全国硕士研究生入学考试数学试卷及解析（真题详解）1997数学二

1997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、填空题(cosx，x0在x=0处连续，则α=(1) 已知f(x)=a,x=oe【答】【详解】由题设lim(x)=f(0),即IncosxLn=e1-0 2xa=lim(cosx=er-ox-e21-x则(2）设y=ln,V1+x3【答】2【详解】由题意得=ln(1-x)1+ x2y=O1y=1+x22(1-x)11-x2=2(1- x)2(1+x2)于是3yl2dx(3)/x(4x)Vxx-2【答】2arcsin+C或arcsin+C22【详解】方法一：dxdxx-2+C=arcsin2/x(4-x)/4-(x-2)方法二：

1997 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）已知 ( ) ( ) 2 cos , 0 , 0 x x x f x a x − ⎧⎪ ≠ = ⎨ ⎪⎩ = 在 x = 0 处连续，则 a = . 【答】 1 2 e − . 【详解】 由题设 () () 0 lim 0 , x fx f → = 即 ( ) 2 2 0 0 ln cos tan 1 lim lim 2 2 0 lim cos x x x x x x x x a xe e e − → → − − → = = == （2）设 1 ln , 1 x y x − = + 则 '' 0 | x y = = . 【答】 3 2 − . 【详解】 由题意得 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ' 2 2 '' 2 2 2 1 1 ln 1 ln 1 2 2 1 , 21 1 1 1 2 1 1 yx x x y x x x y x x = −− + =− − − + − =− − − + 于是 '' 0 | x y = = 3 2 − （3） ( ) 4 dx x x = − ∫ . 【答】 2arcsin 2 x +C 或 2 arcsin 2 x C − + 【详解】 方法一： ( ) ( )2 2 arcsin 4 2 4 2 dx dx x C x x x − = =+ − − − ∫ ∫ 方法二：

dVxdxdx=2x(4--(Nx). NxV4-(Vx)Vx+C= arcsin2(5）已知向量组α,=(1,2,-1,1),α,=(2,0,t,0),α,=(0,-4,5,-2)得秩为2，则t=【答】 3.【详解】方法一：121-10由于秩r(α,αz,α)=2,则矩阵20的任一个三阶子阵的行列式的值为零，t0-2-45即[12 -1]0=01-450解得1=3.方法二：22071-11-10200-4t+2-2t0-450-45-2-2秩r(α,α2,α)=2=t+2=5即t=3.二、选择题（1）设x→0时，etanx-e与x"是同阶无穷小，则n为(A) 1.(B) 2.(C) 3.(D) 4【【答】应选（C），【详解】方法一：由于x→0时，x2x3+o(x*):e"=1+x+3!2!则

( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 4 4 arcsin 2 dx dx d x x x x x x x C = = − −⋅ − = + ∫∫ ∫ （5）已知向量组α αα 1 23 = ( ) 1, 2, 1,1 , 2,0, ,0 , 0, 4,5, 2 − = =− − ( t ) ( ) 得秩为 2，则t = . 【答】 3. 【详解】 方法一： 由于秩 ( ) 123 r ααα , , 2, = 则矩阵 12 11 20 0 0 45 2 t ⎡ ⎤ − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ − − 的任一个三阶子阵的行列式的值为零， 即 12 1 2 0 0, 0 45 t − = − 解得t = 3. 方法二： 12 11 12 1 0 20 0 0 4 2 2 0 45 2 0 4 5 2 t t ⎡ ⎤⎡ ⎤ − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ → − +− ⎣ ⎦⎣ ⎦ −− − − 秩 ( ) 123 r t ααα , , 2 25 = ⇒+ = 即 t = 3. 二、选择题 （1）设 x → 0 时， tan x x e e − 与 n x 是同阶无穷小，则 n 为 （A）1. （B）2. （C）3. （D）4 【 】 【答】 应选（C）. 【详解】 方法一： 由于 x → 0 时， ( ) 2 3 4 1 2! 3! x x x e x ox =+ + + + ， 则

(tanx)(tan x)n(x4=1+tanx+02!3!(tan'x-x)+o()otanr(tan°x-x)+-e"=tanx-x+1x +o(r),又tanx=x+-3所以3从而etanx-e与x3为同阶非等价无穷小应取n=3,故选（C）.方法二：1oae"Ctanx-xlim= lim=lim3中x"-0x-→0x-→02 sec’ x·tan xsecx-1= limlimnx"-ir-0 n·(n-1)x-202tanxlimn(n-1) x-0 x"-2(2)设在区间[a,b]上f(x)>0, 于 (x)0，令S, =[ f(x)dxS, =f(b)(b-a),S, =,[F(a)+ f(b)(b-a), 则(A) S,<S,<S,(B)S, <S,<S(C)S, <S, <S,(D)S, <S,<S【答】应选（B），1f(aSSf (b)S0bxa【详解】

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () 2 3 tan 4 tan 2 2 3 3 3 tan tan 1 tan 2! 3! 1 1 tan tan tan 2 3! x x x x x e x ox e e x x x x x x ox =+ + + + − = −+ − + − + 又 ( ) 1 3 3 tan , 3 x =+ + x x ox 所以 tan x x e e − ＝ ( ) 1 3 3 3 x + o x 从而 tan x x e e − 与 3 x 为同阶非等价无穷小. 应取 n = 3, 故选（C）. 方法二： ( ) ( ) ( ) tan tan 00 0 2 2 1 2 0 0 2 0 1 tan lim lim lim sec 1 2sec tan lim lim 1 2 tan lim 1 x x x x nnn xx x n n x x n x e e xx e e xxx x x x nx n n x x nn x →→ → → → − − → − − − − = = − ⋅ = = ⋅ − = − (2)设在区间[a b, ] 上 () () ( ) ' '' fx f x f x ><> 0, 0, 0 ，令 1 ( ) , b a S f x dx = ∫ 2 3 ( )( ) ( ) ()( ) 1 , 2 S fb b a S fa fb b a = −= + − ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ，则 （A） 1 2 3. SS S < < (B) 2 1 3. S SS < < (C) 3 1 2. SSS < < (D) 2 3 1. SSS < < 【 】 【答】 应选（B）. 【详解】

由(x)>0,f(x)0知，曲线y=f(x)在[a,b]上单调减少且是凹曲线弧，于是有f(x)>f(b),(0) f(b)(b-a)= S2,S=()(a)+)-((x-a).b-a=[(a)+ (b)](b-a) = Ss:即S,0所以x=x是F(x)的极小值点(3)设 F(x)=I**en sintdt,则 F()

由 () () () ' '' fx f x f x ><> 0, 0, 0 知，曲线 y fx = ( ) 在[a b, ] 上单调减少且是凹曲线弧，于 是有 f () () x fb > , () () () () ( ), . fb fa f x fa x a a x b b a − −= ⎡ ⎤ − = 0 所以 0 x = x 是 f ( x) 的极小值点. (3)设 ( ) 2 sin sin , x t x F x e tdt + π = ∫ 则 F ( x)

为正常数.(A)（B）为负常数（C）恒为零（D）不为常数【答】应选（A）【详解】由于esinsint是以2元为周期的，因此+*" esin' sin tdt =-esin'sintdiF(x)=[esin'dcost0+cos’ tesini dt >0故应选（A）：2-x,x≤0x2,x0 (n)=-x,x≥02+x2,x0而x0;x≥0时,f(x)=-x≤0.故x2,x<0gf(x2+x,x≥0V4x2 +x-1+x+1三、求极限limVx? +sin x【详解】方法一：

（A） 为正常数. （B）为负常数. （C）恒为零. （D）不为常数. 【 】 【答】 应选（A）. 【详解】 由于 sin sin t e t 是以 2π 为周期的，因此 ( ) 2 2 sin sin 0 2 sin 0 2 2 sin 0 sin sin cos 0 cos 0. x t t x t t F x e tdt e tdt ed t t e dt π π π π + = = = − =+ ⋅ > ∫ ∫ ∫ ∫ 故应选（A）. （5）设 () () 2 2, 0 , 0 , 2, 0 , 0 x x x x gx f x x x x x ⎧ − ≤ ⎧ ⎩− ≥ 则 gfx ⎡ ( )⎤ ⎣ ⎦ 为 （A） 2 2 ,0 2, 0 x x x x ⎧ + ⎩ 而 x 0; x ≥ 0 时， fx x ( ) =− ≤ 0. 故 ( ) 2 2 ,0 2, 0 x x gfx x x ⎧ + < ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = ⎨ ⎩ + ≥ 三、求极限 2 2 4 11 lim sin x x x x x x →−∞ + −+ + + . 【详解】 方法一：

V4t2-t-1-t+1原式=lim1→+αVt?-sint+t41= lim1+osinI方法二：先进行有理化，再计算，3x2-x-2原式=limx2 +sin x(/4x2 +x-1-x-1212xlim1Tsin.x1+1+-→+4+Xxxx=arctantd(2)设y=y(x)由所确定，求[2y-ty?+e'=5dx【详解】方法一：dx_1dt"1+24-y-2y+e=0,由dtdtdy-e得dt = 2(1-y)(y2 -e')(1+r)dy因而dx2(1-ty)方法二：由x=arctant，得t=tanx，将其代入题目中第二式有2y-y? tan x+etan* =5两边对x求导得202y.tanx-y?.sec2x+etanx.secx=0dx解得(y2 -et)(1+ tan? x)dy_dx1(1- ytan x)

原式＝ 2 2 4 11 lim sin t tt t t t →+∞ −−−+ − ＝ 2 2 11 1 4 1 lim 1 1 1 sin t tt t t t →+∞ − − −+ = − 方法二： 先进行有理化，再计算. 原式＝ ( ) 2 2 2 3 2 lim sin 4 1 1 x x x x x xx x →−∞ − − + + −− − ＝ 2 2 2 1 2 3 lim 1 sin 1 1 1 14 1 x x x x x xx x →−∞ − − = ⎛ ⎞ + + − ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (2)设 y yx = ( )由 2 arctan 2 5 t x t y ty e ⎧ = ⎨ ⎩ − += 所确定，求 . dy dx 【详解】 方法一： 2 1 1 dx dt t = + ， 由 2 2 2 0, dy dy t y ty e dt dt − − += 得 ( ) 2 2 1 t dy y e dt ty − = − 因而 ( )( ) ( ) 2 2 1 2 1 t dy ye t dx ty − + = − 方法二： 由 x = arctan t ，得t x = tan ，将其代入题目中第二式有 2 tan 2 tan 5 x yy xe − += 两边对 x 求导得 2 2 tan 2 2 2 tan sec sec 0, dy x y xy xe x dx −⋅ −⋅ + ⋅ = 解得 ( )( ) ( ) 2 tan 2 1 tan 1 1 tan x dy ye x dx y x − + = −

(3)计算[e2(tan x+1)"dx【详解】方法一：(an+1}-Je(tan+1)secxd原式=2e(tanx+1)′-Je"tanxsec'xdx-Je"seexdxe(tan+}etan'+Jetanxd-esx12Le* (2tanx+1)-Je*"dx2Le2x+Cle2*(2tan x+1)-22=e?* tanx+C方法二：由于(tanx+1)=1+tanx+2tanx=sec2x+2tanx而 sec xdx = d tan x从而原式= Je2 sec xdx+2fe tan xdx=e? tan x-2fe2* tan xdx+2fe* tan xdx= e? tanx+C(4）求微分方程(3x2+2xy-y)dx+(x2-2xy)dy=0的通解【详解】易知此方程为齐次方程，令y=ux,则d=x+udxdx代入原方程有x du__ 3(u2 -u-1)dx2u-1此为可分离变量方程，解得u -u-1=Cx-3即y2 - xy - x? = Cx-1（5）已知y=xe"+e,y2=xe"+ey=xe+e2-e是某二阶线性非齐次微分方程的

（3）计算 ( )2 2 tan 1 x e x dx + ∫ 【详解】 方法一： 原式 ()() 2 1 2 22 tan 1 tan 1 sec 2 x x = +− + e x e x xdx ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 2 22 22 22 2 2 2 2 2 1 tan 1 tan sec sec 2 1 1 tan 1 tan tan sec 2 2 1 2 tan 1 2 1 1 2 tan 1 2 2 tan xx x x xx x x x x x x e x e x xdx e xdx e x e x e xdx e xdx e x e dx e x eC e xC = +− − = +− + − = +− = +− + = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 方法二： 由于( )2 2 2 tan 1 1 tan 2 tan sec 2 tan x + =+ + = + x xx x 而 2 sec tan xdx d x = 从而 原式 22 2 sec 2 tan x x = + e xdx e xdx ∫ ∫ 22 2 2 tan 2 tan 2 tan tan xx x x e x e xdx e xdx e xC =− + = + ∫ ∫ （4）求微分方程( ) ( ) 2 22 32 2 0 x xy y dx x xy dy + − +− = 的通解. 【详解】 易知此方程为齐次方程，令 y ux = , 则 , dy du x u dx dx = + 代入原方程有 ( ) 2 3 1 2 1 du u u x dx u − − = − − 此为可分离变量方程，解得 2 3 u u Cx 1 − − −= 即 2 21 y xy x Cx− −−= （5）已知 2 2 123 , , xx xx xxx y xe e y xe e y xe e e − − = + = + = +− 是某二阶线性非齐次微分方程的

三个解，求此微分方程【详解】由题设，并根据二阶线性非齐次微分方程解的结构知，J-=e"*是齐次方程的解；而J2-e-=xe仍为非齐次方程的特解，进而得y-xe=e2*为齐次方程得解即有e2x与e-是相应齐次方程的两个线性无关的解，且xe是非齐次方程的一个特解故y=xe' +C,e2*+C,e-r是所求方程的通解由y' =e"+ xe" +2C,e2-C,e'",y =2e' +xe"+4Ce?*+Ce"消去C,C,所得的方程为y-y-2y=e"-2xe*[1 1 -1]（6）已知A=011，且A2-AB=E,其中E是三阶单位矩阵，求矩阵B.[o 0 -1]因A+0，在A?-AB=E两边左乘A-，得【详解】A-B= A-I,即B= A- A-I[11 -1]1-1-11011得A：0又由A=[0 0 -1]00-1从而11B=0100000[021000000

三个解，求此微分方程. 【详解】 由题设，并根据二阶线性非齐次微分方程解的结构知， 1 3 x yye− − = 是齐次方程的解； 而 2 x x y e xe − − = 仍为非齐次方程的特解， 进而得 2 1 x x y xe e − = 为齐次方程得解 即有 2x e 与 x e− 是相应齐次方程的两个线性无关的解，且 x xe 是非齐次方程的一个特解. 故 2 1 2 xx x y xe C e C e− =+ + 是所求方程的通解. 由 ' 2 1 2 '' 2 1 2 2 , 24 . xx x x xx x x y e xe C e C e y e xe C e C e − − =+ + − =++ + 消去 1 2 C C, 所得的方程为 '' ' 2 2. x x y y y e xe −− = − （6）已知 11 1 01 1, 00 1 A ⎡ ⎤ − ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − 且 2 A AB E − = ,其中 E 是三阶单位矩阵，求矩阵 B. 【详解】 因 A ≠ 0 ，在 2 A AB E − = 两边左乘 1 A− ，得 1 AB A− − = , 即 1 B A A− = − 又由 11 1 01 1, 00 1 A ⎡ ⎤ − ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − 得 1 112 0 1 1, 00 1 A− ⎡ − − ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ − ⎥ ⎣ ⎦ 从而 11 1 1 1 2 01 1 0 1 1 00 1 0 0 1 021 000 000 B ⎡ ⎤⎡ ⎤ − − − ⎢ ⎥⎢ ⎥ = − ⎣ ⎦⎣ ⎦ − − ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

2x +nx2 -x =1四、入取何值时，方程组、x-xz+x,=2无解，有唯一解或有无穷多解？并在有无穷多4x, +5x, -5x, =-1解时写出方程组得通解【详解】方法一：原方程组的系数行列式[2 元 -1]2-1=52--4=(-1)(5+4)45-54故当1月时，方程组有唯一解5当=1时，原方程组为2x +x, -x =1,X -x, +x =2,[4x +5x2-5x, = -1,对其增广矩阵施行初等行变换：2-110121-3:4101-11:2045-5:-1109-900:0-9 :因此，当入=1时，原方程组有无穷多解，其通解为x, =1x, =-1+kx=k[或(x,x2,)=(1,-1,0) +k(0,1,1)（为任意实数) ]当=-4三时，原方程组的同解方程组为510x,-4x,-5x, =5,4x+5x-5x,=-10,4x +5x-5x,=-1,对其增广矩阵施行初等行变换：105[105-4-5.-45.445-105-10-51400509-5-1

四、λ 取何值时，方程组 1 23 123 123 2 1 2 455 1 x xx xx x xxx λ λ ⎧ + −= ⎪ ⎨ −+= ⎪ ⎩ + − =− 无解，有唯一解或有无穷多解？并在有无穷多 解时写出方程组得通解. 【详解】 方法一： 原方程组的系数行列式 ( )( ) 2 2 1 1 1 5 4 15 4 45 5 λ λ λλ λ λ − − = −−= − + − 故当λ ≠ 1且 4 5 λ ≠ − 时，方程组有唯一解. 当λ =1时，原方程组为 123 123 123 2 1, 2, 4 5 5 1, xxx xx x xxx ⎧ +−= ⎪ ⎨ −+= ⎪ ⎩ + − =− 对其增广矩阵施行初等行变换： 21 1 1 03 3 3 1 11 2 1 11 2 1 11 2 01 1 1 45 5 1 09 9 9 00 0 0 ⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ − −− − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ − →− → − − ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦ −− −− ### ### ### 因此，当λ =1时，原方程组有无穷多解，其通解为 1 2 3 1 1 x x k x k ⎧ = ⎪ ⎨ =− + ⎪ ⎩ = [或( )( ) ( ) 123 , , 1, 1,0 0,1,1 T TT xxx k =− + （k 为任意实数）] 当 4 5 λ = − 时，原方程组的同解方程组为 123 123 123 10 4 5 5, 4 5 5 10, 4 5 5 1, xxx xxx xxx ⎧ −−= ⎪ ⎨ + − =− ⎪ ⎩ + − =− 对其增广矩阵施行初等行变换： 10 4 5 5 10 4 5 5 4 5 5 10 4 5 5 10 45 5 1 000 9 ⎡ ⎤⎡ ⎤ −− −− ⎢ ⎥⎢ ⎥ − −→ − − ⎣ ⎦⎣ ⎦ − − # # # # # #

4可见当=时，原方程组无解5方法二：对原方程组的增广矩阵施行初等行变换：2元2221111-10.：30:31-12元+21+21-10[5元+40:945-6-5元+50-64于是，当入一时，原方程组无解54当1且一时，方程组有唯一解，5当入=1时，原方程组有无穷多解，其通解为x =1x=-1+kx=k[或(,2,)=(1,-1,0)+(0,1,1)（为任意实数）]五、设曲线L的极坐标方程为r=r(の)，M(r,の)为L上任一点，M。(2,0)为L上一定点，若极径OM.,OM与曲线L所围成的曲边扇形面积值等于L上M,M两点间弧长值的一半，求曲线L的方程由题设，有【详解】1rrdo=Ir?+r2de两边对θ求导，得r?=Vr?+r2，即r=±r?-1dr从而=±der/r2-1dr因为-arcsin-+C,rVr?-11所以-arcsin-+C=±0由条件r(0)=2，知C6故所求曲线L的方程为

可见当 4 5 λ = − 时，原方程组无解. 方法二： 对原方程组的增广矩阵施行初等行变换： 2 1 1 2 1 1 2 11 11 2 2 1 0 3 2 10 3 45 5 1 6 5 50 6 5 4 0 0 9 λλ λ λ λ λ λλ λ λ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎡ ⎤ − −− ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ − →+ − → + − ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦ − − − −+ − + # ## # ## # ## 于是，当 4 5 λ = − 时，原方程组无解. 当λ ≠ 1且 4 5 λ ≠ − 时，方程组有唯一解. 当λ =1时，原方程组有无穷多解，其通解为 1 2 3 1 1 x x k x k ⎧ = ⎪ ⎨ =− + ⎪ ⎩ = [或( )( ) ( ) 123 , , 1, 1,0 0,1,1 T TT xxx k =− + （k 为任意实数）] 五、设曲线 L 的极坐标方程为 r r = (θ ) ， M (r,θ ) 为 L 上任一点， M0 (2,0) 为 L 上一定点， 若极径 0 OM OM , 与曲线 L 所围成的曲边扇形面积值等于 L 上 0 M , M 两点间弧长值的一半， 求曲线 L 的方程. 【详解】 由题设，有 2 2 '2 0 0 1 1 , 2 2 rd r r d θ θ θ = + θ ∫ ∫ 两边对θ 求导，得 2 2 '2 r rr = + ，即 ' 2 r rr = ± −1 从而 2 1 dr d r r = ± θ − 因为 2 1 arcsin , 1 dr C r r r =− + − ∫ 所以 1 arcsin C r − + =±θ 由条件 r( ) 0 2 = ，知 6 C π = 故所求曲线 L 的方程为