2019年浙江普通专升本高等数学全真模拟预测卷五答案

高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 1 页 共 10 页 2019 年浙江普通专升本高等数学年浙江普通专升本高等数学全真模拟预测卷（五）全真模拟预测卷（五） 一、选择题一、选择题 1. A 解析： 3 22 cos(1)11 ( ) 22+2 x f x xx ，故选 A 2. B 解析：可以通过举反例及级数的性质来说明 4 个命题的正确性. 是错误的，如令 n n u) 1(，lim0 n n u ，所以 1n n u发散，而 212 1 ()1 11 1 nn n uu 收敛. 是正确的，因为级数 1 1000 n n u比级数 1n n u少了前 1000 项，改变、增加或减少级 数的有限项，不改变级数的敛散性，所以这两个级数同敛散. 是正确的，因为由1lim 1 n n nu u ，从而有 1 lim1 n n n u u ，于是正项级数 1 n n u 在项数 充分大之后，通项严格单调增加，故lim0 n n u ，从而lim0 n n u ，所以 1n n u发散. 是错误的，如令 n v n u nn 1 , 1 ，显然， 1n n u， 1n n v都发散， 而 1 1111 () nn n uv nnnn 收敛. 3. B 解析：c x cxfdx x xf 1 )(ln )(ln ，故选 B 4.C 解析：由题给条件知，( )f x为x的奇函数，则()( )fxf x ，由 0 ( )( ) , x F xf t dt知 000 ()( )() ()()( )( )( ) xxx Fxf t dttufu dufuf uf u duF x 令因为， 故( )F x为x的偶函数，所以( 3)(3)FF. 高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 2 页 共 10 页 而 2 0 (2)( )Ff t dt表示半径1R 的半圆的面积， 所以 2 2 0 (2)( ) 22 R Ff t dt ， 323 002 (3)( )( )( )Ff t dtf t dtf t dt ，其中 3 2 ( )f t dt 表示半径 1 2 r 的半圆的面积 的负值，所以 2 2 3 2 1 ( ) 2228 r f t dt 所以 23 02 333 (3)( )( )(2) 2884 24 Ff t dtf t dtF 所以 3 ( 3)(3)(2) 4 FFF，选择 C 5.B 方法 1： 2 0 2 2000 0 tan tan2 limlimlim0 cos cos x x xxx tdt xx x t dt 洛必达，则是的高阶无穷小， 根据题设，排在后面的是前一个的高阶无穷小，所以可排除(C),(D)选项， 又 2 3 2 3 0 000 0 1 sin sin 2 limlimlim 2 tan tan x x xxx x t dt x xx tdt 洛必达 2 0 1 lim 4x x x 等价无穷小替换， 可见是比低阶的无穷小量，故应选 B. 方法 2：用 k x(当0 x 时)去比较. 2 2 0 1 000 cos cos limlimlim, x kkk xxx t dt x xxkx 洛 欲使上式极限存在但不为 0，应取1k ，有 2 2 0 00 00 0 lim cos cos limlim1 lim x xx x t t xxx ， 所以(当 0 x时)与x同阶. 2 0 113 00000 tan tan222 limlimlimlimlim x kkkkk xxxxx tdt xxxx xxkxkxkx 洛 欲使上式极限存在但不为 0，应取3k , 有 33 2 000 2tan2tan2 limlimlim 333 xxx xx xxx ， 所以(当 0 x时)与 3 x同阶. 高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 3 页 共 10 页 3131 3 2222 0 111 00000 sin sin limlimlimlimlim, 222 x kkkkk xxxxx t dt xxxxx xxkxkxkx 洛 欲使上式极限存在但不为 0，应取2k , 有 22 1 00 1 limlim 2 24 xx x xx ， 所以(当 0 x时)与 2 x同阶.因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是 , , ，选 B. 二、填空题二、填空题 6. 4 方法 1：令txsin(0) 2 t ,则 1 022 1)2(xx xdx 2 0 2 cos)sin2( cossin dt tt tt 2 2 0 sin 2sin t dt t 2 2 20 0 cos arctan(cos ) 1 cos4 dt t t 方法 2：令 2 1xt，有 22 1,xt 所以有xdxtdt ，其中01t . 11 2 2200 1 arctan 014 (2) 1 xdxdt t t xx 7. 0 解析：原式= 2 0 1 limsin0 x x x x . 8. 6 2yx e 解析： 3 2 ln(e) (x)3 limlimlim 2ln(e)2lne2 xxx x f x k xxx 2 2 13 () 33 2(ln(e) 1) 36 lim(x)lim 2 ln(e)2lim2 lim 11 xxxx x e xx bfkxxx xe xx 所以 6 2ykxbx e . 9. 6 e 高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 4 页 共 10 页 解析：这是1型未定式求极限, 212 3 sin3sin 00 lim(1 3 )lim(1 3 ) x xxx xx xx , 令3xt,则当0 x 时,0t ,所以 11 3 00 lim(1 3 )lim(1) xt xt xte , 故 00 266 lim6lim 6 sinsinsinsin 00 lim(1 3 )lim xx xxx xxxx xx xeeee . 10.)2ln1 ()2(xx x 解析： 1)2ln()2( )2ln( xxey xxx . 11. 2 解析：由定积分的定义可知： 2222 2(n 1) lim(coscoscoscos) n nnnn 2 00 cos21 cos 22 x xdxdx 12 1,1) 解析： u n n u n n u u n n n n nn n n n n lnln limlim ln ln 1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 1 ， 故1， 1 1R ，所以收敛区间为( 1,1) 1x 时， 1 ln1 1 n n n 发散 （因为 ln11 11 n nn ，由比较审敛法得 1 ln1 1 n n n 发散） 1x 时， 1 ln1 ( 1) 1 n n n n 收敛（由 Leibniz 判别法得） 13. 3322 2()3()cxyxy,c为任意实数 解析：方程改写为 xx dxyy dy 22 ，两边积分得： 1 3 1 2 1 3 1 2 3232 1 xxyyc,即 236 3322 1 xyxyccc() 14. 6 17 解析:解微分方程20 xyy,（令yu ，化为20 xuu 求解） 得原方程通解 2 12 2,yCxC x 高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 5 页 共 10 页 又因为( )yy x通过原点时与直线1x 及0y 围成平面区域的面积为 2， 于是可得 1 0C 1 11 223 22 2 00 0 2( )(2)()1 33 CC y x dxxC x dxxx ，从而 2 3C 于是，所求非负函数 2 23(0)yxxx 又由 2 23yxx可得，在第一象限曲线( )yf x表示为 1 1 31) 3 xy（ 于是 D 围绕y轴旋转所得旋转体的体积为 1 5VV，其中 55 22 1 00 1 ( 1 31) 9 Vx dyydy 5 0 (232 1 3 ) 9 yy dy 39 18 395117 5 18186 V 15. 2 2 11 1,01ln, ( ) 211 0. 0, xx xx S x xxx x 解析:设 1 2 ) 1 12 1 ()( n n x n xS， 1 2 1 12 1 )( n n x n xS， 1 2 2 )( n n xxS， 则 222 12 111 11 ( )(1)( )( ) 2121 nnn nnn S xxxxS xSx nn ，).1 , 1(x 1 2 2 )( n n xxS= 2 2 1x x ，).1 , 1(x 另一方面， 21 22 1 00 111 111 ( )()() 21 n xx nn nnn x S xx dxxdx xnxx 2 2 0 1 1 x x dx xx 2 2 0 11 ln 121 x xx dxx xx ，( 1,1)x 又由于0)0( 1 S，故 高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 6 页 共 10 页 1 11 1ln,1, ( )21 0. 0, x x S xxx x 所以)()()( 21 xSxSxS 2 2 11 1,01ln, 211 0. 0, xx xx xxx x 三、计算题三、计算题 16. 解析: 由洛必达法则， 原式= 11 2 22 0 (1)ln(1)1 2(12 )ln(12 ) lim (1)(12 ) (1)2(12 ) xx x xxxxxx xx xxxx 而 2 0 (1)ln(1)1 lim (1)2 x xxx xx 2 0 1 2(12 )ln(12 ) lim1 2(12 ) x xxx xx 原式= 2 e 17. 解析: 22 0,( ),( )2 xx xf xefxe1 分 0,( )1,( )1xf xxfx2 分 2 00 ( )(0)1 (0)limlim2 x xx f xfe f xx 3 分 00 ( )(0)1 1 (0)limlim1 xx f xfx f xx 4 分 (0)(0)ff ,故函数( )f x在0x处不可导5 分 所以 2 2,0 ( ),0 1,0 x ex fxx x 不存在7 分 18. 解析: 当0 x 时，( )f x分母为 0 无定义，( )f x间断，1 分 且 00 1 1 lim( )lim 1 x xx x f x e ，0 x 为( )f x的第二类间断点；3 分 当1x 时， 1 x x 分母为 0 无定义，( )f x间断，4 分 且 111 1 1 lim,lim( )lim0 1 1 x xxx x x f x x e 5 分 高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 7 页 共 10 页 111 1 1 lim,lim( )lim1 1 1 x xxx x x f x x e 6 分 1x 为( )f x的第一类间断点中的跳跃间断点7 分 19. 解析: 1 ln(ln ) ln xdx x = 1 ln(ln ) ln x dxdx x 2 分 11 ln(ln ) lnln xxdxdx xx 6 分 ln(ln )xxC7 分 20. 解析: 1|ln | e e x dx 1 1 1 lnln e e xdxxdx 4 分 1 1 1 11 1 ln1ln1 e e e e xxdxxxdx 6 分 1 1 1 lnln e e xxxxxx7 分 2 2 e 8 分 21. 解析: 4 2 sin( ) 2 t dy ett dt 2 sin( ) 2 dx tt dt 4 t dy e dx 44 232 222 ( )42 sin( ) 2sin( ) tt d yd yt et e dxdxttt 22. 解析: 1 的法向量 1 (1,2,1)n , 2 的法向量 2 ( 2,1,1)n 2 分 所求平面与 1 ， 2 垂直，故其法向量为： nnn ijk ijk 12 121 211 35 5 分 所求平面又过点 0(1, 1,1) M，故其方程为： 1131510xyz , 即：3590 xyz8 分 23. 根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证 高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 8 页 共 10 页 明. 方法 1：因为函数 2 lnf xx在 2 , ,a be e上连续，且在, a b内可导，所以满足拉 格朗日中值定理的条件，对函数 2 lnf xx在 , a b上应用拉格朗日中值定理，得 2222 2ln lnlnln,bababaeabe 下证： 2 2ln4 e . 设 t t t ln )(， 则 2 ln1 )( t t t ， 当te时，1 ln1 ln0te ， 即, 0)( t 所以)(t单调减少，又因为 2 e，所以)()( 2 e，即 22 2 2lnln ee e ，得 2 2ln4 e ,故)( 4 lnln 2 22 ab e ab. 方法 2：利用单调性， 设x e xx 2 2 4 ln)(，证( )x在区间 2 , e e内严格单调增即可. 2 4ln 2)( ex x x， ( 2 2 2222 ln444 ()20 e e eeee ， ) 2 ln1 2)( x x x , 当xe时，1 ln1 ln0 xe ，, 0)( x 故)(x单调减少， 从而当 2 exe时， 2 ( )()0 xe，即当 2 exe时，)(x单调增加. 因此当 2 exe时，)()(ab，即a e ab e b 2 2 2 2 4 ln 4 ln， 故)( 4 lnln 2 22 ab e ab. 方法 3：设 22 2 4 ( )lnln()xxaxa e , 则 2 ln4 ( )2 x x xe ， 2 1 ln ( )2 x x x , xe时,1 ln1 ln0 xe ，得( )0 x， ( ) x在 2 ( ,)e e上单调减少, 从而当 2 exe时, 2 22 44 ( )()0 xe ee ， ( ) x在 2 ( ,)e e上单调增加. 从而当 2 eaxbe时,( )( )0 xa. ( )0b，即 22 2 4 lnln()baba e . 四、四、综合题综合题 24. 解析:令 3 ( )0f xxpxq，因为0p ，则 高等数学全真模拟预测卷答案与解析 欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌 第 9 页 共 10 页 3 lim( )lim xx f xxpxq 2 分 3 lim( )lim xx f xxpxq 4 分 由零点定理可知( )f x至少存在一个实根6 分 又因为 2 ( )30fxxp，( )f x单调递增8 分 所以方程 3 0(0)xpxqp有且仅有一个实根.10 分 25. 解析:由 0 ( ) lim x f x A x ，A为常数，知(0)0f，所以g(0)01