2018浙江专升本高等数学真题

1、2018年浙江专升本高数考试真题答案sin x1、设 f (x) x x、选择题：本大题共 5小题，每小题4分，共20分。，x 0,一 ,则 f(x)在(1,1)内(C ),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sin x斛析：lim f (x) lim x 0, lim f (x) lim 1 x 0x 0x 0x 0 xlim f (x) lim f(x),但是又存在， x 0是跳跃间断点 x 0x 02 ,2、当x 0时，Sin x xcosx是x的( D )无否小A、低阶B、等阶C、同阶D、高阶sinx xcosx cosx cosx xsinx sinx解析

2、：lim2 lim lim 0局阶无穷小x 0x2x 02xx 0 2f (x)3、设 f (x)二阶可导，在 x Xo处 f (xo) 0 , lim 0 ,则 f (x)在 x Xo处(B )x x x XoA、取得极小值B、取得极大值C、不是极彳tD、 Xo,f(Xo)是拐点解析： lim f (x) 0, f (x0) lim -f-(x)f (Xo),则其 f (x0) 0, f (x0) 0 ,x X0 x x0x x0x x0Xo为驻点，又f (Xo) 0 X Xo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 )b 2 ,A、已知 f (x)dx 0,则

3、在 a,b 上，f (x) 0 ad 2x ,B、一 f (t)dt f (2x) f(x),其中 x,2x a, b dx 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 0f2(x) 0 , 事实上若 f(x)满足精选连续非负 f (x) 0(a x b)f (x)dx 0B.C.d 2xf(x)dx 2f (2x) f(x) dx x有零点定理知结

4、论正确D.由积分估值定理可知,x a, b , m f (x)bbmdx f (x)dx aabMdx m(ba)f(x)dx M (ba)5、卜列级数绝对收敛的是A、(1)n1B、(1)n1ln(n 1)cosnn 1 n3 9D、解析:A. limn1n 1 V n一发散B. lim n n 1 ln(1limnln(1nd limn 1 n发散C.收敛n 1 ln(1 n)n)cosn.n2 93n21-3n 1"2n2收敛_1_n2 9收敛cosn n2 9二、填空题16、lim (1 asin x)x解析：lim (1x 01 asin x)x-ln(1lim exx 0a

5、sin x)ln(1 asinx)lim -x 0 xe1 acosx limUsn x 01e7、1fx 0f(3 2x) sin x3,则f (3)f (3) f(3 2x)解析：lim x 0 sin x2lim 及x 02x) f(3)2x2f (3) 3精选8、若常数a,b使得limx 0 e,sin x解析：lim * (cosxx 0e asinx2xb)所以根据洛必达法则可知:(cosx b) 5,则 blimx(cosx b)2x e0, ax(cosx b)2xcosx lim5,b9、设ln(1t)解析:10、 yarctant1dy dx11 t211 t解析：方程两边

6、同时求导，得:方程2x2yy0同时求导,t2(11 tt)2dydx0所确定的隐函数,得:d2y dx222y x3y则得,(x)2yyy11、求x1 x2解析:12、求已知解析:limn2x2yy0,(y)2yyx例A 一田入,y13、e0嗔2 dx的单增区间是（221 x 2x(1(11,1)2x2、2 x )则x21,f (x) dxx(ln x)limnf(k) nf(-) n2dx 1f(x)dxf(x)dx2 x (eC)精选解析:就7dx上dlnx 1(ln x)In x14、由2x ： y 1, xE ,，一 ，42围成的图形面积为一解析:221 (x 1)dx(3x3 x)1

7、5、常系数齐次线性微分方程y 2y0的通解为y (C1 C2x)ex (CQ2为任意常解析：特征方程：r2 2r 10，特征根:r121通解为y (C1 C2x)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x xe elim x 0 ln(1 sin x)解析:x xe elim x 0 ln(1 sin x)2xx e 1人lim e x 01n(1 sin x)13x 0 sin xx17、设y(x) (1 sin x),求y(x)在x 处的微分x解析：y(x) (1 sinx)ln y xln(1 si

8、n x)1_y yln(1 sin x)cosx1 sin xdyln(1 sin x) x-sin x)xdx将x代入上式，得微分dy dx18、求5 F 2，1 cos xdx05 j 25解析： 1 cos xdx | sin x | dx 00冗2sin xdx034sin x)dx sin xdx 235sin x)dx sin xdx42.3,4cosx|0 cosx| cosx |2cosx |3.5cosx |410精选19、求 arctanJXdx解析：令& t,则x t t)dt , dx 2tdt2.22 .arctantdt t arctant t darcta

9、nt,2t arctant,2t arctan tt2arctantt21 t2dt1 t2 11 t2(1dt1 t2dt,2t arc tant t arc tan t c贝1 .3、,38 3t)hJ 原式xarctanjx ，X arctan Vx c20、x.5 4xxcosx 1 x4)dxxcosx解析：1-二为奇函数，该式不代入计算5 4x,则 x5 t241 dx tdt215 t23 41 t(3 21(5 t2)dt2x b,x21、已知 f (x)ln(1 ax), x0O在x 0处可导，求a,b解析:精选“乂)在乂 故t可导f (x)在x故t连续lim f (x) l

10、im f (x) f (0)x 0x 0lim f (x) 0, lim f (x) bx 0x 0b 0lim f (x) lim f (x) x 0x 0ln(1 ax) 0lim f (x) lim -4 ax 0x 0 x 02x 0lim f (x) lim 2x 0 x 0 x 0a 2x t 122、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),PA (t,t 1,2t 1),设两条直线的交点P(t 1,t 3,2t),所以S所以 2t 3t

11、 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)x 141 3x3口三x5722x 3x 1极值和拐点. .1 Q 斛析：f(x) x 2x 33x 1(1)f(x)的极值f'(x) x2 4x 3令 f'(x) 0,则 x1 1,x2 3x(,D1(13)3(3,)f'(x)+0-0+f (x)极大值极小值列表如下：所以极大值为精选1 c 7f (1)-231 极小值 f (3) 133(2) 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)

12、-0+f(x)凸拐点凹,5拐点为2,5 3四、综合题(本大题共 3大题，每小题10分，共30分)124、利用(1)nxn ,1 x n 0(1)将函数ln(1 x)展开成x的哥级数(2)将函数ln(3 x)展开成x 2的哥级数解析：(1)令 f (x) ln(1 x) , f (x)xx 1f(x) 0 f (t)dt f(0)01dt11-，当 x ( 1,1)时，-(1)nxn1 x1 x n 0n 10( 1)ntndt( 1)n.n 0n 0 n 1当x1时，级数发散；当 x 1时，级数收敛，故收敛域为1,1。x 2x 2、 ln(3 x) ln5 (x 2) ln5(1 )ln5 l

13、n(1 )55n 1n 1 x 2 n 1n(x2)ln5 ( 1)() ln5 ( 1)nr；-n 01 n 5n 05 (n 1)其中，1 人213x7。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,精选求 f (x)tto斛析：S 1 f (x)dx, V 1 f (x)dxt 0tt由题意知，1 f 2(x)dx t 1f (x)dx,求导得，得 f21 f(x)dx tf (t)再求导，得 2 f(t)f (t) f(t)f(t) tf (t)

14、2ydy即 2 f(t) tf (t) 2 f (t)f (t),则 2y ty 2yy , 2y (2y t)y , 2 5dt 115 T7dy_5Wdy12 -丁丁t 1, P(y) , Q(y) 1, t e y ( e y dy C) - - (-y2 C),dy 2y2y. y 311由f(1) f2 f (1) 1 ,带入得C ,故曲线方程为3x 2y o26、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 ( J f ( 2)(2)在(a,b)存在 f ( ) 0解析：(1)过(a, f (a), (b, f(b)的直线方程可设为:y f(c) fbf)(x c)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)1o(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