2018浙江专升本高等数学真题答案.pdf

2018 年浙江专升本高数考试真题答案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 0 0 , , sin )( x x x x x xf，则)(xf在) 1 , 1(内（C） A、有可去间断点B、连续点C、有跳跃间断点D、有第二间断点 解析：1 sin lim)(lim, 0lim)(lim 0000 x x xfxxf xxxx )(lim)(lim 00 xfxf xx ，但是又存在，0x是跳跃间断点 2、当0x时，xxxcossin是 2 x的（D）无穷小 A、低阶B、等阶C、同阶D、高阶 解析：0 2 sin lim 2 sincoscos lim cossin lim 00 2 0 x x xxxx x xxx xxx 高阶无穷小 3、设)(xf二阶可导， 在 0 xx 处0)( 0 x f，0 )( lim 0 0 xx xf xx ， 则)(xf在 0 xx 处 （B ） A、取得极小值B、取得极大值C、不是极值D、)( 0, 0 xfx是拐点 解析： 0 0 0 0 )()( lim)(, 0 )( lim 00xx xfxf xf xx xf xxxx ，则其0)(, 0)( 00 xfxf， 0 x为驻点，又 00 0)(xxxf 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） A、已知 b a dxxf0)( 2 ，则在ba,上，0)(xf B、 x x xfxfdttf dx d 2 )()2()(，其中baxx,2 , C、0)()(bfaf，则ba,内有使得0)(f D、)(xfy 在ba,上有最大值M和最小值m，则 b a abMdxxfabm)()()( 解析：A.由定积分几何意义可知，0)( 2 xf，dxxf b a )( 2 为)( 2 xf在ba,上与x轴围成 的面积，该面积为00)( 2 xf，事实上若)(xf满足 )(0)( 0)( bxaxf dxxf b a 非负 连续 B.)()2(2)( 2 xfxfdxxf dx d x x C. 有零点定理知结论正确 D. 由积分估值定理可知，bax,，Mxfm)(， 则)()()()(abMdxxfabmMdxdxxfmdx b a b a b a b a 5、下列级数绝对收敛的是（C） A、 1 1 1 ) 1( n n n B、 1 1 ) 1ln( ) 1( n n n C、 1 3 9 cos nn n D、 1 1 n n 解析：A.1 1 1 1 lim n n n ，由 1 1 n n 发散 1 1 n 发散 B.0 1 1 lim )1ln( lim )1ln( 1 1 lim nn n n n nnn ，由 1 1 n n 发散 1 )1ln( 1 n n 发散 C. 9 1 9 cos 33 nn n ，而 2 3 3 1 9 1 lim n n n =1，由 1 2 3 1 n n 收敛 9 1 3 n 收敛 9 cos 3 n n 收敛 D. 1 1 n n 发散 二、填空题 6、 a x x exa 1 0 )sin1 (lim 解析： a xa xa x xa xa x x x x eeeexa xx 1 cos sin1 1 lim )sin1ln( lim)sin1ln( 1 0 1 0 00 lim)sin1 (lim 7、3 sin )23()3( lim 0 x xff x ，则 2 3 )3( f 解析：3)3(2 2 )3()23( lim2 sin )23()3( lim 00 f x fxf x xff xx 8、若常数ba,使得5)(cos sin lim 2 0 bx ae x x x ，则9b 解析：5 )(cos lim)(cos sin lim 2 0 2 0 ae bxx bx ae x x x x x 所以根据洛必达法则可知：1, 01aa 2 1 2 cos lim 2 )(cos lim 00 bbx x bxx xx 9, 5 2 1 b b 9、设 tty tx arctan )1ln( ，则1 1t dx dy 解析： 2 2 2 1 )1 ( 1 1 1 1 1 t tt t t dt dx dt dy dx dy ，1 1t dx dy 10、)(xfy 是01 22 yx所确定的隐函数，则 3 22 2 2 y xy dx yd 解析：方程两边同时求导，得：022yyx， y x y ， 方程022yyx同时求导，得：0)(1 2 yyy，将 y x y 带入， 则得，0)(1 2 yy y x ， 3 22 3 2 2 2 1 y xy y x y y dx yd 11、求 2 1x x y 的单增区间是) 1 , 1( 解析： 22 2 22 22 )1 ( 1 )1 ( 21 x x x xx y 令0 y ，则1 2 x，11x 12、求已知Cedxxf x2 )(，则 )( 1 lim 1 0 n k f n n k n 1e 解析：1)()()( 1 lim 1 0 1 0 1 0 2 eCedxxf n k f n x n k n 13、 dx xx e 2 )(ln 1 1 解析：1 ln 1 ln )(ln 1 )(ln 1 22 e ee x xd x dx xx 14、由 2 xy ：2, 1xy围成的图形面积为 3 4 解析： 3 4 ) 3 1 () 1( 2 1 2 1 32 xxdxxA 15、常系数齐次线性微分方程02 yyy的通解为 x exCCy)( 21 （ 21C C为任意常 数） 解析：特征方程：012 2 rr，特征根：1 21 rr 通解为 x exCCy)( 21 （ 21C C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 )sin1ln( lim 0 x ee xx x 解析：2 2 lim sin 2 lim )sin1ln( 1 lim )sin1ln( lim 00 2 00 x x x x x e e x ee xx x x x xx x 17、设 x xxy)sin1 ()(，求)(xy在x处的微分 解析： x xxy)sin1 ()( )sin1ln(lnxxy x x xxy sin1 cos )sin1ln( y 1 dxx x x xx x )sin1( sin1 cos )sin1ln(dy 将x代入上式，得微分dxdy 18、求 5 0 2 cos1dxx 解析： 5 0 2 cos1dxx 5 0 |sin|dxx 4 3 5 4 23 20 sin)sinsin)sinsinxdxdxxxdxdxxxdx（ 10|cos|cos|cos|cos|cos 5 4 4 3 3 2 2 0 xxxxx 19、求dxx arctan 解析： 2 txtx ，则令 ， tdtdx2 2 tanarctdttdttttanarctanarc 22 dt t ttt 2 22 1 1 tanarc dt t t tt 2 2 2 1 11 tanarc dt t tt）（ 2 2 1 1 1tanarc ctttttanarctanarc 2 cxxxxtanarctanarc则原式 20、dx x xx x x 1 1 - 4 1 cos 45 ）（ 解析： 4 1 cos x xx 为奇函数， 该式不代入计算 4 5 45 2 t xxt ，则令 tdtdx 2 1 dtt t t ) 2 1 ( 1 4 5 1 3 2 该式 3 1 2) 5 8 1 dtt（ 6 1 | ) 3 1 5 8 1 3 1 3 tt（ 21、已知 0),1ln( 0,2 )( xax xbx xf在0x处可导，求ba, 解析： 0 )(lim, 0)(lim )0()(lim)(lim 0)( 0)( 00 00 b bxfxf fxfxf xxf xxf xx xx 处连续在 处可导在 )(lim)(lim 00 xfxf xx a x ax xf xx 0 0)1ln( lim)(lim 00 2 0 02 lim)(lim 00 x x xf xx 2a 22、求过点) 1 , 2 , 1(A且平行于0732zyx又与直线 tz ty tx 2 3 1 相交的直线方程。 直线过点) 1 , 2 , 1(A，因为直线平行于平面，所以nS ，) 1 , 3, 2( n ， 设两条直线的交点)2 , 3, 1(tttP，所以) 12 , 1,( tttPAS ， 所以012332ttt，4t，)8 , 7 , 3(P，所以)7 , 5 , 4( PA， 所以直线方程为 7 1 5 2 4 1 zyx 。 23、讨论132 3 1 )( 23 xxxxf极值和拐点 解析：132 3 1 )( 23 xxxxf （1） )(xf的极值 34)( 2 xxxf 令0)( xf，则3, 1 21 xx 列表如下： x ），（1 1），（ 313 ），（3 )( xf+0-0+ )(xf 极大值 极小值 所以极大值为 3 7 132 3 1 )1 (f，极小值1)3(f （2） )(xf的拐点 42)( xxf令0)( x f则2x 列表如下： 拐点为 3 5 , 2。 四、综合题（本大题共 3 大题，每小题 10 分，共 30 分） 24、利用 n n nx x 0 ) 1( 1 1 ， （1）将函数)1ln(x展开成x的幂级数 （2）将函数)3ln(x展开成2x的幂级数 解析： （1）令)1ln()(xxf， x xf 1 1 )(，当) 1 , 1(x时， n n nx x 0 ) 1( 1 1 1 ) 1() 1( 1 1 )0()()( 1 0 0 0 00 n x dttdt t fdttfxf n n nn x n n xx 当1x时，级数发散；当1x时，级数收敛，故收敛域为1 , 1。 （2）) 5 2 1ln(5ln) 5 2 1 (5ln)2(5ln)3ln( xx xx 0 1 ) 5 2 ( 1 1 ) 1(5ln n nn x n 0 1 1 ) 1(5 )2( ) 1(5ln n n n n n x 其中，731 5 2 1 x x 。 25、)(xf在，1上导函数连续，0)(xf， 已知曲线)(xf与直线) 1(, 1ttxx及x 轴所围成的曲边梯形绕x轴所围成的旋转体体积是该曲边梯形面积的t倍，求)(xf x ），（22），（2 )( xf-0+ )(xf凸拐点凹 解析： t dxxfS 1 )(，dxxfV t )( 1 2 由题意知， tt dxxftdxxf 11 2 )()(，求导得，得)()()( 1 2 ttfdxxftf t 再求导，得)()()()()(2tf ttftftftf 即)()(2)()(2tftftf ttf，则yyy ty22，ytyy)2(2， dy dt y ty 2 2 ， 1 2 1 t ydy dt ， y yP 2 1 )(，1)(yQ，) 3 2 ( 1 )( 2 3 1 2 11 2 1 Cy y Cdyeet dy y dy y , 由1) 1 () 1 () 1 ( 2 fff，带入得 3 1 C，故曲线方程为 y yx 1 23。 26、)(xf在ba,连续，)(xf二阶可导， 且过）（)(,afa和）（)(,bfb的直线与曲线)(xf交 于)(,bxacfc（，证明： （1）在ba,内存在两点 2, 1 ，使)()( 21 ff （2）在),(ba内至少存在一点，使0)( f 解析： 解法一： （1）过)(,(),(,(bfbafa的直线方程可设为： )( )()( )(cx ab afbf cfy 所以可构造函数：xxfxF)()( 所以)()()(cFbFaF 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),(),( 21 bcca0)()( 21 FF , 使)()( 21 ff 。 （2）由（1）知