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1988 年真题

18 题

填空题

本题满分20分，每小题4分

1

若 $f (x) = {e^{2} (sin x + cos x), 2 x + a, x > 0 x \leq 0$ 是 $(- \infty, + \infty)$ 上的连续函数，则 $a =$ ______．

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【答案】
$e^{2}$

【解析】
函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上连续，特别是在 $x = 0$ 处连续。因此，需要满足：

x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{+} lim f (x) = f (0)

计算左极限：

x \to 0^{-} lim f (x) = x \to 0^{-} lim (2 x + a) = 2 \cdot 0 + a = a

计算右极限：

x \to 0^{+} lim f (x) = x \to 0^{+} lim e^{2} (sin x + cos x) = e^{2} (sin 0 + cos 0) = e^{2} (0 + 1) = e^{2}

函数在 $x = 0$ 处的值为：

f (0) = 2 \cdot 0 + a = a

由连续性条件，有：

a = e^{2}

因此， $a = e^{2}$ 。

2

同试卷 1 第 4 题

3

同试卷 1 第 6 题

4

$lim_{x \to + 0} (\frac{1}{x})^{t a n x} =$ ______．

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【答案】 1

【解析】
考虑极限 $lim_{x \to + 0} (\frac{1}{x})^{t a n x}$ 。
设 $y = (\frac{1}{x})^{t a n x}$ ，则 $ln y = tan x \cdot ln (\frac{1}{x}) = - \frac{1}{2} tan x ln x$ 。
因此， $lim_{x \to + 0} ln y = lim_{x \to + 0} (- \frac{1}{2} tan x ln x) = - \frac{1}{2} lim_{x \to + 0} (tan x ln x)$ 。
当 $x \to 0^{+}$ 时， $tan x \sim x$ ，故 $lim_{x \to + 0} tan x ln x = lim_{x \to + 0} x ln x = 0$ 。
所以， $lim_{x \to + 0} ln y = - \frac{1}{2} \times 0 = 0$ ，即 $lim_{x \to + 0} y = e^{0} = 1$ 。
因此，原极限为 1。

5

$\int_{0}^{4} e^{x} d x =$ ______．

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【答案】 $2 e^{2} + 2$

【解析】
计算定积分 $\int_{0}^{4} e^{x} d x$ 。
令 $u = x$ ，则 $x = u^{2}$ ， $d x = 2 u d u$ 。
当 $x = 0$ 时， $u = 0$ ；当 $x = 4$ 时， $u = 2$ 。
积分变为：

\int_{0}^{4} e^{x} d x = \int_{0}^{2} e^{u} \cdot 2 u d u = 2 \int_{0}^{2} u e^{u} d u

使用分部积分法计算 $\int u e^{u} d u$ ：
令 $f = u$ ， $d g = e^{u} d u$ ，则 $df = d u$ ， $g = e^{u}$ 。

\int u e^{u} d u = u e^{u} - \int e^{u} d u = u e^{u} - e^{u} + C = e^{u} (u - 1) + C

代入上下限：

\int_{0}^{2} u e^{u} d u = [e^{u} (u - 1)]_{0}^{2} = (e^{2} (2 - 1)) - (e^{0} (0 - 1)) = e^{2} - (- 1) = e^{2} + 1

因此，

2 \int_{0}^{2} u e^{u} d u = 2 (e^{2} + 1) = 2 e^{2} + 2

故原积分的值为 $2 e^{2} + 2$ 。

选择题

本题满分20分，每小题4分

6

$f (x) = \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{2} x^{2} + 6 x + 1$ 的图形在点 $(0, 1)$ 处切线与 $x$ 轴交点的坐标是

(- \frac{1}{6}, 0)

． B.

(- 1, 0)

． C.

(\frac{1}{6}, 0)

． D.

(1, 0)

．

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正确答案：A

正确答案：A
【解析】 首先，求函数

f (x) = \frac{1}{3} x^{3} + \frac{1}{2} x^{2} + 6 x + 1

在点

(0, 1)

处的切线斜率。计算导数：

f^{'} (x) = x^{2} + x + 6

，代入

x = 0

得

f^{'} (0) = 6

，即切线斜率为 6。
切线方程使用点斜式：

y - 1 = 6 (x - 0)

，化简得

y = 6 x + 1

。
求切线与

x

轴交点，即设

y = 0

：

0 = 6 x + 1

，解得

x = - \frac{1}{6}

。
因此，交点坐标为

(- \frac{1}{6}, 0)

，对应选项 A。

7

若 $f (x)$ 与 $g (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 上皆可导，且 $f (x) < g (x)$ ，则必有

f (- x) > g (- x)

． B.

f^{'} (x) < g^{'} (x)

． C.

lim_{x \to x_{0}} f (x) < lim_{x \to x_{0}} g (x)

． D.

\int_{0}^{x} f (t) d t < \int_{0}^{x} g (t) d t

．

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正确答案：C

正确答案：C
【解析】 由于

f (x)

和

g (x)

在

(- \infty, + \infty)

上可导，因此它们连续。由条件

f (x) < g (x)

对于所有

x

，可知对于任意

x_{0}

，有

f (x_{0}) < g (x_{0})

，且由于连续性，

lim_{x \to x_{0}} f (x) = f (x_{0})

和

lim_{x \to x_{0}} g (x) = g (x_{0})

，故

lim_{x \to x_{0}} f (x) < lim_{x \to x_{0}} g (x)

，选项 C 正确。选项 A 错误，因为

f (- x) < g (- x)

；选项 B 错误，导数关系不确定，例如

f (x) = x

，

g (x) = e^{x}

时，当

x < 0

有

f^{'} (x) > g^{'} (x)

；选项 D 错误，当

x < 0

时积分不等式反向，例如

\int_{0}^{x} f (t) d t > \int_{0}^{x} g (t) d t

。

8

同试卷 1 第 8 题

9

曲线 $y = sin^{3/2} x$ （ $0 \leq x \leq π$ ）与 $x$ 轴围成的图形绕 $x$ 轴旋转所形成的旋转体体积为

\frac{4}{3}

． B.

\frac{4}{3} π

． C.

\frac{2}{3} π^{2}

． D.

\frac{2}{3} π

．

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 曲线

y = sin^{3/2} x

在区间

[0, π]

上与

x

轴围成的图形绕

x

轴旋转所形成的旋转体体积公式为

V = π \int_{0}^{π} [f (x)]^{2} d x

，其中

f (x) = sin^{3/2} x

，因此

[f (x)]^{2} = (sin^{3/2} x)^{2} = sin^{3} x

。
于是，体积

V = π \int_{0}^{π} sin^{3} x d x

。
计算积分

\int_{0}^{π} sin^{3} x d x

：
利用恒等式

sin^{3} x = sin x (1 - cos^{2} x) = sin x - sin x cos^{2} x

，
则

\int sin^{3} x d x = \int sin x d x - \int sin x cos^{2} x d x

。
其中，

\int sin x d x = - cos x

，
对于

\int sin x cos^{2} x d x

，令

u = cos x

，则

d u = - sin x d x

，
所以

\int sin x cos^{2} x d x = \int - u^{2} d u = - \frac{u ^{3}}{3} + C = - \frac{c o s ^{3} x}{3} + C

。
因此，

\int sin^{3} x d x = - cos x + \frac{c o s ^{3} x}{3} + C

。
计算定积分：
在

x = π

时，

- cos π + \frac{c o s ^{3} π}{3} = - (- 1) + \frac{( - 1 ) ^{3}}{3} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}

，
在

x = 0

时，

- cos 0 + \frac{c o s ^{3} 0}{3} = - 1 + \frac{1}{3} = - \frac{2}{3}

，
所以

\int_{0}^{π} sin^{3} x d x = \frac{2}{3} - (- \frac{2}{3}) = \frac{4}{3}

。
因此，体积

V = π \times \frac{4}{3} = \frac{4}{3} π

，对应选项 B。

10

同试卷 1 第 12 题

计算题

本题满分15分，每小题5分

11

同试卷 1 第 2 题

12

已知 $y = 1 + x e^{x y}$ ，求 $y^{'} ∣_{x = 0}$ 及 $y^{''} ∣_{x = 0}$ ．

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【答案】
$y^{'} ∣_{x = 0} = 1$ ， $y^{''} ∣_{x = 0} = 2$

【解析】
已知方程 $y = 1 + x e^{x y}$ 。
当 $x = 0$ 时，代入原方程得 $y = 1$ 。

对原方程两边关于 $x$ 求导：

y^{'} = e^{x y} + x e^{x y} (x y^{'} + y)

代入 $x = 0$ ， $y = 1$ ：

y^{'} = e^{0} + 0 \cdot e^{0} (0 \cdot y^{'} + 1) = 1

故 $y^{'} ∣_{x = 0} = 1$ 。

对一阶导数方程两边再关于 $x$ 求导：

y^{''} = e^{x y} (x y^{'} + y) (1 + x^{2} y^{'} + x y) + e^{x y} (x^{2} y^{''} + 3 x y^{'} + y)

代入 $x = 0$ ， $y = 1$ ， $y^{'} = 1$ ：

y^{''} = e^{0} (0 \cdot 1 + 1) (1 + 0^{2} \cdot 1 + 0 \cdot 1) + e^{0} (0^{2} \cdot y^{''} + 3 \cdot 0 \cdot 1 + 1) = 1 \cdot 1 \cdot 1 + 1 \cdot (0 + 0 + 1) = 1 + 1 = 2

故 $y^{''} ∣_{x = 0} = 2$ 。

13

求微分方程 $y^{'} + \frac{1}{x} y = \frac{1}{x ( x ^{2} + 1 )}$ 的通解（一般解）．

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【答案】

y = \frac{arctan x}{x} + \frac{C}{x}

其中 $C$ 为任意常数。

【解析】 给定微分方程 $y^{'} + \frac{1}{x} y = \frac{1}{x ( x ^{2} + 1 )}$ ，这是一阶线性微分方程，标准形式为 $y^{'} + P (x) y = Q (x)$ ，其中 $P (x) = \frac{1}{x}$ ， $Q (x) = \frac{1}{x ( x ^{2} + 1 )}$ 。
通解公式为 $y = e^{- \int P (x) d x} (\int Q (x) e^{\int P (x) d x} d x + C)$ 。
首先计算 $\int P (x) d x = \int \frac{1}{x} d x = ln x$ （假设 $x > 0$ ）。
则 $e^{\int P (x) d x} = e^{l n x} = x$ ，
$e^{- \int P (x) d x} = e^{- l n x} = \frac{1}{x}$ 。
然后计算 $\int Q (x) e^{\int P (x) d x} d x = \int \frac{1}{x ( x ^{2} + 1 )} \cdot x d x = \int \frac{1}{x ^{2} + 1} d x = arctan x$ 。
代入通解公式，得 $y = \frac{1}{x} (arctan x + C)$ ，即 $y = \frac{a r c t a n x}{x} + \frac{C}{x}$ 。
验证：代入原方程满足，故为通解。

解答题

14

作函数 $y = \frac{6}{x ^{2} - 2 x + 4}$ 的图形，并填写下表。

项目 单调增区间 单调减区间 极值点 极值 凹 (\cup) 区间 凸 (\cap) 区间 拐点 渐近线 结果

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【答案】 单调增区间： $(- \infty, 1)$
单调减区间： $(1, + \infty)$
极值点： $x = 1$
极值： $y = 2$
凹 $\cup$ 区间： $(- \infty, 0) \cup (2, + \infty)$
凸 $\cap$ 区间： $(0, 2)$
拐点： $(0, \frac{3}{2})$ , $(2, \frac{3}{2})$
渐近线： $y = 0$

其图形如下：

【解析】 函数 $y = \frac{6}{x ^{2} - 2 x + 4}$ 的分母 $x^{2} - 2 x + 4$ 的判别式为负，始终为正，故函数定义域为全体实数，且值域为正。
一阶导数为 $f^{'} (x) = - \frac{12 ( x - 1 )}{( x ^{2} - 2 x + 4 ) ^{2}}$ ，由分母恒正，符号取决于分子。当 $x < 1$ 时 $f^{'} (x) > 0$ ，函数单调递增；当 $x > 1$ 时 $f^{'} (x) < 0$ ，函数单调递减。 $x = 1$ 为极值点，代入函数得极值 $y = 2$ 。
二阶导数为 $f^{''} (x) = \frac{36 x ( x - 2 )}{( x ^{2} - 2 x + 4 ) ^{3}}$ ，由分母恒正，符号取决于分子。当 $x < 0$ 或 $x > 2$ 时 $f^{''} (x) > 0$ ，函数凹向上；当 $0 < x < 2$ 时 $f^{''} (x) < 0$ ，函数凸向下。拐点为 $f^{''} (x) = 0$ 的点，即 $x = 0$ 和 $x = 2$ ，代入函数得 $y = \frac{3}{2}$ 。
当 $x \to \pm \infty$ 时， $y \to 0$ ，故水平渐近线为 $y = 0$ 。无垂直渐近线和斜渐近线。

15

将长为 $a$ 的铁丝切成两段，一段围成正方形，另一段围成圆形．问这两段铁丝各长为多少时，正方形与圆形的面积之和为最小？

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【答案】
两段铁丝的长度分别为 $\frac{4 a}{π + 4}$ 和 $\frac{πa}{π + 4}$ 。

【解析】
设用于围成正方形的铁丝长度为 $x$ ，则用于围成圆形的铁丝长度为 $a - x$ 。

正方形部分

周长： $x$
边长： $\frac{x}{4}$
面积： $(\frac{x}{4})^{2} = \frac{x ^{2}}{16}$

圆形部分

周长： $a - x$
半径： $\frac{a - x}{2 π}$
面积： $π (\frac{a - x}{2 π})^{2} = \frac{( a - x ) ^{2}}{4 π}$

总面积函数为

S = \frac{x ^{2}}{16} + \frac{( a - x ) ^{2}}{4 π}

为求 $S$ 的最小值，对 $S$ 求导：

S^{'} = \frac{2 x}{16} - \frac{2 ( a - x )}{4 π} = \frac{x}{8} - \frac{a - x}{2 π}

令 $S^{'} = 0$ ：

\frac{x}{8} = \frac{a - x}{2 π}

两边乘以 $8 \cdot 2 π$ 得：

2 π x = 8 (a - x)

2 π x + 8 x = 8 a

x (2 π + 8) = 8 a

x = \frac{8 a}{2 π + 8} = \frac{4 a}{π + 4}

另一段长度为

a - x = a - \frac{4 a}{π + 4} = \frac{πa}{π + 4}

由于 $S$ 是 $x$ 的二次函数且二次项系数为正，该临界点对应最小值。

结论：当两段铁丝长度分别为

\frac{4 a}{π + 4} 和 \frac{πa}{π + 4}

时，正方形与圆形的面积之和最小。

16

同试卷 1 第 14 题

17

设 $x \geq - 1$ ，求 $\int_{- 1}^{x} (1 - ∣ t ∣) d t$ ．

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【答案】

\int_{- 1}^{x} (1 - ∣ t ∣) d t = {\frac{1}{2} (x + 1)^{2} x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{1}{2} if x \leq 0 if x > 0

【解析】 由于被积函数包含绝对值，需要根据 $x$ 的值分段计算积分。
当 $x \leq 0$ 时，在区间 $[- 1, x]$ 上， $t \leq 0$ ，因此 $∣ t ∣ = - t$ ，被积函数为 $1 - (- t) = 1 + t$ 。积分计算如下：

\int_{- 1}^{x} (1 + t) d t = [t + \frac{t ^{2}}{2}]_{- 1}^{x} = (x + \frac{x ^{2}}{2}) - (- 1 + \frac{1}{2}) = x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (x + 1)^{2} .

当 $x > 0$ 时，积分区间跨越 $t = 0$ ，需分成两部分：从 $- 1$ 到 $0$ 和从 $0$ 到 $x$ 。
在 $[- 1, 0]$ 上， $∣ t ∣ = - t$ ，被积函数为 $1 + t$ ，积分计算如下：

\int_{- 1}^{0} (1 + t) d t = [t + \frac{t ^{2}}{2}]_{- 1}^{0} = 0 - (- 1 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{2} .

在 $[0, x]$ 上， $∣ t ∣ = t$ ，被积函数为 $1 - t$ ，积分计算如下：

\int_{0}^{x} (1 - t) d t = [t - \frac{t ^{2}}{2}]_{0}^{x} = x - \frac{x ^{2}}{2} .

两部分相加得：

\frac{1}{2} + (x - \frac{x ^{2}}{2}) = x - \frac{x ^{2}}{2} + \frac{1}{2} .

因此，积分结果如上所述的分段函数。

18

设 $f (x)$ 在 $(- \infty + \infty)$ 上有连续导数，且 $m \leq f (x) \leq M$ ．

(1) 求 $lim_{a \to + 0} \frac{1}{4 a ^{2}} \int_{- a}^{a} [f (t + a) - f (t - a)] d t$ ．

(2) 证明 $\frac{1}{2 a} \int_{- a}^{a} f (t) d t - f (x) \leq M - m$ （ $a > 0$ ）．

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【答案】
(1) $f^{'} (0)$
(2) 证明见解析。

【解析】
(Ⅰ) 可以用积分中值定理和微分中值定理。这里用洛必达法则直接计算：

原式 = a \to + 0 lim \frac{1}{4 a ^{2}} [\int_{0}^{2 a} f (u) d u - \int_{- 2 a}^{0} f (u) d u] = a \to + 0 lim \frac{1}{8 a} [2 f (2 a) - 2 f (- 2 a)] = a \to + 0 lim \frac{1}{4 a} [f (2 a) - f (- 2 a)] = a \to + 0 lim \frac{1}{4} [2 f^{'} (2 a) + 2 f^{'} (- 2 a)] = f^{'} (0)

(Ⅱ) 可以分别估计两项。这里利用积分的绝对值不等式来估计：

\frac{1}{2 a} \int_{- a}^{a} f (t) d t - f (x) = \frac{1}{2 a} \int_{- a}^{a} [f (t) - f (x)] d t \leq \frac{1}{2 a} \int_{- a}^{a} ∣ f (t) - f (x) ∣ d t \leq \frac{1}{2 a} \int_{- a}^{a} (M - m) d t = M - m