小值点也是最小值点,最小体积.七、(本题满分9分)【解析】首先应简化不等式,从中发现规律.当,常数时,原不等式两边取自然对数可化为 或 .证法一：令,则.由知故 .从而为严格单调递增函数,且即 ,所以 .证法二：令,则.当时,有,所以函数在为严格单调递减函数,即,所以有 ,即 .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,由拉格朗日中值定理,得由,知.因为,所以 ,将两边从做的定积分,有.由定积分的基本性质可知 .证法二：用牛顿-莱布尼茨公式.对任意给定的,以及,可知,从而 ,以下同证法一.证法三：分部积分法.所以 .专心-专注-专业