2018浙江专升本高等数学真题

1、文档2018 年浙江专升本高数考试真题答案、选择题：本大题共 5小题，每小题 4 分，共 20分。1、设 f (x)sinxx,xx 00，则 f(x)在( 1,1)内( C )x ,x 0A、有可去间断点B、连续点C、有跳跃间断点D、有第二间断点sinx解析： lim f (x) lim x 0,lim f (x) lim1x 0 x 0 x 0 x 0lim f (x) lim f (x) ，但是又存在， x 0 是跳跃间断点x 0 x 022、当 x 0 时， sin x xcosx是 x2 的( D )无穷小A、低阶B、等阶C、同阶D、高阶sinx xcosx cosx cosx xs

2、inx sinx解析： lim 2 lim lim 0 高阶无穷小x 0 x2 x 0 2x x 0 23、设 f ( x)二阶可导，在x x0处 f (x0) 0，lim f(x) 0，则 f(x)在x x0处( B )x x0 x x0A、取得极小值B、取得极大值C、不是极值D、 x0, f (x0) 是拐点解析： limf(x)0, f (x0)limf(x)f(x0)，则其f (x0)0,f(x0)0，x x0x x0x x0 xx0x0为驻点，又f (x0) 0 x x0 是极大值点。4、已知 f(x) 在 a,b 上连续，则下列说法不正确的是( B )b2A、已知 f 2(x)dx

3、 0，则在 a,b 上， f (x) 0ad 2xB、f(t)dt f (2x) f(x) ，其中 x,2x a,bdx xC、 f(a) f(b) 0，则 a,b 内有 使得 f ( ) 0bD、y f(x)在 a,b 上有最大值 M 和最小值 m，则m(b a) f (x)dx M(b a)a解析： A.由定积分几何意义可知， f2(x) 0， f2(x)dx为 f2(x)在 a,b 上与 x轴围成a的 面 积 ， 该 面 积 为 0f 2(x) 0 ， 事 实 上 若 f (x) 满 足连续非负 f(x) 0(a x b) bf(x)dx 0ad 2xB.f ( x)dx 2f (2x)

4、 f(x)dx xC. 有零点定理知结论正确D. 由积分估值定理可知，x a,b ， m f (x) M ，bbb则 mdx f(x)dx Mdxaaam(b a)f (x)dx aM (b a)5、下列级数绝对收敛的是（C ）A、( 1)n 1B、( 1)n 1解析：A.limn1n11nn 1 ln(n 1)cosn n 1 n3 91D、n1n1，由1 发散 n 1 n1 发散n11 B. lim n n1 ln(1limnln(1nn) lim 1 n 1 n10 ，由 1 发散n1n发散n 1 ln(1 n)C.收敛n)cosnn2 91 n21，而 lim n 9 =1，13n21

5、3n 1 2 n2收敛1n2 9收敛cosnn21D. 1 发散n1n二、填空题16、 lim(1 asin x) x解析： lim (1x01 asinx) x1ln(1lim exx0asinx)ln(1 asinx) limx 0 xe1acosxlim 1 asinxx 0 1e7、lim f (3)x0f (3 2x) sin x3 ，则 f (3)解析： lim f(3) f(3 2x)x0sinx2lim f(3x02x) f(3)2x2f (3) 3sin x8、若常数 a,b 使得 lim 2xx 0 e 解析： lim s2ixn x (cosxx 0 e2x a(cosx

6、 b) 5 ，则 b ab)limx所以根据洛必达法则可知：x(cosx b)2xa0,alim x(cos x b)x02xcosx lim x 0 21b21b25,b9、设t)ln(1t arctant，则ddyx解析：1dydx11 t 211tt2(1t)1 t 2dydx1110、 yf(x)是 x2 y2 10所确定的隐函数，则d2y dx222yx3y3解析：方程两边同时求导，得：2x 2 yy0，方程 2x2yy0 同时求导，得：(y )2yy0 ，将x 带入，y则得，( x )2yyy0， d22y0 ， dx211、求x1 x2的单增区间是 (解析：221 x 2 x22

7、x)(1(12x3 y22yx3y1,1)1 x 222x)令y0，则 x21，12、求已知f (x) dxx2n1C，limnf(k)n解析： limn110nf(k)nf ( x)dx10 f (x)dx2x(eC)e113、12 x(ln x)dx解析：x(ln1x)2dx1 2dln x1(ln x)2ln x14、由x2 ： y 1, x2 围成的图形面积为解析：221 ( x2 1)dx(13x3 x)15、常系数齐次线性微分方程0的通解为 y (C1 C2 x)ex (C1C2 为任意常数)解析：特征方程： r 2 2 r 10 ，特征根：r1 r2 1通解为 y (C1 C2x

8、)ex(C1C2 为任意常数)三、计算题 (本大题共60 分)8 小题，其中 16-19小题每小题 7分， 20-23 小题每小题 8 分，共16、求xxee lim x 0 ln(1 sin x)limlim e xlimx 0 ln(1 sin x) x 0 ln(1sin x) x 0 sy(x)x(1 sin x)x，求 y(x) 在x 处的微分y(x)(1 sin x) xxln(1sin x)cosxln(1sin x) x2x解析：17、设解析：ln yxsin xxx2xlim 2xx0dycos xxln(1 sin x) x (1 sin x)xdx1 sin x将x代入上

9、式，得微分dy dx18、求521 cos xdx 0解析：0 1 cos2 xdx5| sin x | dx2sin xdx ( sin x) dx 03sin xdx24( sin x) dx35sin xdx4cosx|0 cos x|2 cosx |32 cosx |43cosx |54 1019、求 arctan xdx解析： 令 x t，则x t2， dx 2tdt2 2 2arctan tdtt arctant t darctantt 2 arc tantt 2 1 3 38(5t 3 t3) |13 2 dt1 t 22t 2 arc tan t1 t2 21dt1 t 2t

10、2 arctan t1(1 1 1t2)dtt 2 arc tan tt arc tan t c则 原式 xarc tan x x arc tan x c20、1-1 5 4 xx cos x1 x4)dxx cosx解析： 1 x4 为奇函数，该式不代入计算5 4 x，则 xdx 1 tdt2该式1 5 t234t(112t)dt321(5 t 2)dt21、已知 f ( x)2xln(1b, x 0在xax), x 00 处可导，求 a,b解析：f (x)在 x 0处可导f (x)在 x 0处连续lim f(x) lim f (x) f (0)x 0 x 0lim f(x) 0,lim f

11、 (x) bx 0 x 0 b0lim f(x)limf (x)x0x0lim(x)limln(1 ax) 0x0x0x02x 0lim(x)limx0x0x 0 2a2axt122、求过点 A( 1,2,1) 且平行于 2x 3y z 7 0又与直线 y t 3相交的直线方程。 z 2t直线过点 A( 1,2,1) ，因为直线平行于平面，所以 S n ， n (2, 3,1) ，设两条直线的交点P(t 1,t 3,2t) ，所以 SPA (t,t 1,2t 1) ，所以 2t 3t 3 2t 10，t 4， P(3,7,8)，所以 PA(4,5,7)，所以直线方程为23、讨论 f (x)x1

12、413xy 2 z 1。5722x2 3x 1 极值和拐点解析：1 3 2f (x) 13x3 2x2 3x 131) f (x) 的极值f (x) x2 4x 3x( ，1)1(1，3)3(3， )f (x)+0-0+f (x)极大值极小值令 f (x) 0，则 x1 1,x2 3 列表如下：所以极大值为17f (1) 2 3 1 ，极小值 f (3) 1 332) f (x) 的拐点f (x) 2x 4令 f (x) 0 则x 2列表如下：x( ，2)2(2， )f(x)-0+f(x)凸拐点凹5拐点为 2,53四、综合题(本大题共 3大题，每小题 10 分，共 30分) 1 n n24、利

13、用( 1)nxn ，1 f(x) 0 f (t)dt f(0) n 0(1)将函数 ln(1 x)展开成 x 的幂级数2)将函数 ln(3 x)展开成 x 2 的幂级数解析：(1)令 f (x) ln(11x)，f (x) 11x，当x (1,1)时，11x(n0nn1) xn0n11)nnxn11n1x 1 x n n011tdt 0n0( 1)ntndt当 x 1 时，级数发散；当 x 1 时，级数收敛，故收敛域为 1,1 。x2x(2) ln(3x)ln5 (x 2)ln 5(1x 2)5ln5 ln(15n 1 x 2 n 1n(x 2)n 1ln 5( 1)n ( )n 1ln5(

14、1)nn1n01 n 5n05n 1(n 1)其中， 1x2 1 3 x7。525、 f(x)在 1，上导函数连续， f(x) 0 ，已知曲线 f(x)与直线 x 1,x t(t 1)及 x=1(t 1)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，求 f (x)tt 2解析： Sf (x)dx， Vf 2(x)dxtt t由题意知， 1 f 2(x)dx t 1 f (x)dx ，求导得，得 f 2(t)f(x)dx tf(t)再求导，得 2 f(t) f (t) f (t) f(t) tf (t)即2f(t) tf (t) 2f(t)f (t)，则 2y ty2y

15、y ，2y (2y t)y，2y2ytdtdydtdy1t2y1，P(y)121y，Q(y) 1， t1dy1y dy( e2y1dy y dyC)y(3y2C),由 f (1) f 2 (1)1f (1) 1 ，带入得 C ，故曲线方程为 3x326、 f (x) 在 a,b 连续且( a, f (a)和(b, f (b)的直线与曲线交于 (c, f(c)(a x b) ，证 明：1)存在 f ( 1) f ( 2)(2)在 (a,b)存在 f ( ) 0 解析：解法一：(1)过(a,f (a), (b, f (b)的直线方程可设为： f (b) f (a)y f (c) (x c) ba所以可构造函数： F(x) f(x) x所以 F(a) F(b) F(c)又因为 f (x) 在 a,c c,b 连续可导的，则 F(x)在 a,c c,b 连续可导， 所以根据罗尔定理可得存在 1 (a,c), 2 (c,b), F ( 1) F ( 2) 0, 使 f ( 1) f ( 2)。(2)由( 1)知 f ( 1) f ( 2)，又 f (x) 二阶可导，存在且连续，故由罗尔定理可知，( 1, 2) (