1990 年全国硕士研究生招生考试数学试题与解析（试卷 II）

一、填空题

1

曲线

$\begin{cases}x=\cos^{3}{t},\\y=\sin^{3}{t}\end{cases}$

上对应于 $t=\dfrac{\pi}{6}$ 处的法线方程是 ________。

答案： $y=\sqrt{3}x-1$

解析： 当 $t=\dfrac{\pi}{6}$ 时，$x=\dfrac{3\sqrt{3}}{8}$，$y=\dfrac{1}{8}$。又 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\tan t$，故法线斜率为 $\sqrt{3}$。法线方程为 $y-\dfrac{1}{8}=\sqrt{3}\left(x-\dfrac{3\sqrt{3}}{8}\right)$，即 $y=\sqrt{3}x-1$。

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2

设 $y=e^{\tan\frac{1}{x}}\sin\dfrac{1}{x}$，则 $y^{\prime}=$ ________。

答案： $-\dfrac{1}{x^{2}}e^{\tan\frac{1}{x}}\left(\sec^{2}\dfrac{1}{x}\sin\dfrac{1}{x}+\cos\dfrac{1}{x}\right)$

解析： 对 $y=e^{\tan\frac{1}{x}}\sin\dfrac{1}{x}$ 求导，得

$y^{\prime}=-\dfrac{1}{x^{2}}e^{\tan\frac{1}{x}}\left(\sec^{2}\dfrac{1}{x}\sin\dfrac{1}{x}+\cos\dfrac{1}{x}\right)$。

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3

$\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x}\mathrm{~d}x=$ ________。

答案： $\dfrac{4}{15}$

解析： 令 $t=\sqrt{1-x}$，则 $x=1-t^{2}$，$\mathrm{d}x=-2t\mathrm{~d}t$。于是

$\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x}\mathrm{~d}x=2\int_{0}^{1}\left(t^{2}-t^{4}\right)\mathrm{~d}t=\dfrac{4}{15}$。

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4

下列两个积分的大小关系是：

$\int_{-2}^{-1}e^{-x^{3}}\mathrm{~d}x$ ________ $\int_{-2}^{-1}e^{x^{3}}\mathrm{~d}x$。

答案： $>$

解析： 当 $-2\le x\le -1$ 时，$-x^{3}>x^{3}$，故 $e^{-x^{3}}>e^{x^{3}}$，所以 $\int_{-2}^{-1}e^{-x^{3}}\mathrm{~d}x>\int_{-2}^{-1}e^{x^{3}}\mathrm{~d}x$。

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5

设函数

$f\left(x\right)=\begin{cases}1, & \left|x\right|\le 1,\\0, & \left|x\right|>1,\end{cases}$

则函数 $f\left[f\left(x\right)\right]=$ ________。

答案： $1$

解析： 因为 $f\left(x\right)$ 只可能为 $0$ 或 $1$，且 $\left|0\right|\le 1$，$\left|1\right|\le 1$，所以 $f\left[f\left(x\right)\right]=1$。

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二、选择题

1

已知

$\lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{x^{2}}{x+1}-ax-b\right)=0$，

其中 $a,b$ 是常数，则（ ）

A. $a=1,b=1$
B. $a=-1,b=1$
C. $a=1,b=-1$
D. $a=-1,b=-1$

答案： C

解析： 因为 $\dfrac{x^{2}}{x+1}=x-1+\dfrac{1}{x+1}$，所以要使极限为 $0$，必须有 $a=1$，$b=-1$，故选 C。

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2

设函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上连续，则 $\mathrm{d}\left[\int f\left(x\right)\mathrm{~d}x\right]$ 等于（ ）

A. $f\left(x\right)$
B. $f\left(x\right)\mathrm{~d}x$
C. $f\left(x\right)+C$
D. $f^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x$

答案： B

解析： 设 $\int f\left(x\right)\mathrm{~d}x=F\left(x\right)+C$，则 $\mathrm{d}\left[\int f\left(x\right)\mathrm{~d}x\right]=F^{\prime}\left(x\right)\mathrm{~d}x=f\left(x\right)\mathrm{~d}x$，故选 B。

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3

已知函数 $f\left(x\right)$ 具有任意阶导数，且 $f^{\prime}\left(x\right)=\left[f\left(x\right)\right]^{2}$，则当 $n$ 为大于 $2$ 的正整数时，$f\left(x\right)$ 的 $n$ 阶导数 $f^{\left(n\right)}\left(x\right)$ 是（ ）

A. $n!\left[f\left(x\right)\right]^{n+1}$
B. $n\left[f\left(x\right)\right]^{n+1}$
C. $\left[f\left(x\right)\right]^{2n}$
D. $n!\left[f\left(x\right)\right]^{2n}$

答案： A

解析： 由 $f^{\prime}\left(x\right)=\left[f\left(x\right)\right]^{2}$ 可得 $f^{\prime\prime}\left(x\right)=2!\left[f\left(x\right)\right]^{3}$，$f^{\prime\prime\prime}\left(x\right)=3!\left[f\left(x\right)\right]^{4}$。归纳得 $f^{\left(n\right)}\left(x\right)=n!\left[f\left(x\right)\right]^{n+1}$，故选 A。

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4

设 $f\left(x\right)$ 是连续函数，且

$F\left(x\right)=\int_{x}^{e^{-x}}f\left(t\right)\mathrm{~d}t$，

则 $F^{\prime}\left(x\right)$ 等于（ ）

A. $-e^{-x}f\left(e^{-x}\right)-f\left(x\right)$
B. $-e^{-x}f\left(e^{-x}\right)+f\left(x\right)$
C. $e^{-x}f\left(e^{-x}\right)-f\left(x\right)$
D. $e^{-x}f\left(e^{-x}\right)+f\left(x\right)$

答案： A

解析： 由变限积分求导公式，$F^{\prime}\left(x\right)=f\left(e^{-x}\right)\left(e^{-x}\right)^{\prime}-f\left(x\right)=-e^{-x}f\left(e^{-x}\right)-f\left(x\right)$，故选 A。

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5

设

$F\left(x\right)=\begin{cases}\dfrac{f\left(x\right)}{x}, & x\ne 0,\\f\left(0\right), & x=0,\end{cases}$

其中 $f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 处可导，$f^{\prime}\left(0\right)\ne 0$，$f\left(0\right)=0$，则 $x=0$ 是 $F\left(x\right)$ 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

答案： B

解析： 因为 $\lim_{x\to 0}F\left(x\right)=\lim_{x\to 0}\dfrac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x}=f^{\prime}\left(0\right)\ne 0$，而 $F\left(0\right)=0$，故 $x=0$ 为第一类间断点，选 B。

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三、计算题

1

已知

$\lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+a}{x-a}\right)^{x}=9$，

求常数 $a$。

解析：

$\left(\dfrac{x+a}{x-a}\right)^{x}=\left(1+\dfrac{2a}{x-a}\right)^{x}\to e^{2a}$。

由 $e^{2a}=9$，得 $a=\ln 3$。

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2

求由方程

$2y-x=\left(x-y\right)\ln\left(x-y\right)$

所确定的函数 $y=y\left(x\right)$ 的微分 $\mathrm{d}y$。

解析：

两边求微分：

$2\mathrm{d}y-\mathrm{d}x=\left(\mathrm{d}x-\mathrm{d}y\right)\ln\left(x-y\right)+\mathrm{d}x-\mathrm{d}y$。

由原方程 $\ln\left(x-y\right)=\dfrac{2y-x}{x-y}$，代入整理得

$\mathrm{d}y=\dfrac{x}{2x-y}\mathrm{~d}x$。

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3

求曲线

$y=\dfrac{1}{1+x^{2}}\quad \left(x>0\right)$

的拐点。

解析：

$y^{\prime}=-\dfrac{2x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}},\quad y^{\prime\prime}=\dfrac{6x^{2}-2}{\left(1+x^{2}\right)^{3}}$。

令 $y^{\prime\prime}=0$，得 $x=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，此时 $y=\dfrac{3}{4}$。故拐点为

$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{3}{4}\right)$。

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4

计算

$\int\dfrac{\ln x}{\left(1-x\right)^{2}}\mathrm{d}x$。

解析：

分部积分得

$\int\dfrac{\ln x}{\left(1-x\right)^{2}}\mathrm{d}x=\dfrac{\ln x}{1-x}+\int\dfrac{1}{x\left(x-1\right)}\mathrm{d}x$。

又 $\int\dfrac{1}{x\left(x-1\right)}\mathrm{d}x=\ln\left|\dfrac{x-1}{x}\right|$，所以

$\int\dfrac{\ln x}{\left(1-x\right)^{2}}\mathrm{d}x=\dfrac{\ln x}{1-x}+\ln\left|\dfrac{1-x}{x}\right|+C$。

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5

求微分方程

$x\ln x\mathrm{~d}y+\left(y-\ln x\right)\mathrm{~d}x=0$

满足条件 $\left.y\right|_{x=e}=1$ 的特解。

解析：

原方程化为

$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\dfrac{1}{x\ln x}y=\dfrac{1}{x}$。

积分因子为 $\ln x$，故 $\left(y\ln x\right)^{\prime}=\dfrac{\ln x}{x}$。积分得 $y\ln x=\dfrac{1}{2}\ln^{2}x+C$。由 $y\left(e\right)=1$ 得 $C=\dfrac{1}{2}$，因此

$y=\dfrac{\ln^{2}x+1}{2\ln x}$。

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四、应用题

在椭圆

$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$

的第一象限部分上求一点 $P$，使该点处的切线、椭圆及两坐标轴所围图形面积最小，其中 $a>0$，$b>0$。

解析：

设切点为 $P\left(x,y\right)$。切线与两坐标轴的截距分别为 $\dfrac{a^{2}}{x}$ 与 $\dfrac{b^{2}}{y}$，所围面积为

$S=\dfrac{a^{2}b^{2}}{2xy}-\dfrac{\pi ab}{4}$。

故使 $S$ 最小等价于使 $xy$ 最大。由 $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$，第一象限上 $xy$ 最大时

$x=\dfrac{a}{\sqrt{2}},\quad y=\dfrac{b}{\sqrt{2}}$。

所以所求点为

$P\left(\dfrac{a}{\sqrt{2}},\dfrac{b}{\sqrt{2}}\right)$。

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五、证明题

证明：当 $x>0$ 时，有不等式

$\arctan x+\dfrac{1}{x}>\dfrac{\pi}{2}$。

解析：

令 $F\left(x\right)=\arctan x+\dfrac{1}{x}-\dfrac{\pi}{2}$，则

$F^{\prime}\left(x\right)=\dfrac{1}{1+x^{2}}-\dfrac{1}{x^{2}}<0\quad \left(x>0\right)$。

故 $F\left(x\right)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 内单调减少。又 $\lim_{x\to+\infty}F\left(x\right)=0$，所以 $F\left(x\right)>0$，即

$\arctan x+\dfrac{1}{x}>\dfrac{\pi}{2}$。

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六、计算题

设

$f\left(x\right)=\int_{1}^{x}\dfrac{\ln t}{1+t}\mathrm{~d}t,\quad x>0$，

求 $f\left(x\right)+f\left(\dfrac{1}{x}\right)$。

解析：

对 $f\left(\dfrac{1}{x}\right)$ 作变量代换 $t=\dfrac{1}{u}$，得

$f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\int_{1}^{x}\dfrac{\ln u}{u\left(u+1\right)}\mathrm{~d}u$。

因此

$f\left(x\right)+f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\int_{1}^{x}\dfrac{\ln t}{t}\mathrm{~d}t=\dfrac{1}{2}\ln^{2}x$。

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七、应用题

过点 $P\left(1,0\right)$ 作抛物线 $y=\sqrt{x-2}$ 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 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积。

解析：

设切点为 $\left(a,\sqrt{a-2}\right)$。由切线过 $P\left(1,0\right)$，得

$\dfrac{\sqrt{a-2}}{a-1}=\dfrac{1}{2\sqrt{a-2}}$。

解得 $a=3$，切点为 $\left(3,1\right)$，切线方程为 $y=\dfrac{1}{2}\left(x-1\right)$。故体积为

$V=\pi\int_{1}^{3}\dfrac{1}{4}\left(x-1\right)^{2}\mathrm{~d}x-\pi\int_{2}^{3}\left(\sqrt{x-2}\right)^{2}\mathrm{~d}x=\dfrac{\pi}{6}$。

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八、计算题

求微分方程

$y^{\prime\prime}+4y^{\prime}+4y=e^{ax}$

的通解，其中 $a$ 为实数。

解析：

对应齐次方程的特征方程为 $\lambda^{2}+4\lambda+4=0$，故 $\lambda_{1}=\lambda_{2}=-2$，齐次通解为

$y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-2x}$。

当 $a\ne -2$ 时，特解为 $\dfrac{e^{ax}}{\left(a+2\right)^{2}}$，故

$y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-2x}+\dfrac{e^{ax}}{\left(a+2\right)^{2}}$。

当 $a=-2$ 时，特解为 $\dfrac{1}{2}x^{2}e^{-2x}$，故

$y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)e^{-2x}+\dfrac{1}{2}x^{2}e^{-2x}$。

其中 $C_{1},C_{2}$ 为任意常数。