1999 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题与解析

一、填空题

1

曲线

$\left\{\begin{array}{l}x=e^{t}\sin 2t,\\y=e^{t}\cos t\end{array}\right.$

在点 $\left(0,1\right)$ 处的法线方程为 ________。

答案： $2x+y-1=0$

解析： 点 $\left(0,1\right)$ 对应 $t=0$。由参数方程求导得

$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{e^{t}\cos t-e^{t}\sin t}{e^{t}\sin 2t+2e^{t}\cos 2t}$。

代入 $t=0$，得切线斜率为 $\dfrac{1}{2}$，故法线斜率为 $-2$。所以法线方程为 $y-1=-2x$，即 $2x+y-1=0$。

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2

设函数 $y=y\left(x\right)$ 由方程 $\ln\left(x^{2}+y\right)=x^{3}+y\sin x$ 确定，则 $\left.\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0}=$ ________。

答案： $1$

解析： 当 $x=0$ 时，由原方程得 $y=1$。两边对 $x$ 求导：

$\dfrac{2x+y^{\prime}}{x^{2}+y}=3x^{2}+y^{\prime}\sin x+y\cos x$。

代入 $x=0,y=1$，得 $y^{\prime}=1$。

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3

$\int\dfrac{x+5}{x^{2}-6x+13}\mathrm{~d}x=$ ________。

答案： $\dfrac{1}{2}\ln\left(x^{2}-6x+13\right)+4\arctan\dfrac{x-3}{2}+C$

解析： 因为 $x+5=\left(x-3\right)+8$，所以

$\int\dfrac{x+5}{x^{2}-6x+13}\mathrm{~d}x=\int\dfrac{x-3}{x^{2}-6x+13}\mathrm{~d}x+8\int\dfrac{\mathrm{d}x}{\left(x-3\right)^{2}+4}$。

故

$\int\dfrac{x+5}{x^{2}-6x+13}\mathrm{~d}x=\dfrac{1}{2}\ln\left(x^{2}-6x+13\right)+4\arctan\dfrac{x-3}{2}+C$。

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4

函数 $y=\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}$ 在区间 $\left[\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right]$ 上的平均值为 ________。

答案： $\dfrac{\left(\sqrt{3}+1\right)\pi}{12}$

解析： 平均值为

$\overline{y}=\dfrac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}}\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}}\dfrac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{~d}x$。

令 $x=\sin t$，得

$\overline{y}=\dfrac{2}{\sqrt{3}-1}\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\sin^{2}t\mathrm{~d}t=\dfrac{\left(\sqrt{3}+1\right)\pi}{12}$。

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5

微分方程 $y^{\prime\prime}-4y=e^{2x}$ 的通解为 ________。

答案： $y=C_{1}e^{-2x}+\left(C_{2}+\dfrac{1}{4}x\right)e^{2x}$，其中 $C_{1},C_{2}$ 为任意常数。

解析： 齐次方程 $y^{\prime\prime}-4y=0$ 的特征根为 $\lambda_{1}=2,\lambda_{2}=-2$。又非齐次项为 $e^{2x}$，设特解 $y^{*}=Axe^{2x}$，代入得 $A=\dfrac{1}{4}$。故通解为

$y=C_{1}e^{-2x}+\left(C_{2}+\dfrac{1}{4}x\right)e^{2x}$。

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二、选择题

1

设

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{1-\cos x}{\sqrt{x}}, & x>0,\\x^{2}g\left(x\right), & x\le 0,\end{array}\right.$

其中 $g\left(x\right)$ 是有界函数，则 $f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 处（ ）

A. 极限不存在。
B. 极限存在，但不连续。
C. 连续，但不可导。
D. 可导。

答案： D

解析： 因 $g\left(x\right)$ 有界，$\lim_{x\to 0^{-}}x^{2}g\left(x\right)=0$；又 $\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{1-\cos x}{\sqrt{x}}=0$，故 $f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 处连续。

又

$f_{+}^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{1-\cos x}{x\sqrt{x}}=0,\quad f_{-}^{\prime}\left(0\right)=\lim_{x\to 0^{-}}xg\left(x\right)=0$。

所以 $f^{\prime}\left(0\right)$ 存在，选 D。

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2

设

$\alpha\left(x\right)=\int_{0}^{x}\sin^{5}t\mathrm{~d}t,\quad \beta\left(x\right)=\dfrac{1}{5}\int_{0}^{x}\dfrac{t^{5}}{1+\sin t}\mathrm{~d}t$，

则当 $x\to 0$ 时，$\alpha\left(x\right)$ 是 $\beta\left(x\right)$ 的（ ）

A. 高阶无穷小。
B. 低阶无穷小。
C. 同阶但不等价的无穷小。
D. 等价无穷小。

答案： C

解析： 由洛必达法则，

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\alpha\left(x\right)}{\beta\left(x\right)}=\lim_{x\to 0}\dfrac{\sin^{5}x}{\frac{1}{5}\cdot \frac{x^{5}}{1+\sin x}}=5$。

极限为有限非零常数但不等于 $1$，故二者同阶但不等价，选 C。

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3

设 $f\left(x\right)$ 是连续函数，$F\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的原函数，则（ ）

A. 当 $f\left(x\right)$ 是奇函数时，$F\left(x\right)$ 必是偶函数。
B. 当 $f\left(x\right)$ 是偶函数时，$F\left(x\right)$ 必是奇函数。
C. 当 $f\left(x\right)$ 是周期函数时，$F\left(x\right)$ 必是周期函数。
D. 当 $f\left(x\right)$ 是单调增函数时，$F\left(x\right)$ 必是单调增函数。

答案： A

解析： 原函数可写为 $F\left(x\right)=\int_{0}^{x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t+C$。若 $f\left(x\right)$ 为奇函数，则

$F\left(-x\right)=\int_{0}^{-x}f\left(t\right)\mathrm{~d}t+C=\int_{0}^{x}f\left(u\right)\mathrm{~d}u+C=F\left(x\right)$。

所以 $F\left(x\right)$ 为偶函数，选 A。

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4

“对任意给定的 $\varepsilon\in\left(0,1\right)$，总存在正整数 $N$，当 $n\ge N$ 时，恒有 $\left|x_{n}-a\right|\le 2\varepsilon$”是数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛于 $a$ 的（ ）

A. 充分条件但非必要条件。
B. 必要条件但非充分条件。
C. 充分必要条件。
D. 既非充分条件又非必要条件。

答案： C

解析： 该条件与数列极限定义等价。因为 $\varepsilon\in\left(0,1\right)$ 仍可任意小，且 $\left|x_{n}-a\right|\le 2\varepsilon$ 仍能保证 $\left|x_{n}-a\right|$ 任意小，所以是充分必要条件，选 C。

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5

记行列式

$\begin{vmatrix}x-2 & x-1 & x-2 & x-3\\2x-2 & 2x-1 & 2x-2 & 2x-3\\3x-3 & 3x-2 & 4x-5 & 3x-5\\4x & 4x-3 & 5x-7 & 4x-3\end{vmatrix}$

为 $f\left(x\right)$，则方程 $f\left(x\right)=0$ 的根的个数为（ ）

A. $1$。
B. $2$。
C. $3$。
D. $4$。

答案： B

解析： 利用行列式性质化简可得 $f\left(x\right)=5x\left(x-1\right)$。故方程 $f\left(x\right)=0$ 有两个根 $x=0,x=1$，选 B。

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三、计算题

求

$\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln\left(1+x\right)-x^{2}}$。

解析：

分子有理化，得

$\dfrac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1+\sin x}}{x\ln\left(1+x\right)-x^{2}}=\dfrac{\tan x-\sin x}{\left[x\ln\left(1+x\right)-x^{2}\right]\left(\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\right)}$。

当 $x\to 0$ 时，$\sqrt{1+\tan x}+\sqrt{1+\sin x}\to 2$，且 $\tan x-\sin x\sim \dfrac{x^{3}}{2}$，$x\ln\left(1+x\right)-x^{2}\sim -\dfrac{x^{3}}{2}$。故原极限为

$-\dfrac{1}{2}$。

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四、计算题

计算

$\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x^{2}}\mathrm{~d}x$。

解析：

分部积分：

$\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x^{2}}\mathrm{~d}x=\int_{1}^{+\infty}\arctan x\,\mathrm{d}\left(-\dfrac{1}{x}\right)$

$=-\left.\dfrac{\arctan x}{x}\right|_{1}^{+\infty}+\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x\left(1+x^{2}\right)}\mathrm{~d}x$。

又

$\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x\left(1+x^{2}\right)}\mathrm{~d}x=\left.\ln\dfrac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}\right|_{1}^{+\infty}=\dfrac{1}{2}\ln 2$。

故

$\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\arctan x}{x^{2}}\mathrm{~d}x=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}\ln 2$。

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五、计算题

求初值问题

$\left\{\begin{array}{l}\left(y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y=0,\quad x>0,\\\left.y\right|_{x=1}=0\end{array}\right.$

的解。

解析：

原方程化为

$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\dfrac{y+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{x}$。

令 $u=\dfrac{y}{x}$，则 $y=ux$，代入得 $x\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\sqrt{1+u^{2}}$。分离变量并积分：

$\int\dfrac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1+u^{2}}}=\int\dfrac{\mathrm{d}x}{x}$，

得 $\ln\left(u+\sqrt{1+u^{2}}\right)=\ln\left(Cx\right)$，即 $u+\sqrt{1+u^{2}}=Cx$。由 $\left.y\right|_{x=1}=0$，得 $C=1$。代回并化简，得

$y=\dfrac{1}{2}x^{2}-\dfrac{1}{2},\quad x>0$。

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六、应用题

为清除井底的污泥，用缆绳将抓斗放入井底，抓起污泥后提出井口（图示略）。已知井深 $30\ \mathrm{m}$，抓斗自重 $400\ \mathrm{N}$，缆绳每米重 $50\ \mathrm{N}$，抓斗抓起的污泥重 $2000\ \mathrm{N}$，提升速度为 $3\ \mathrm{m/s}$，在提升过程中，污泥以 $20\ \mathrm{N/s}$ 的速度从抓斗缝隙中漏掉。现将抓起污泥的抓斗提升至井口，问克服重力需作多少焦耳的功？

解析：

设抓斗上升距离为 $x$。此时需克服的力为

$f\left(x\right)=400+50\left(30-x\right)+\left(2000-\dfrac{20}{3}x\right)=3900-\dfrac{170}{3}x$。

故总功为

$W=\int_{0}^{30}\left(3900-\dfrac{170}{3}x\right)\mathrm{~d}x=\left.3900x-\dfrac{85}{3}x^{2}\right|_{0}^{30}=91500\ \mathrm{J}$。

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七、计算题

已知函数

$y=\dfrac{x^{3}}{\left(x-1\right)^{2}}$，

求：

1. 函数的增减区间及极值；
2. 函数图形的凹凸区间及拐点；
3. 函数图形的渐近线。

解析：

定义域为 $\left(-\infty,1\right)\cup\left(1,+\infty\right)$。求导得

$y^{\prime}=\dfrac{x^{2}\left(x-3\right)}{\left(x-1\right)^{3}},\quad y^{\prime\prime}=\dfrac{6x}{\left(x-1\right)^{4}}$。

由 $y^{\prime}$ 的符号可知，函数在 $\left(-\infty,1\right)$ 与 $\left(3,+\infty\right)$ 上单调增加，在 $\left(1,3\right)$ 上单调减少；当 $x=3$ 时取极小值 $y\left(3\right)=\dfrac{27}{4}$。

由 $y^{\prime\prime}$ 的符号可知，函数在 $\left(-\infty,0\right)$ 内为凸，在 $\left(0,1\right)$ 与 $\left(1,+\infty\right)$ 内为凹，拐点为 $\left(0,0\right)$。

又 $\lim_{x\to 1}\dfrac{x^{3}}{\left(x-1\right)^{2}}=+\infty$，故 $x=1$ 是铅直渐近线；并且 $\lim_{x\to \infty}\dfrac{y}{x}=1$，$\lim_{x\to \infty}\left(y-x\right)=2$，故斜渐近线为 $y=x+2$。

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八、证明题

设函数 $f\left(x\right)$ 在闭区间 $\left[-1,1\right]$ 上具有三阶连续导数，且 $f\left(-1\right)=0$，$f\left(1\right)=1$，$f^{\prime}\left(0\right)=0$。证明：在开区间 $\left(-1,1\right)$ 内至少存在一点 $\xi$，使 $f^{\prime\prime\prime}\left(\xi\right)=3$。

解析：

由带拉格朗日余项的麦克劳林公式，

$f\left(x\right)=f\left(0\right)+f^{\prime}\left(0\right)x+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(0\right)x^{2}+\dfrac{1}{6}f^{\prime\prime\prime}\left(\eta\right)x^{3}$，

其中 $\eta$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间。

分别取 $x=-1$ 与 $x=1$，并利用 $f^{\prime}\left(0\right)=0$，得

$f\left(-1\right)=f\left(0\right)+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(0\right)-\dfrac{1}{6}f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{1}\right)=0$，

$f\left(1\right)=f\left(0\right)+\dfrac{1}{2}f^{\prime\prime}\left(0\right)+\dfrac{1}{6}f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{2}\right)=1$。

两式相减，得 $f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{1}\right)+f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{2}\right)=6$。由 $f^{\prime\prime\prime}\left(x\right)$ 连续，存在 $\xi\in\left(-1,1\right)$，使

$f^{\prime\prime\prime}\left(\xi\right)=\dfrac{f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{1}\right)+f^{\prime\prime\prime}\left(\eta_{2}\right)}{2}=3$。

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九、计算题

设函数 $y=y\left(x\right)\left(x\ge 0\right)$ 二阶可导，且 $y^{\prime}\left(x\right)>0$，$y\left(0\right)=1$。过曲线 $y=y\left(x\right)$ 上任意一点 $P\left(x,y\right)$ 作该曲线的切线及 $x$ 轴的垂线，上述两直线与 $x$ 轴所围成的三角形面积记为 $S_{1}$；区间 $\left[0,x\right]$ 上以 $y=y\left(x\right)$ 为曲边的曲边梯形面积记为 $S_{2}$，并设 $2S_{1}-S_{2}$ 恒为 $1$，求此曲线 $y=y\left(x\right)$ 的方程。

解析：

切线方程为 $Y-y=y^{\prime}\left(X-x\right)$，其与 $x$ 轴交点为 $\left(x-\dfrac{y}{y^{\prime}},0\right)$，故

$S_{1}=\dfrac{y^{2}}{2y^{\prime}},\quad S_{2}=\int_{0}^{x}y\left(t\right)\mathrm{~d}t$。

由 $2S_{1}-S_{2}=1$，得

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

两边对 $x$ 求导并化简：

$yy^{\prime\prime}=\left(y^{\prime}\right)^{2}$。

令 $p=y^{\prime}$，则 $y^{\prime\prime}=p\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，于是 $\dfrac{\mathrm{d}p}{p}=\dfrac{\mathrm{d}y}{y}$，得 $p=C_{1}y$。因此 $y=C_{2}e^{C_{1}x}$。

由 $y\left(0\right)=1$ 与原条件可得 $C_{2}=1,C_{1}=1$，故曲线方程为

$y=e^{x}$。

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十、证明题

设 $f\left(x\right)$ 是区间 $\left[0,+\infty\right)$ 上单调减少且非负的连续函数，

$a_{n}=\sum_{k=1}^{n}f\left(k\right)-\int_{1}^{n}f\left(x\right)\mathrm{~d}x,\quad n=1,2,\cdots$。

证明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的极限存在。

解析：

由

$\int_{1}^{n}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f\left(x\right)\mathrm{~d}x$，

得

$a_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}\left[f\left(k\right)-\int_{k}^{k+1}f\left(x\right)\mathrm{~d}x\right]+f\left(n\right)$。

因 $f\left(x\right)$ 单调减少且非负，所以 $a_{n}\ge 0$。又

$a_{n+1}-a_{n}=f\left(n+1\right)-\int_{n}^{n+1}f\left(x\right)\mathrm{~d}x=\int_{n}^{n+1}\left[f\left(n+1\right)-f\left(x\right)\right]\mathrm{~d}x\le 0$。

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调减少且有下界，因此极限存在。

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十一、计算题

设矩阵

$\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1 & 1 & -1\\-1 & 1 & 1\\1 & -1 & 1\end{bmatrix}$，

矩阵 $\boldsymbol{X}$ 满足

$\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{A}^{-1}+2\boldsymbol{X}$，

其中 $\boldsymbol{A}^{*}$ 是 $\boldsymbol{A}$ 的伴随矩阵，求矩阵 $\boldsymbol{X}$。

解析：

两端左乘 $\boldsymbol{A}$，得

$\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}\boldsymbol{X}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{-1}+2\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}$。

因 $\boldsymbol{A}\boldsymbol{A}^{*}=\left|\boldsymbol{A}\right|\boldsymbol{E}$，且 $\left|\boldsymbol{A}\right|=4$，所以

$4\boldsymbol{X}=\boldsymbol{E}+2\boldsymbol{A}\boldsymbol{X}$，

即

$2\left(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)\boldsymbol{X}=\boldsymbol{E}$。

因此

$\boldsymbol{X}=\dfrac{1}{2}\left(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}\right)^{-1}=\dfrac{1}{4}\begin{bmatrix}1 & 1 & 0\\0 & 1 & 1\\1 & 0 & 1\end{bmatrix}$。

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十二、计算题

设向量组

$\boldsymbol{\alpha}_{1}=\left(1,1,1,3\right)^{T}$，

$\boldsymbol{\alpha}_{2}=\left(-1,-3,5,1\right)^{T}$，

$\boldsymbol{\alpha}_{3}=\left(3,2,-1,p+2\right)^{T}$，

$\boldsymbol{\alpha}_{4}=\left(-2,-6,10,p\right)^{T}$。

1. $p$ 为何值时，该向量组线性无关？并在此时将向量 $\boldsymbol{\alpha}=\left(4,1,6,10\right)^{T}$ 用 $\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}$ 线性表出；
2. $p$ 为何值时，该向量组线性相关？并在此时求出它的秩和一个极大线性无关组。

解析：

对增广矩阵 $\left[\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4},\boldsymbol{\alpha}\right]$ 作初等行变换，可化为

$\begin{bmatrix}1 & -1 & 3 & -2 & 4\\0 & -2 & -1 & -4 & -3\\0 & 0 & 1 & 0 & 1\\0 & 0 & 0 & p-2 & 1-p\end{bmatrix}$。

当 $p\ne 2$ 时，$r\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right)=4$，故向量组线性无关。此时方程组有唯一解：

$x_{1}=\dfrac{p-3}{p-2},\quad x_{2}=\dfrac{p-4}{p-2},\quad x_{3}=1,\quad x_{4}=\dfrac{p-1}{p-2}$。

所以

$\boldsymbol{\alpha}=\dfrac{p-3}{p-2}\boldsymbol{\alpha}_{1}+\dfrac{p-4}{p-2}\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}+\dfrac{p-1}{p-2}\boldsymbol{\alpha}_{4}$。

当 $p=2$ 时，向量组线性相关，且 $r\left(\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}\right)=3$。此时一个极大线性无关组可取为

$\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{2},\boldsymbol{\alpha}_{3}$，

也可取

$\boldsymbol{\alpha}_{1},\boldsymbol{\alpha}_{3},\boldsymbol{\alpha}_{4}$。