全国硕士研究生入学考试数学试卷及解析（真题详解）1995数学二

1995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(1) 设y=cos(r")sin ,则y'A1 -2sin(r)sin1-sinzcos(+)【答】xx20Y'=[cos(x)]'sin? I +cos(r) ( sin? ])【详解】xX=-2sin(+)sin1sincos(r),xx5x（2）微分方程y+y=-2x的通解为【答】y=-2x+C, cos x+C, sinx.相应齐次方程的特征方程为2+1=0,其根为=i,=-i【详解】由于非齐次项为-2x,=0不是特征根，可设非齐次方程的特解为y=A+Bx，代入原方程解，得A=0,B=-2，因此通解为y=-2x+C,cosx+C, sinx[x=1+t?（3）曲线在1=2处的切线方程为y=3【答】3x-y-7=0【详解】当t=2时，x=5,=8,且dydy_4_3.dyl=3,dx-dx lr-2dt1+t可知过曲线上对应于t=2的切线斜率为3，切点为点（5，8）因此切线方程为y-8=3(x-5)或3x-y-7=0

1995 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）设 2 2 1 yx y cos( )sin , ' _. x = = 则 【答】 ( ) ( ) 22 2 2 11 2 2 sin sin sin cos . x x x xx x − − 【详解】 22 2 2 1 1 yx x ' [cos( )]'sin cos( ) sin ' x x ⎛ ⎞ = +⋅⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) ( ) 22 2 2 11 2 2 sin sin sin cos . x x x xx x =− − （2）微分方程 yy x '' 2 + =− 的通解为_. 【答】 1 2 y xC xC x =− + + 2 cos sin . 【详解】 相应齐次方程的特征方程为 2 1 2 λ λλ +1 0, , , = = =− 其根为 i i 由于非齐次项为 −2, 0 x λ = 不是特征根，可设非齐次方程的特解为 * y A Bx = + ，代入原 方程解，得 A B = =− 0, 2 ，因此通解为 1 2 y xC xC x = −+ + 2 cos sin . （3）曲线 2 3 1 2 x t t y t ⎧⎪ = + ⎨ = ⎪⎩ = 在 处的切线方程为_. 【答】 3 7 0. x y −−= 【详解】 当 0 0 t xy = == 2 5, 8, 时， 且 2 3 , 3, 2 t dy dy dy dt t dx dx dx dt = == = 可知过曲线 2 3 1 2 x t t y t ⎧⎪ = + ⎨ = ⎪⎩ = 上对应于 的切线斜率为 3，切点为点（5，8）. 因此切线方程为 y x −= − 83 5 ( )或3 7 0. x y − − =

21n(4) limn2+n+2+n+ln+n+nnI【答】12【详解】利用夹逼定理，由1+2+...+ni1+2+..+nn2+n+1n?+n+n台n+n+i且_n(n+1)1+2+...+n12lim=lim-2n2+n+nn+n+n1n(n+1)1+2+.+n2lim= lim-2n2+n+1n→n?+n+1i1lim知12台n?+n+i（5）曲线y=xe-的渐近线方程为【答】y=0.x22x由于limxe-r=lim【详解】lim0er-→02xeY所以，y=0水平为渐近线二、选择题(1）设f(x)和p(x)在(-00,+o0)内有定义，f(x)为连续函数，且f(x)+0,β(x)有间断点，则(B)[()必有间断点(A)[f(x)]必有间断点(D)[(x)]必有间断点(C)[f(x)必有间断点【答】应选(D)【详解】方法一（用反证法）：若()无间断点，即连续，则f(x)p(x)f(x)=p(x)f(α)

（4） 22 2 1 2 lim _. n 1 2 n →∞ n n n n n nn ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ++ = ⎝ ⎠ ++ ++ ++ " 【答】 1 . 2 【详解】 利用夹逼定理，由 2 22 1 12 12 , 1 n i ni n n nn n ni n n = + + + ++ + < < ++ ++ ++ ∑ " " 且 ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 12 1 2 lim lim , 2 1 1 12 1 2 lim lim , 1 12 n n n n n n n n nn n nn n n n nn nn →∞ →∞ →∞ →∞ + ++ + = = ++ ++ + ++ + = = ++ ++ " " 知 2 1 1 lim . 2 n n i i →∞ n ni = = + + ∑ （5）曲线 2 2 x y xe− = 的渐近线方程为_. 【答】 y=0. 【详解】 由于 2 2 2 2 2 2 lim lim lim 0, 2 x x xx x x x x x e e xe − →∞ →∞ →∞ == = 所以，y=0 水平为渐近线. 二、选择题 （1）设 fx x () () ( ) 和 在 ϕ −∞ +∞ , 内有定义， f ( x) 为连续函数，且 f ( x x ) () ≠ 0,ϕ 有间断 点，则 ( ) () () ( ) () () 2 2 . ( ) . . ( ) . A fx B x C fx D x ϕ ϕ ϕ ϕ ⎡⎤ ⎡⎤ ⎣⎦ ⎣⎦ ⎡⎤ ⎡⎤ ⎣⎦ ⎣⎦ 必有间断点 必有间断点 必有间断点 必有间断点 【 】 【答】 应选（D）. 【详解】 方法一（用反证法）： 若 ( ) ( ) x f x ϕ 无间断点，即连续，则 ( ) ( ) () () x f x x f x ϕ ⋅ = ϕ

也连续，与已知条件矛盾，所以9兴必有间断点（A）、（B）、（C）均可举反例说明不成立f(x)方法二：[1,x≥0取p(x)=(、2()=+1,则(),()符合要求,而[()=1 (x)=1,J[())=2均无间断点，故排除（A)、（B)、（C)，应选（D）(2）曲线y=x(x-1)(2-x)与x轴所围图形的面积可表示为(A)-J°x(x-1)(2-x)dx(B))°x(x-1)(2-x)dx-Jx(x-1)(2-x)dx(C)-Jx(x-1)(2-x)dx+Jx(x-1)(2-x)dx(D) °x(x-1)(2 -x)dx.【【答】应选（C）【详解】曲线y=x(x-1)(2-x)与x轴的交点为x=0,x=1,x=2，因此该曲线与x轴所围图形的面积可表示为[°lx(x-1)(2-x)dx=-f x(x-1)(2-x)dx+f x(x-1)(2-x)dx(3）设f(x)在(-0,+0)内可导，且对任意x、x,当x>x,时，都有f(x)>f()则(A)对任意x,'(x)>0.(B)对任意x,f"(x)≤0.(D)函数-f(-x)单调增加(C)函数f(-x)单调增加【【答】应选（D)【详解】因为对任意x、x2,当x,>x,时，-x-f(-x),故-f(-x)是单调增加的(4)设函数(x)在[0,1]上f"(x)>0,则F(1)、f(0)、f(1)-f(0)或f(0)-f(1)的大小顺序是(A)f'()>f'(0)> f()- f(0)(B) f'(1)> f(0)-f(0)> f(0)(D)f'()>f(0)- f(0)> f'(0)(C)f(1)-f (0)> f'(1)> f'(0)

也连续，与已知条件矛盾，所以 ( ) ( ) x f x ϕ 必有间断点.（A）、（B）、（C）均可举反例说明不成立. 方法二： 取 () () () () 4 1, 0, 1, , 1, 1 x x fx x fx x x ϕ ϕ ⎧ ≥ = =+ ⎨ ⎩− > () ( ) 则 ( ) () ( ) ( ) () ( ) () ( ) , ' 0. , ' 0. . . A xf x B xf x C fx D fx > ≤ − − 对任意 对任意 函数 单调增加 函数- 单调增加 【 】 【答】 应选（D）. 【详解】 因为对任意 1 x、x2 1 2 12 1 2 , , 当 时，- −− − f x fx ， 故 − − f ( ) x 是单调增加的. (4) 设函数 f ( ) x fx f f f f f f 在上 则、 、 或 [0,1 '' 0, ' 1 ' 0 1 0 0 1 ] ( ) > −− ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () 的大小 顺序是 ( ) () ( ) () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () ( ) () ( ) () ( ) ( ) () ( ) () ( ) '1 '0 1 0 '1 1 0 '0 1 0 '1 '0 '1 0 1 '0 Af f f f Bf f f f Cf f f f Df f f f > >− >− > − > > > −> 【 】

【答】应选(B)。【详解】由题设f"(x)>0,所以f(x)单调增加，即 (xe(0,1)f'(0)f(1)-f(0)> f (0)可见应选（B）(5）设f(x)可导，F(x)=f(x)(1+sinx)若使F(x)在x=0处可导，则必有(A) f (0) = 0.(B) F'(0) = 0.(C)f (0)+ f'(0) = 0.(D) F(0)- (0) = 0.【答】应选（A)因【详解】F(x)-F(0)f(x)(1-sinx)-f(0)F (O)=limxxf(x)-f(o)sinxlim. f() =f (0)-f(0),xF(x)-F(0)f(x)(1-sinx)-f(0)F (0)= lim>0x0x= f'(0)+ f (0).要使F(0)存在,必有F(0)=F(O),即f'(0)- f(0) = f(0)+ f (0)从而有f(0)=0.Vcosx三、（1）求lim0+x(1-Vcosx)【详解】1-cosxcoslimlim(1-/cosx)+0+ x(1 cos x)(1+ /cosx+2= lim21+/cos

【答】 应选(B)。 【详解】 由题设 f '' 0, ' ( ) x fx > 所以 ( ) 单调增加，即 f fx f x ' 0 ' ' 1 0,1 , ( ) − > ( ) () ( ). 可见应选（B）. （5）设 f x Fx f x x Fx x () () () 可导， 若使 在 处可导，则必有 =+ = (1 sin . 0 ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) () () ( ) () () 0 0. ' 0 0. 0 ' 0 0. 0 ' 0 0. Af Bf Cf f Df f = = += −= 【答】 应选（A） 【详解】 因 ( ) () () ( )( ) ( ) () () () () () 0 0 0 0 1 sin 0 ' 0 lim lim 0 sin lim ' 0 0 , x x x Fx F f x x f F x x fx f x fx f f x x − →− →− → − − −− = = ⎡ ⎤ − = −⋅ = − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ( ) () () ( )( ) ( ) () () 0 0 0 1 sin 0 ' 0 lim lim ' 0 0 . x x Fx F f x x f F x x f f + →+ →+ − −− = = = + 要使 () () () ( ) ( ) ( ) () ' ' F FF f ff f '0 , 0 0, '0 0 '0 0, 存在 必有 即 − + = −= + 从而有 f ( ) 0 0. = 三、（1）求 ( ) 0 1 cos lim . 1 cos x x x x → + − − 【详解】 ( ) ( )( ) ( ) 0 0 2 0 1 cos 1 cos lim lim 1 cos 1 cos 1 cos 1 1 2 lim . 1 2 1 cos 2 x x x x x x xx x x x xx x →+ →+ → + − − = − −+ = = ⋅ +

dy（2）设函数y=y(x)由方程xer(")=e确定，其中f具有二阶导数，且f"1,求dx2【详解】方法一：方程两边取自然对数，得Inx+f(y)=y,对x求导，得I+f'() y'=y,X从而1Vx[1-f(]]故"=-1-1()-")_-(-1'(0)"-()x[1-f'()]x[1-f'()]方法二：在等式xe()=e'两边对x求导，得e/() +xe'() f'(y)'=e'y,从而e/(s)er(s)1y=e70)-xe()"xe[1-"(]"x[1-f()]y"的求法同方法一。(3)设(r"-1)=ln"二,且[0()]=Inx,求[0(1)d,【详解】由于(x2 -1)+1f(x2-1)=ln(x2 -1)-1(a)= In ±+1故x-1[0()]=In (=Inx,又p(x)-19(x)+1=x,即o(x)=X+1从而p(x)-1x-1

（2）设函数 ( ) f y( ) y y y x xe e = = 由方程 确定，其中 f 具有二阶导数，且 2 2 ' 1, . d y f dx ≠ 求 【详解】 方法一： 方程两边取自然对数，得 ln , x + = fy y ( ) 对 x 求导，得 ( ) 1 f ' ' ', yy y x + ⋅= 从而 ( ) 1 ' , 1 ' y x f y = ⎡ ⎤ − ⎣ ⎦ 故 () () ( ) ( ( )) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 1 ' '' ' 1 ' '' '' . 1' 1' f y xf y y f y fy y x fy x fy − − − − =− =− ⎡⎤ ⎡⎤ − − ⎣⎦ ⎣⎦ 方法二： 在等式 f y( ) y xe e = 两边对 x 求导，得 ( ) ( ) ' ' ', ( ) fy fy y e xe f y y e y + = 从而 ( ) () () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ' , ' 1' 1 ' fy fy fy fy fy e e y e xe f y xe f y x f y = == − − ⎡ ⎤ ⎡ − ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ y '' 的求法同方法一. （3）设 ( ) () () 2 2 2 1 ln , ln , . 2 x f x f x x x dx x −= = ⎡ ⎤ ϕ ϕ ⎣ ⎦ − 且 求∫ 【详解】 由于 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 ln 1 1 x f x x − + − = − − 故 ( ) 1 ln . 1 x f x x + = − 又 ( ) ( ) ( ) 1 ln ln , 1 x f x x x ϕ ϕ ϕ + ⎡ ⎤ = = ⎣ ⎦ − 从而 ( ) ( ) ( ) 1 1 , , 1 1 x x x x x x ϕ ϕ ϕ + + = = − − 即

于是[0(t)dx=dx=21n(x-1)+x+C.1xarctanx￥0，试讨论f(x)在x=0处的连续性(4) 设f(x)=[o,x=0【详解】当x±0时，2x21f'(x)= xarctanx~1+x1xarctan正元而f'(0)= lim2'x102x21元又lim f'(x)= lim arctan+1+x2.x-→0x-→0所以f(x)在x=0处是连续的[x=1-cos1 —拱(0≤1≤2元)的弧长.（5）求摆线y=t-sint【详解】弧微分ds=/x"(0)+y"2()dt=/sint+(1-cost)'dt= J2(1-cost)dt = 2sin=dt(0≤1≤2元),S=2" sin=dt =8.从而2（6）设单位质点在水平面内作直线运动，初速度-。=Vo.已知阻力与速度成正比（比例常数为1)，问t为多少时此质点的速度为？并求到此时刻质点所经过的路程3【详解】设质点的运动速度为v(t),由题设，阻力d's(t)dyf=m=v (0)=mdt?dt而f=-v(),即有[v(0)+v(0)= 0V0=V0

于是 ( ) ( ) 1 2ln 1 . 1 x x dx dx x x C x ϕ + = = − ++ − ∫ ∫ （4）设 ( ) ( ) 2 1 arctan , 0 ,' 0 0, 0 x x fx f x x x x ⎧ ⎪ ≠ = = ⎨ ⎪ ⎩ = 试讨论 在 处的连续性. 【详解】 当 x ≠ 0 时， ( ) 2 2 4 1 2 ' arctan , 1 x fx x x x = − + 而 ( ) 2 0 1 arctan ' 0 lim , x 2 x x f x π → = = 又 ( ) 2 2 4 0 0 1 2 lim ' lim arctan 1 2, x x x f x x x π → → ⎛ ⎞ = −= ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + 所以 fx x ' 0 ( )在 处是连续的. = （5）求摆线 ( ) 1 cos 0 2 sin x t t yt t π ⎧ = − ⎨ ≤ ≤ ⎩ = − 一拱 的弧长. 【详解】 弧微分 () () ( ) ( ) ( ) 2 22 2 ' ' sin 1 cos 2 1 cos 2sin 0 2 , 2 ds x t y t dt t t dt t t dt dt t π = + = +− = − = ≤≤ 从而 2 0 sin 8. 2 t S dt π = = ∫ （6）设单位质点在水平面内作直线运动，初速度 0 0. t v v = = 已知阻力与速度成正比（比例常数 为 1），问 t 为多少时此质点的速度为 0 ? 3 v 并求到此时刻质点所经过的路程. 【详解】 设质点的运动速度为 v (t),由题设，阻力 ( ) ( ) 2 2 ' , dst dv f m m vt dt dt = == 而 f = −v t( ), 即有 () () 0 0 ' 0, t v t vt v v = ⎧ + = ⎪ ⎨ ⎪ = ⎩

解此方程，得v(t)= voe*,由=Voe",得t= In3.3所以，从t=0到t=In3，该质点所经过的路程为oe'_2.S=Jo3%四、求函数f(x)=[(2-t)edt 的最大值和最小值【详解】由题知F'(x)=2x(2-x)er,令(x)=0,知(x)在区间(0,+)内有唯一驻点x=/2当00'当x>/2时，(x)<0.所以x=V是极大值点，由极值点唯一知，这也是最大值点，最大值为J(v2)=J (2-1)e'dt =-(2-1)e--f"e'dt=1+e因为J (2-1)e'dt=-(2-1)e +e"l =1,以及f (0)=0,故X=0是最小值点所以f(x)的最小值为 0.五、设y=e*是微分方程xy+p(x)y=x的一个解，求此微分方程满足条件yl=h2=0的特解【详解】把y=e"代入原方程，得p(x)= xe**-x,代入原方程，得xy'+(xe**-x) y= x,化为标准形式y'+(e* -1)y=1,此为一阶线性微分方程，其通解为y=e' [(-)[f (-) ax+c]=e'+Ce*+e

解此方程，得 ( ) 0 , t v t ve− = 由 0 0 , 3. 3 v t v e t ln − = = 得 所以，从 t=0 到t ln = 3，该质点所经过的路程为 ln3 0 0 0 2 . 3 t S ve v − = = ∫ 四、求函数 () ( ) 2 0 2 x t f x t e dt − = − ∫ 的最大值和最小值. 【详解】 由题知 ( ) ( ) 2 2 ' 22 , x f x x xe− = − 令 f x fx x ' 0, 2. () () ( ) = ∞= 知 在区间 0,+ 内有唯一驻点 当0 2 ' 0' 2 ' 0. > < x fx x fx 时， 当 时， ( ) ( ) 所以 x = 2 是极大值点，由极值点唯一知，这也是最大值点，最大值为 ( ) () () 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 1. t tt f t e dt t e e dt e − −− − = − =− − − = + ∫ ∫ 因为 () () ( ) 0 0 0 2 2 1, 0 0, t tt t e dt t e e f +∞ +∞ +∞ − −− − =− − + = = ∫ 以及 故 x=0 是最小值点. 所以 f (x)的最小值为 0. 五、设 ' ( ) x y e xy p x y x = += 是微分方程 的一个解，求此微分方程满足条件 ln 2 0 x y = = 的特 解. 【详解】 把 x y e = 代入原方程，得 ( ) , x p x xe x − = − 代入原方程，得 ' , ( ) x xy xe x y x − + −= 化为标准形式 ' 1 1, ( ) x ye y − + −= 此为一阶线性微分方程，其通解为 ( 1 1 ) ( ) . x x e dx e dx x x xe y e e dx C e Ce − − −− − − ∫ ∫ ⎡ ⎤ + = + =+ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫

由y=ln2=0，得C=-e'故所求特解为y'=er.六、如图，设曲线L的方程为y=(x),且y">0.MT、MP分别为该曲线在点M(xo%)处(1+%)的切线和法线.已知线段MP的长度为(其中%=J(x),%=y"(x)),试推导出点yoP(5,n)的坐标表达式.【详解】由题设得(1+%)(x0 -5)* +(% -①%又PM与MT垂直，所以=--5②yo-n由①、②，解得(1+%)yoyo由于y"≥0,曲线L是凹的，故-<0，从而_1+y?% -n=-Jo% -5=-%(% -n)= (1+2)又oP(E.n)于是得%(1+%)VoF=%1+yn= yo +yo" sindt,计算]f(x)dx七、设f(x)=T-【详解】用分部积分法

由 ln 2 0 x y = = ，得 1 2 C e . − = − 故所求特解为 1 * 2 . x x e x yee − + − = − 六、如图，设曲线 L 的方程为 () ( ) 0 0 y f x y MT MP M x y = > , '' 0. , 且 、 分别为该曲线在点 处 的切线和法线.已知线段 MP 的长度为 ( ) ( ) () () 3 '2 2 0 ' '' '' 0 00 0 0 1 ' , '' , y y yx y y x y + 其中 = = 试推导出点 P( ) ξ,η 的坐标表达式. 【详解】 由题设得 ( )( ) ( ) 3 '2 2 2 0 0 0 2 0 1 y x y y ξ η + −+−= ① 又 PM MT 与 垂直，所以 ' 0 0 0 x y y ξ η − = − − ② 由①、②，解得 ( ) ( )3 '2 2 0 0 ''2 0 1 . y y y η + − = 由于 y '' 0, ≥ 曲线 L 是凹的，故 0 y − < η 0 ，从而 '2 0 0 '' 0 1 y y y η + − =− 又 ( ) ( ) ' '2 ' 0 0 0 00 ''2 0 y y 1 x yy y ξ η + − =− − = ， 于是得 ( ) ' '2 0 0 0 ''2 0 '2 0 0 '' 0 1 1 y y x y y y y ξ η ⎧ + ⎪ = − ⎪ ⎨ ⎪ + = + ⎪ ⎩ 七、设 ( ) ( ) 0 0 sin , . x t f x dt f x dx t π π = − ∫ ∫ 计算 【详解】 用分部积分法

[。 f(x)dx=xf (x) -J。xf (x)dxa-1 - sin xdx = 2二元1元一X()=1,且F"(x)>0,证明/(x)≥ x.八、设limx->0x【详解】方法一：f(0) = 0, f'(0)=1.由题设知则F(0)=0,令F(x)=f(x)-x,由于F"(x)=f"(x)>0,知F(O)是F(x)的极小值，F"(x)单调，故F(x)只有一个驻点，从而F（0）是F(x)的极小值，因为F(x)≥F(O)=0,即(x)≥x方法二：用泰勒公式x2()=(0)+F(0)+号)-f"(5)=x+f"()（在0与x之间）22.因为f"()>0,所以f(x)≥x方法三：由于f"(x)>0,故f'(x）单调增加，且f(x)- f (0)=xf'(),5e(0,x)f (0)=0, f'(0) =1,由条件知故f(x)= xf (3).若x>0,e(0,x),f'()>f'(0)>1,因此f(x)=xf'(s)>x.同理x≤0时，f(x)>x

() () ( ) 0 0 0 00 0 ' sin sin sin 2. f x dx xf x xf x dx t x dt x dx xdx t x π π π ππ π π π π = − = − == − − ∫ ∫ ∫∫ ∫ 八、设 ( ) 0 lim 1, ''( ) 0, ( ) . x f x f x fx x → x => ≥ 且 证明 【详解】 方法一： 由题设知 f f () () 0 0, ' 0 1. = = 令 Fx f x x F () () () =− = , 0 0, 则 由于 F x f x F Fx F x Fx '' '' 0, (0) ( ) ''( ) ( ) ( ) = > ( ) 知 是 的极小值， 单调，故 只有一个驻 点，从而 F（0）是 F(x) 的极小值，因为 Fx F ( ) (0) 0, ≥ = 即 f ( x x ) ≥ . 方法二： 用泰勒公式 () () () ( ) ( ) ( ) 2 2 0 ' 0 '' '' 0 2 2 x x fx f f x f x f x = + + =+ ξ ξξ在 与 之间 ， 因为 f ''( ) ξ >0, 所以 f ( ) x x ≥ . 方法三： 由于 f '' 0, ' () () x fx > 故 单调增加，且 f () () () x f xf x −= ∈ 0 ' , 0, . ξ ξ ( ) 由条件知 f f (0 0, ' 0 1, ) () = = 故 f x xf () () = ' . ξ 若 x xf f >∈ > > 0, 0, , ' ' 0 1, ξ ξ ( ) () ( ) 因此 f () () x xf x = ' . ξ > 同理 x ≤ > 0 . 时，fx x ( )