2018浙江专升本高等数学真题.doc-资料库

2018 年浙江专升本高数考试真题答案一、选择题：本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。 1、设 )( xf  x sin x x     , , x x   0 0 ，则 )(xf 在 )1,1( 内（ C ） A、有可去间断点 )( xf 解析：   lim 0 x    lim 0 x    lim 0 x  )( xf B、连续点 lim,0 x 0   x  )( xf  ，但是又存在， x C、有跳跃间断点 lim 0 x  0 x 是跳跃间断点 sin x 1    lim 0 x  )( xf D、有第二间断点 2、当 0x 时， sin  x A、低阶解析： lim 0 x  sin x x 2  x cos x cos x B、等阶 x lim 0 x   是 2x 的（ D ）无穷小 cos x  C、同阶 x  sin cos x 2 x D、高阶 x  0  高阶无穷小 x  lim 0 x  sin 2 3、设 )(xf 二阶可导，在 x  处 0x f  x ( 0  0) lim ， x x  0 )( xf x x  0  0 ，则 )(xf 在 x  处（ B ） 0x A、取得极小值 B、取得极大值 C、不是极值 D、 ( 0 xfx ,0 ) 是拐点解析： lim  x x 0 )( xf x x  0  ( xf ,0 )  0 lim x x  0 ) 0 )( xf x   ( xf x 0 ，则其  ( xf 0 )  ,0 ( xf 0 )  0 ， 0x 为驻点，又  ( f x 0 0)  x x 0 是极大值点。 4、已知 )(xf 在 ba, 上连续，则下列说法不正确的是（ B ） b a x A、已知 d 2 B、  dx x )( af C、  f )(2 x dx  0 ，则在 ba, 上， )( xf 0 f )( t dt  f )2( x  )( xf ，其中 2,  xx ba  , 0)( bf  ，则 ba, 内有使得 )( f 0 D、 y  )(xf 在 ba, 上有最大值 M 和最小值 m ，则 abm  ( ) 解析：A.由定积分几何意义可知， f 0)(2 x 的面积，该面积为 0  f a fb ，  )(2 x 精选 )( xf abMdx   ( )  b a  )(2 x )(2 x dx 为 f 在 ba, 上与 x 轴围成 0 ，事实上若 )(xf 满足

     a  B. 连续非负 xfb )( dx d dx  2 x x  )( xf  (0 a  bx )  0 )( dxxf  )2(2 x f  )( xf C. 有零点定理知结论正确 D. 由积分估值定理可知，  , x ba ， Mxfm )(   ，则 b  a mdx  b  a )( xf dx  b  a Mdx  abm  ( )  b  a )( xf abMdx   ( ) 5、下列级数绝对收敛的是（ C ） A、 B、 1  n n )1(  ln( n  1  )1 )1(  n  n 1  n 1  1 C、 n 1  cos n 3 9 n  1 D、 n n 1 解析：A. lim n  1 1 n  1 n 1 ，由 n 1 1 n 发散  1 n  1 发散 B. lim n  1 n 1 1ln(  n )  lim n  n ) 1ln(  n  lim n  1  1 n  0 1 ，由 n n 1 发散   n 1  1 1ln(  n ) 发散 C. cos n 2 9 n   1 2 n  9 n ，而 lim n   9 1 =1，由 3 1 n n 2 收敛  1 2 n 9 收敛  cos n 2 n 9 1 2 1 3 2 n 收敛 1 D.  n n 1 发散二、填空题 6、 lim 0 x  1(  a sin x ) 1 x  a e 解析： 1(  a sin x ) lim 0 x  1 x  lim 0 x  e 1ln(1  x a sin x ) sin x ) 1ln(  a x lim 0 x   e lim 0 x   e  a cos x 1 sin a 1  x 1  a e  3 ，则 f )3(  3 2 f )3( 7、 lim 0 x  解析： f lim 0 x   )23( x f  sin x )3( f  sin  )23( x x f  lim2 0  x  )23( x  2 x  f )3(  精选 3)3(2  f 

8、若常数 ba, 使得解析： lim 0 x  sin x 2 x a e  x 0  sin x lim 2 x e a  ) bx   (cos (cos lim 0 x  所以根据洛必达法则可知： 1  a ,0 ，则 9b )  5 bx  (cos x 2 x e a  5)  bx  a  1 x lim 0 x  1 b  2 9、设 )  lim 0 x  cos bx  2  1 b  2 (cos bx  2 x ,5 b   9    y  x  t  1ln( ) t arctan dy 11tdx ，则 t 解析： dy dx  dy dx dt dt 1  1 1 t  1  t 1 2  t ) 2 1( 1  t  2 t ， dy 11tdx 10、 y  )(xf 是 2 x  y 012  所确定的隐函数，则解析：方程两边同时求导，得： 2 x  2 yy  0 ， y  2 yd 2 dx  2 y 2 x  3 y x y ，方程 2 x  2 yy  0 同时求导，得：  (1 y ) 2 yy  0 ，将 y  x y 带入，则得， (1  x y 2 )  yy  0 ， 2 yd 2 dx  y 1 y  2 3 x y  2 y 2 x  3 y 11、求 y  解析： y  2 x 1 x  1 x  1(  2 的单增区间是 )1,1( 2 2 x  22 ) x  1  1(  2 x 22 ) x 令 0y ，则 12 x ， 1  x 1 12、求已知 )( xf dx  e x2  C ，则 lim n  解析： lim n  1 n  k  0 1 n  kf ( n )  1  0 )( xf dx  1  0 n 1 1  n  0 k kf ( n )  1e )( xf dx  ( e 2 x  C ) 1 0  e 1 13、  e 1 (ln x x 2) dx  1 精选

解析：   e 1 (ln x 2 x ) dx    e 1 (ln x 2 ) d ln x  1 ln x  e  1 14、由 y  ： 2x y  x ,1  2 围成的图形面积为 4 3 2 2 ( A   解析： 1( 3 15、常系数齐次线性微分方程 dx )1   x 1 x 3  x ) 2 1  4 3 y y  2 y  0 的通解为 y  xexCC ( 1  ) 2 （ 2 1CC 为任意常数）解析：特征方程： r 22  r 01  ，特征根： r 1  r 2  1 通解为 y  xexCC ( 1  ) 2 （ 2 1CC 为任意常数）三、计算题（本大题共 8 小题，其中 16-19 小题每小题 7 分，20-23 小题每小题 8 分，共 60 分） 16、求 lim 0 x  x e 1ln( x   e sin  x ) 解析： lim 0 x  x e 1ln(  x e  sin  x )  x  lim 0 x  e e 1ln( 2 x  1  sin x )  lim 0 x  2 x sin x  lim 0 x  2 x x  2 17、设 )( xy 1(  sin xx ) ，求 )(xy 在 x 处的微分解析： )( xy 1(  sin xx ) ln y  x 1ln(  sin x ) 1 y y  1ln(  sin x )  x dy  1 [ln(  sin x )  x x cos x sin 1  cos x sin  1 将 x 代入上式，得微分 x x) dx 1](  sin x dx dy  5 5 0 0 18、求 解析：    0 1  cos 2 dxx 1  cos 2 dxx   cos cos x |  0  sin| x | dx 0  π5 sin ) x x 2 |    cos x 3 |  2   cos x 4 |  3  精选 π sin xdx  2  （  dx  3  2   sin xdx  4  （ 3   sin x ) dx  5  4   sin xdx   cos x 5 |  4   10

19、求  arctan dxx 解析：令 x  ，则 t x  2t dx 2 tdt ， arc tan tdt 2  t 2 arc tan t   2 dt arc tan t  t 2 arc tan t  t  2  t 2 arc tan t  1   t 2 arc tan t   1 （  t arc2 tan t  t 2 1 t   2 2 t 1 t  1  dt 1 dt  1 1 t  arc tan ） dt 2 t  c 则原式  arc x tan x  x  arc tan x  c 20、 1  （ 1- 解析：  x 45  cos x 1 x  x x 4  x 1 cos x  x 4 dx ）为奇函数，  该式不代入计算令 t  45  x ，则 x  dx 1 2 tdt 该式 5 2t  4 t ) dt   2 t  4 51 3 5   1 3  t（  8 1 1 1 5 t（ 8 3 2   1ln(    t )( xf 1(1  2 t 2) dt 3  3 |) 1 1 6 , xbx  ), ax  21、已知解析：  x 0  0 在 0x 处可导，求 ba, 精选

在    )( xf )( xf lim 0 x  lim  0 x  b  0 x  处可导 0 x  处连续在 lim )( )( xf xf  0 x  )( lim,0 )( xf xf 0  0   x     f  )0( b  lim 0 x    )( xf  lim 0 x    )( xf  lim 0 x   lim 0 x    )( xf  lim 0 x  2a  lim 0 x    )( xf  a 1ln( 0) ax   0 x  2 0 x   0 x  2 22、求过点 )1,2,1(A 且平行于 2 x  3 y  7 z 0 又与直线相交的直线方程。 1 3 t x  y t  2 z t       n 直线过点 )1,2,1(A ，因为直线平行于平面，所以  S  n  ， )1,3,2(  ，设两条直线的交点 ( tP  ,1 t  )2,3 t ，所以  S  PA   ,( tt  2,1 t  )1 ， )8,7,3(P ，所以  PA )7,5,4( ，。所以 2 t  3 t  所以直线方程为解析： )( xf  z   23 01 ， 4t ， t  1 2 1 x y    4 5 7 1 2 1 x x  3 3 x 3 2 1 3 2     2 x   x x 1 3 23、讨论 )( xf 3 极值和拐点（1） )(xf 的极值 f )(' x  2 x  4 x  3 令 f )(' x 0 ，则 x 1 ,1 2  x  3 列表如下： x f )(' x )(xf ），（ 1 +  1 0 极大值 3 0 极小值），（ 3 +  ），（ 31 -  精选

所以极大值为 f )1(  1 3 （2） )(xf 的拐点  13 2 7 3 ，极小值 f )3(  1 f  )( x  2 x  4 令 f  x )(  0 则 2x 列表如下： x f )(' x )(xf ），（ 2 - 凸 2 0 拐点），（ 2 + 凹拐点为    5,2 。 3    四、综合题（本大题共 3 大题，每小题 10 分，共 30 分） 24、利用 1  1  x   0 n )1(  nx n ，（1）将函数 1ln( x 展开成 x 的幂级数 ) （2）将函数 3ln( x 展开成 2x 的幂级数 ) 解析：（1）令 )( xf  1ln(  x ) ，  )( xf  1  1 x ，当 )1,1(x 时， 1  1  x   0 n )1(  nx n  )( xf  当 1x x  0 f  )( t dt  f )0(  x  0 1  t 1 dt   x   0 n  0 )1(  n t n dt    n  0 时，级数发散；当 1x 时，级数收敛，故收敛域为 n 1  1  )1(  n x n 1,1 。 2 x   5 ) （2） 3ln(  x )  (5ln[  x  )]2  1(5ln[  2 x  5 )]  5ln  1ln(  5ln   n  0 )1(  n 1  n x ( 2  5 n 1  )  5ln   n  0 n )1(  ( 5 x  1 n (  n )2 n  1  )1 其中， 1   x 3 1 7 。 1 2 x  5 ，1 25、 )(xf 在 x =1（ 1t ）及 x 轴所围成的去边梯形绕 x 轴所围成的旋转体体积是该曲边梯形的 t 倍，，已知曲线 )(xf 与直线上导函数连续， )( xf ( tt )1 ,1 及 0    x x 精选

求 )(xf 解析： S t 1  t  2 f  1 )( xf dx ， V )( x dx t t 2 1   f  )( t xf  )( f t   1 f  由题意知， f  2 )( x dx  dx ，求导得，得 f  2 )( t t    1 )( xf dx  tf  )( t 再求导，得 )( t f  )( t  )( t  ft   )( t 即 )(2 t f  ft )( t  )(2 t f f  )( t ，则 2 y  yt 2 yy  ， 2 y  2( y  ) yt  ， 2 t y 2  y  dt dy ， dt dy  1  t 2 y 1 ， )( yP  ， 1 2 y 1)( yQ ， t  e  1 2  1 y dy 1 2  1 y dy (  e dy  C )  3 2 y 2(1 3 y  C ) , 由 f )1(  f 2 )1(  f 1)1(  ，带入得 1C 3 ，故曲线方程为 3 x  2 y  1 y 。 )( , bfb ）的直线与曲线交于（ ( , cfc ))( a  bx ) ，证 26、 )(xf 在 ba, 连续且（ )( , afa ）（和明：（1）存在 f   ( (  f  1 2 ) ) （2）在 ),( ba 存在  f )(  0 解析：解法一：（1）过 ,( ( afa )), ( ,( bfb )) 的直线方程可设为： y  )( cf  ()( af x  c ) )( bf  ab  x  所以可构造函数： )( xF  )( xf 所以 )( aF  )( bF  )( cF 又因为 )(xf 在 ca,  bc, 连续可导的，则 )(xF 在 bcca ,  , 连续可导，所以根据罗尔定理可得存在  1  ,( ca ),  2  ,( bc ), F   ( (  F  2 1 ) )  0 , 使 f   ( (  f  1 2 ) ) 。（2）由（1）知 f   ( (  f  1 2 ) ) ，又 )(xf 二阶可导，存在且连续，故由罗尔定理可知，   2 ( , 1 ) ),( ba ，使得  f )(  0 。精选

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