1998 年全国硕士研究生招生考试数学（二）真题与解析

一、填空题

1. 极限

题目： 求 $\lim_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2}{x^{2}}=$ ______。

答案： $-\frac{1}{4}$。

解析： 由 $\sqrt{1+x}=1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o\left(x^{2}\right)$，$\sqrt{1-x}=1-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^{2}+o\left(x^{2}\right)$，得 $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}-2=-\frac{1}{4}x^{2}+o\left(x^{2}\right)$，故原极限为 $-\frac{1}{4}$。

---

2. 平面图形面积

题目： 曲线 $y=-x^{3}+x^{2}+2x$ 与 $x$ 轴所围成的图形的面积 $A=$ ______。

答案： $\frac{37}{12}$。

解析： 因为 $y=-x\left(x+1\right)\left(x-2\right)$，所以交点为 $x=-1,0,2$。当 $-1\le x\le 0$ 时，$y<0$；当 $0\le x\le 2$ 时，$y\ge 0$。故 $A=-\int_{-1}^{0}-x\left(x+1\right)\left(x-2\right)\mathrm{~d}x+\int_{0}^{2}-x\left(x+1\right)\left(x-2\right)\mathrm{~d}x=\frac{37}{12}$。

---

3. 不定积分

题目： 求 $\int \frac{\ln \left(\sin x\right)}{\sin^{2}x}\mathrm{~d}x=$ ______。

答案： $-\cot x\ln \left(\sin x\right)-\cot x-x+C$。

解析： $\int \frac{\ln \left(\sin x\right)}{\sin^{2}x}\mathrm{~d}x=-\int \ln \left(\sin x\right)\mathrm{~d}\left(\cot x\right)=-\cot x\ln \left(\sin x\right)+\int \left(\csc^{2}x-1\right)\mathrm{~d}x=-\cot x\ln \left(\sin x\right)-\cot x-x+C$。

---

4. 变限积分求导

题目： 设 $f\left(x\right)$ 连续，则 $\left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\right|_{x>0}\int_{0}^{x}tf\left(x^{2}-t^{2}\right)\mathrm{~d}t=$ ______。

答案： $xf\left(x^{2}\right)$。

解析： 令 $u=x^{2}-t^{2}$，则 $\int_{0}^{x}tf\left(x^{2}-t^{2}\right)\mathrm{~d}t=\frac{1}{2}\int_{0}^{x^{2}}f\left(u\right)\mathrm{~d}u$，因此 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{0}^{x}tf\left(x^{2}-t^{2}\right)\mathrm{~d}t=xf\left(x^{2}\right)$。

---

5. 渐近线

题目： 曲线 $y=x\ln \left(e+\frac{1}{x}\right)\left(x>0\right)$ 的渐近线方程为 ______。

答案： $y=x+\frac{1}{e}$。

解析： $\lim_{x \to +\infty}\frac{y}{x}=1$，且 $\lim_{x \to +\infty}\left(y-x\right)=\lim_{t \to 0^{+}}\frac{\ln \left(e+t\right)-1}{t}=\frac{1}{e}$，故斜渐近线为 $y=x+\frac{1}{e}$。

---

二、选择题

1. 数列判断

题目： 设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 与 $\left\{y_{n}\right\}$ 满足 $\lim_{n \to \infty}x_{n}y_{n}=0$，则下列断言正确的是（ ）

A. 若 $\left\{x_{n}\right\}$ 发散，则 $\left\{y_{n}\right\}$ 必发散。
B. 若 $\left\{x_{n}\right\}$ 无界，则 $\left\{y_{n}\right\}$ 必有界。
C. 若 $\left\{x_{n}\right\}$ 有界，则 $\left\{y_{n}\right\}$ 必为无穷小。
D. 若 $\left\{\frac{1}{x_{n}}\right\}$ 为无穷小，则 $\left\{y_{n}\right\}$ 必为无穷小。

答案： D。

解析： 若 $\left\{\frac{1}{x_{n}}\right\}$ 为无穷小，则 $\left|x_{n}\right|\to \infty$。又 $x_{n}y_{n}\to 0$，所以 $y_{n}=\left(x_{n}y_{n}\right)\frac{1}{x_{n}}\to 0$，故选 D。

---

2. 不可导点个数

题目： 函数 $f\left(x\right)=\left(x^{2}-x-2\right)\left|x^{3}-x\right|$ 的不可导点的个数为（ ）

A. $0$。
B. $1$。
C. $2$。
D. $3$。

答案： C。

解析： $f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x-2\right)\left|x\right|\left|x+1\right|\left|x-1\right|$，只需考察 $x=-1,0,1$。其中 $x=-1$ 处可导，$x=0$ 与 $x=1$ 处左右导数不相等，故不可导点个数为 $2$。

---

3. 微分方程

题目： 已知函数 $y=y\left(x\right)$ 在任意点 $x$ 处的增量 $\Delta y=\frac{y\Delta x}{1+x^{2}}+\alpha$，其中 $\alpha$ 是比 $\Delta x\left(\Delta x\to 0\right)$ 高阶的无穷小，且 $y\left(0\right)=\pi$，则 $y\left(1\right)=$（ ）

A. $\pi e^{\frac{\pi}{4}}$。
B. $2\pi$。
C. $\pi$。
D. $\frac{\pi}{e^{4}}$。

答案： A。

解析： 由题意得 $y^{\prime}=\frac{y}{1+x^{2}}$，解得 $y=Ce^{\arctan x}$。由 $y\left(0\right)=\pi$ 得 $C=\pi$，故 $y\left(1\right)=\pi e^{\frac{\pi}{4}}$。

---

4. 极大值性质

题目： 设函数 $f\left(x\right)$ 在 $x=a$ 的某个邻域内连续，且 $f\left(a\right)$ 为其极大值，则存在 $\delta>0$，当 $x\in\left(a-\delta,a+\delta\right)$ 时，必有（ ）

A. $\left(x-a\right)\left[f\left(x\right)-f\left(a\right)\right]\ge 0$。
B. $\left(x-a\right)\left[f\left(x\right)-f\left(a\right)\right]\le 0$。
C. $\lim_{t \to a}\frac{f\left(t\right)-f\left(x\right)}{\left(t-x\right)^{2}}\ge 0\left(x\ne a\right)$。
D. $\lim_{t \to a}\frac{f\left(t\right)-f\left(x\right)}{\left(t-x\right)^{2}}\le 0\left(x\ne a\right)$。

答案： C。

解析： 因 $f\left(a\right)$ 为极大值，所以在 $a$ 的某邻域内 $f\left(a\right)\ge f\left(x\right)$。当 $x\ne a$ 时，$\lim_{t \to a}\frac{f\left(t\right)-f\left(x\right)}{\left(t-x\right)^{2}}=\frac{f\left(a\right)-f\left(x\right)}{\left(a-x\right)^{2}}\ge 0$。

---

5. 伴随矩阵

题目： 设 $\boldsymbol{A}$ 是任一 $n\left(n\ge 3\right)$ 阶方阵，$\boldsymbol{A}^{*}$ 是其伴随矩阵，又 $k$ 为常数，且 $k\ne 0,\pm 1$，则必有 $\left(k\boldsymbol{A}\right)^{*}=$（ ）

A. $k\boldsymbol{A}^{*}$。
B. $k^{n-1}\boldsymbol{A}^{*}$。
C. $k^{n}\boldsymbol{A}^{*}$。
D. $k^{n+1}\boldsymbol{A}^{*}$。

答案： B。

解析： 伴随矩阵的元素是 $n-1$ 阶代数余子式，所以 $\left(k\boldsymbol{A}\right)^{*}=k^{n-1}\boldsymbol{A}^{*}$。

---

三、间断点

题目： 求函数 $f\left(x\right)=\left(1+x\right)^{\frac{1}{\tan \left(x-\frac{\pi}{4}\right)}}$ 在区间 $\left(0,2\pi\right)$ 内的间断点，并判断其类型。

解析： 间断点为 $x=\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4},\frac{7\pi}{4}$。其中 $x=\frac{\pi}{4}$ 与 $x=\frac{5\pi}{4}$ 为第二类间断点；$x=\frac{3\pi}{4}$ 与 $x=\frac{7\pi}{4}$ 为可去间断点。

---

四、极限参数

题目： 确定常数 $a,b,c$ 的值，使 $\lim_{x \to 0}\frac{ax-\sin x}{\int_{b}^{x}\frac{\ln \left(1+t^{3}\right)}{t}\mathrm{~d}t}=c\left(c\ne 0\right)$。

解析： 因极限为非零常数，分母须趋于 $0$，故 $b=0$。又 $\int_{0}^{x}\frac{\ln \left(1+t^{3}\right)}{t}\mathrm{~d}t\sim \frac{x^{3}}{3}$，故分子须为 $x^{3}$ 同阶无穷小，得 $a=1$。于是 $c=\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{\int_{0}^{x}\frac{\ln \left(1+t^{3}\right)}{t}\mathrm{~d}t}=\frac{1}{2}$。因此 $a=1,b=0,c=\frac{1}{2}$。

---

五、微分方程

题目： 利用代换 $y=\frac{u}{\cos x}$ 将方程 $y^{\prime\prime}\cos x-2y^{\prime}\sin x+3y\cos x=e^{x}$ 化简，并求出原方程的通解。

解析： 令 $y=\frac{u}{\cos x}$，代入原方程并化简得 $u^{\prime\prime}+4u=e^{x}$。其通解为 $u=C_{1}\cos 2x+C_{2}\sin 2x+\frac{1}{5}e^{x}$，故原方程通解为 $y=\frac{C_{1}\cos 2x+C_{2}\sin 2x+\frac{1}{5}e^{x}}{\cos x}$。

---

六、反常积分

题目： 计算积分 $\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\left|1-x^{2}\right|}}$。

解析： 原积分在 $x=1$ 处分为 $I_{1}+I_{2}$。其中 $I_{1}=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{\pi}{3}$，$I_{2}=\int_{1}^{\frac{3}{2}}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-1}}=\ln \left(2+\sqrt{3}\right)$，故原积分为 $\frac{\pi}{3}+\ln \left(2+\sqrt{3}\right)$。

---

七、沉放探测仪器

题目： 从船上向海中沉放某种探测仪器，按探测要求，需确定仪器的下沉深度 $y$（从海平面算起）与下沉速度 $v$ 之间的函数关系。设仪器在重力作用下，从海平面由静止开始垂直下沉，在下沉过程中还受到阻力和浮力的作用。设仪器的质量为 $m$，体积为 $B$，海水比重为 $\rho$，仪器所受阻力与下沉速度成正比，比例系数为 $k\left(k>0\right)$。试建立 $y$ 与 $v$ 所满足的微分方程，并求出函数关系式 $y=y\left(v\right)$。

解析： 取竖直向下为正方向，由牛顿第二定律得 $m\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}=mg-B\rho-kv$，且 $v=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$。又 $\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}=v\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}$，故 $mv\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}=mg-B\rho-kv$。代入初始条件 $v=0,y=0$，得 $y=-\frac{m}{k}v-\frac{m\left(mg-B\rho\right)}{k^{2}}\ln \frac{mg-B\rho-kv}{mg-B\rho}$。

---

八、面积相等问题

题目： 设 $y=f\left(x\right)$ 是区间 $\left[0,1\right]$ 上的任一非负连续函数。

（1）试证存在 $x_{0}\in\left(0,1\right)$，使得在区间 $\left[0,x_{0}\right]$ 上以 $f\left(x_{0}\right)$ 为高的矩形面积，等于在区间 $\left[x_{0},1\right]$ 上以 $y=f\left(x\right)$ 为曲边的曲边梯形面积；
（2）又设 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left(0,1\right)$ 内可导，且 $f^{\prime}\left(x\right)>-\frac{2f\left(x\right)}{x}$，证明（1）中的 $x_{0}$ 是唯一的。

解析： 令 $\varphi\left(x\right)=xf\left(x\right)-\int_{x}^{1}f\left(t\right)\mathrm{~d}t$，再令 $F\left(x\right)=x\int_{x}^{1}f\left(t\right)\mathrm{~d}t$，则 $F\left(0\right)=F\left(1\right)=0$，且 $F^{\prime}\left(x\right)=\varphi\left(x\right)$。由罗尔定理，存在 $x_{0}\in\left(0,1\right)$，使 $\varphi\left(x_{0}\right)=0$。又 $\varphi^{\prime}\left(x\right)=2f\left(x\right)+xf^{\prime}\left(x\right)>0$，所以零点唯一。

---

九、旋转曲面表面积

题目： 设有曲线 $y=\sqrt{x-1}$，过原点作其切线，求由此曲线、切线及 $x$ 轴围成的平面图形绕 $x$ 轴旋转一周所得到的旋转体的表面积。

解析： 设切点为 $\left(a,\sqrt{a-1}\right)$，由切线过原点得 $a=2$，切线方程为 $y=\frac{x}{2}$。切线旋转面积 $S_{1}=\sqrt{5}\pi$，曲线旋转面积 $S_{2}=\frac{\pi}{6}\left(5\sqrt{5}-1\right)$。故总表面积为 $S=\frac{\left(11\sqrt{5}-1\right)\pi}{6}$。

---

十、曲率与曲线方程

题目： 设 $y=y\left(x\right)$ 是一向上凸的连续曲线，其上任意一点 $\left(x,y\right)$ 处的曲率为 $\frac{1}{\sqrt{1+y^{\prime 2}}}$，且此曲线上点 $\left(0,1\right)$ 处的切线方程为 $y=x+1$，求该曲线的方程，并求函数 $y=y\left(x\right)$ 的极值。

解析： 由题意得 $y^{\prime\prime}+y^{\prime 2}+1=0$。令 $p=y^{\prime}$，得 $\arctan p=-x+C_{1}$。由 $y^{\prime}\left(0\right)=1$，得 $p=\tan \left(\frac{\pi}{4}-x\right)$。积分并代入 $y\left(0\right)=1$，得 $y=\ln \left|\cos \left(\frac{\pi}{4}-x\right)\right|+1+\frac{1}{2}\ln 2$，其极大值为 $1+\frac{1}{2}\ln 2$。

---

十一、不等式证明

题目： 设 $0<x<1$，证明：

（1）$\left(1+x\right)\ln^{2}\left(1+x\right)<x^{2}$；
（2）$\frac{1}{\ln 2}-1<\frac{1}{\ln \left(1+x\right)}-\frac{1}{x}<\frac{1}{2}$。

1. 证明 $\left(1+x\right)\ln^{2}\left(1+x\right)<x^{2}$

解析： 令 $F\left(x\right)=x^{2}-\left(1+x\right)\ln^{2}\left(1+x\right)$。则 $F\left(0\right)=F^{\prime}\left(0\right)=0$，且 $F^{\prime\prime}\left(x\right)=\frac{2\left[x-\ln \left(1+x\right)\right]}{1+x}>0$。故 $F\left(x\right)>0$，即 $\left(1+x\right)\ln^{2}\left(1+x\right)<x^{2}$。

2. 证明双边不等式

解析： 令 $g\left(x\right)=\frac{1}{\ln \left(1+x\right)}-\frac{1}{x}$。由（1）可得 $g^{\prime}\left(x\right)<0$，故 $g\left(x\right)$ 在 $\left(0,1\right)$ 内单调递减。又 $\lim_{x \to 0^{+}}g\left(x\right)=\frac{1}{2}$，$g\left(1\right)=\frac{1}{\ln 2}-1$，故 $\frac{1}{\ln 2}-1<g\left(x\right)<\frac{1}{2}$。

---

十二、矩阵方程

题目： 设 $\left(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{C}^{-1}\boldsymbol{B}\right)\boldsymbol{A}^{T}=\boldsymbol{C}^{-1}$，其中 $\boldsymbol{E}$ 是 $4$ 阶单位矩阵，$\boldsymbol{A}^{T}$ 是 $4$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 的转置矩阵，

$\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}1 & 2 & -3 & -2\\0 & 1 & 2 & -3\\0 & 0 & 1 & 2\\0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{C}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 0 & 1\\0 & 1 & 2 & 0\\0 & 0 & 1 & 2\\0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$，求 $\boldsymbol{A}$。

解析： 由题意得 $\left(2\boldsymbol{C}-\boldsymbol{B}\right)\boldsymbol{A}^{T}=\boldsymbol{E}$，故 $\boldsymbol{A}^{T}=\left(2\boldsymbol{C}-\boldsymbol{B}\right)^{-1}$。又 $2\boldsymbol{C}-\boldsymbol{B}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4\\0 & 1 & 2 & 3\\0 & 0 & 1 & 2\\0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$，所以 $\boldsymbol{A}^{T}=\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 & 0\\0 & 1 & -2 & 1\\0 & 0 & 1 & -2\\0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$，从而 $\boldsymbol{A}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\-2 & 1 & 0 & 0\\1 & -2 & 1 & 0\\0 & 1 & -2 & 1\end{pmatrix}$。

---

十三、向量线性表示

题目： 已知 $\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,4,0,2\right)^{T}$，$\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(2,7,1,3\right)^{T}$，$\boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(0,1,-1,a\right)^{T}$，$\boldsymbol{\beta}=\left(3,10,b,4\right)^{T}$，问：

（1）$a,b$ 取何值时，$\boldsymbol{\beta}$ 不能由 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示？
（2）$a,b$ 取何值时，$\boldsymbol{\beta}$ 可由 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示？并写出此表达式。

1. 不能线性表示

解析： 对增广矩阵作初等行变换，可得最后一行为 $\left(0,0,0,b-2\right)$。故当 $b\ne 2$，且 $a$ 为任意常数时，$\boldsymbol{\beta}$ 不能由 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$ 线性表示。

2. 可以线性表示

解析： 当 $b=2$ 时可以线性表示。若 $a\ne 1$，则有唯一表示 $\boldsymbol{\beta}=-\boldsymbol{\alpha}_{1}+2\boldsymbol{\alpha}_{2}$；若 $a=1,b=2$，则有无穷多表示 $\boldsymbol{\beta}=\left(-2k-1\right)\boldsymbol{\alpha}_{1}+\left(k+2\right)\boldsymbol{\alpha}_{2}+k\boldsymbol{\alpha}_{3}$，其中 $k$ 为任意常数。