2018年浙江专升本高等数学真题

(完整版)2018年浙江专升本高等数学真题(完整版)2018年浙江专升本高等数学真题专业知识分享专业知识分享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。sinx,x01设f(x) x x

f(x在内（C）,x0A、有可去间断点

B、连续点

C、有跳跃间断点

D、有第二间断点limx0

f(x)limx0

xlimx0

f(x)limx0

sinx1xx0

f(x)x0

f(x)，但是又存在，x0是跳跃间断点2x0sinxxcosxx2的（D)无穷小A、低阶

B、等阶 C、同阶 D、高阶sinxxcosx解析：lim

limcosxcosxxsinx

limsinx

0高阶无穷小x0 x2

x0 2x

x0 23、设f(x)二阶可导,在xx0

处f(x0

)0,xx0

f(x)0f(xxxxx 0

处(B）A、取得极小值

B、取得极大值 C、不是极值

D、0,

f(x0

)是拐点limxx0

f(x)f(xxx 0

)xx0

f(x)f(x)0xx00

，则其f(x0

)0,f(x0

)0，xf(x0

)0xx0

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）A已知

f2(x)dx0

上，f(x)0aB、d2xft)dtf(2x)f(x)，其中x,2xa,bdx xCf(af(b0，则a,b内有f0D、yf(x)在a,b上有最大值M和最小值m，则mba)ba

f(x)dxM(ba)解析：A。由定积分几何意义可知，f2(x)0，bf2(x)dx为f2(x)在a

上与x轴围成的面积，该面积为 连续0f2(x)0，事实上若f(x)满足 非负 f(x)0(axb)bf(x)dx0d2dx x

af(x)dx2f(2x)f(x)有零点定理知结论正确xa,bmf(xM，则bmdx

f(x)dxbMdxmba)

f(x)dxM(ba)a a a a5、下列级数绝对收敛的是(C）A、

(1)n1

、

(1)n1ln(n1)

、

cosn

D、1nn1n1 nn1

n1

n1n3n39n1解析:A.limnn 1n

1,由 1nn1n

发散 1 发散nn1lim n

limln(1n)

lim 1

0，由

1发散

1 发散n

1ln(1n)

n n

n1n1

n ln(1n)n1 n1cosnn2cosnn29n29

，而limn

=1,由 1收敛n29n29n29cosnn2n29cosnn29

1 收敛 收敛n1

3n21发散n二、填空题16、lim(1asinx1x0

ea1

1ln(1asinx)

ln(1asinx)lim

1 acosxlim1asinxlim(1asinx

limex

ex0 x

ex0 1

ea7、x0

x0 x0ff(32x)3f3sinx 2x0

ff(32x)sinx

2x0

f(32x)f2x

2f38、若常数a,b使得lim

sinx

(cosxb5，则b9x0e2xalim

sinx x(cosxb)(cosxb)lim 5x0e2xa

x0

e2xa所以根据洛必达法则可知:1a0,a1x(cosxb) cosxb 1blimx0 2x

lim x0 2 21b5,b92 xt) 9设 y t arctant

1dydxt1dydx解析:dydx

t2(1t)，dy1dxdtdt1dy1dxdtdt11t11t

1dydxtdydx10yf(xx2y210

d2yy2x2dx2 y32x2yy0yx，y方程2x2yy0同时求导,得：1y)2yy0y

x带入，yx d2y 1 x2 y2x2则得，1( )2yy0y

dx2

y y y3 y311求y x 的单增区间是1x2y1x22x2(1x2)2

1x2(1x2)2y0x211x112、求已知

f(x)dxex2C

limn11

f( ) e1kkn

n nk0解析：limn11f(k

1f(x)dx1f(x)dx(ex2C)1

e1n n k0

0 0 013、e

1 dx1x(lnx)2解析：

1 dx

1 dlnx

1lnx1lnxe x(lnx)2 e (lnx)2 e14yx2yx2围成的图形面积为432 1 4解析：A (x21)dx( x3x)21 3 1 315y2yy0yC1

Cx)ex(CC2 1

为任意常数）r22r10rr11 2yC1

Cx)ex（CC2 1

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）exex16求limx0sinx)exex e2x1 2x 2x解析：lim limex lim lim 2x0ln(1sinx)

ln(1sinx)

x0sinx

x0 x17y(x)(1sinx)xy(xx处的微分y(x)1sinx)xlnyxln(1sinx)1yln(1sinx)x

cosxy 1sinxcosxdy[ln(1sinx)

1sin

](1sinx)xdx将x代入上式，得微分dydx18求50

1cos2xdx解析：50

1cos2

xdx|sinx|dx0sinxdx

sinx)dxsinxdx

sinx)dx5sinxdx0 2 3 4cosx0

cosx

cosx|32

cosx3

cosx|510419求arctan xdx令

t，则xt2dx2tdtxarctantdt2t2arctantt2darctantx1t2arctantt

dt1t21t21t2arctant dt1t2t2arctant1 1 dt1t2ttanttarctantc

xarc

xxxarctan cxxx54x20、154x-1xcosx

xcosxdx1x4解析：1x4 为奇函数，该式不代入计算令t 54x，则xdx1tdt2

5t24该式15t21(1t)dt3 4 t 21

5t2)dt811 1 t3)|31 1 8 3 1 62xb,x021、已知f(x)ax),x

在x0处可导，求a,b解析:f(x)在x处可导f(x)在x处连续limx0

f(x)limf(x)f(0)x0limf(x)limx0 x0

f(x)bb0limx0limx0limx0

f(x)limx0f(x)limx0f(x)limx0

f(x)ln(1ax)0x02x02x0a2xt122且平行于2x3yz70又与直线yt3相交的直线方程。

z2t，因为直线平行于平面,所以Snn，P(tt3,2t)，所以S

PA(t,t1,2t1)，所以310t4P(3,7,8PA(4,5,7,x14

y25

z1。723、讨论f(x)1

1x32x23x1极值和拐点3解析：f(x)

x32x23x13f(x)的极值f'(x)x24x3f'(x)0x1

x 32x（x（）f'(x)f(x)） 1 ） 3+0—0+极大值极小值所以极f13

23173

，极小值f(3)1

大 值 为f(x)的拐点x（）2）f(x)2x4令x（）2）f'(x)-0+f(x)凸拐点凹拐点为5。 3四、综合题（本大题共3大题，每小题10分，共30分）24、利用

1 1x

(1)nxn，n0将函数ln(1xx的幂级数将函数ln(3xx2的幂级数（1）令f(x)ln1x)，f(x)

11x

x

11x

n0

(1)nxnx x 1

x

xn1f(x)f(t)dtf(0) dt (1)ntndt (1)n0 01t 0 n1n0 n0xx1时，级数收敛，故收敛域为。x2 x2(2）ln(3x)ln[5(x2)]

)]ln5ln(1 5 5ln5

n0

(1)n

1 x2( )n11n 5

ln5

n0

(1)n

(x2)n15n1(n1x213x7。525、f(x)在上导函数连续，f(x)0，已知曲线f(x)与直线x,xtt)及x=（t1）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)解析：Stf(x)dx，Vtf2(x)dx1 1由题意知，tf2(x)dxt1 1

f(x)dx，求导得，得2(t1

f(x)dxtf(t)再求导,得2f(t)f(t)f(t)f(t)tf(t)即2f(ttf(t2f(tf(t，则2yty2yy2y(2yty2ytdt，2y dydt 1 1

11dy

11dy 1 2 3 t1，P(y)dy 2y 2y

，Q(y)1,te2y1

(e2y

dyC) ( yy3y1

C),y由fff1，带入得C ，故曲线方程为3x2y .y326、f(x)在a,b（a,f(a（b,fbc,f(c))(axb),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)yf(c)

b

(xc)F(x)f(xxF(a)F(bF(c)又因为f(x)在a,cc,b连续可导的，则F(x)在a,cc,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