(完整word)2018年浙江专升本高等数学真题

1、WORD 格式整理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。1、设 f ( x)sin x , x01,1) 内（ Cx，则 f ( x) 在 (）x, x0A、有可去间断点B、连续点C、有跳跃间断点D、有第二间断点解析： lim f ( x)lim x0, limf ( x)limsin x1x0x 0x 0x 0xlim f ( x)limf ( x) ，但是又存在，x0是跳跃间断点x 0x02、当 x0时， sin xx cosx是 x2的（ D）无穷小A、低阶B、等阶C、同阶D、高阶解析： lim sin xxcosxlim cos

2、xcosxx sin xlimsin x0高阶无穷小x0x2x02xx 023、设 f ( x) 二阶可导， 在 xx0 处 f(x0 )0 ，limf ( x)0 ，则 f ( x) 在 xx0 处（ B）xx0xx0A、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 x0 xx0x x0x x0x0 为驻点，又f( 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）b2 ( x)dx0 ，则

3、在 a,b上， f (x)0A、已知fad2 xf (2x)f ( x) ，其中x,2xa,bB、f (t )dtdx xC、 f ( a) f (b)0，则 a,b内有使得 f ( )0D、 yf ( x) 在 a, b 上有最大值 M 和最小值 m ，则 m(ba)bf (x)dxM (b a)a解析： A. 由定积分几何意义可知，2 ( )0 ，b2为2 () 在上与 x 轴围成ff( x) dxfxa, bxa的 面积，该面积为0f 2 ( x)0，事实上若f (x) 满足专业知识分享WORD 格式整理连续非负f (x) 0(ax b)bf ( x)dx 0ad2 x2 f (2x)f

4、 ( x)B.f ( x)dxdxxC. 有零点定理知结论正确D. 由积分估值定理可知，xa, b ， mf (x)M ，bbf ( x)dxbMdxm(bbf (x)dxM (ba)则mdxaaa)aa5、下列级数绝对收敛的是（C）A、(1)n1B、( 1)n 1C、cosnD1n3、n 1n1n1 ln( n1)n19n 1 n1解析： A. limn 11，由11发散1n 1发散nnn1n1ln(1n)111B.limnlim0 ，由发散1lim发散nnnn1nn1 nn 1 ln(1 n)ln(1n)1C.cosn1，而 limn29=1，由13收敛1收敛cosnn29n29n1n 1

5、n2n29n293n2收敛D. 1 发散n 1 n二、填空题16、 lim (1a sin x) xeax 011 ln(1lim ln(1a sin x)1acos x解析： lim (1a sin x)lim 1 asin xeaa sin x) xlim exex 0xex 01x0x0f (3)f (32x)3，则 f(3)37、 limsin x2x 0f (3)f (32x)2 limf (32x)f (3)2 f (3)3解析： limsin x2xx0x 0专业知识分享WORD 格式整理sin x(cos xb)5 ，则 b98、若常数 a, b 使得 lim2 xasin x

6、x0 ex(cosxb)解析： lim(cosxb)52xalim2 xax0ex0e所以根据洛必达法则可知：1a0, a 1lim x(cos xb)lim cosxb1bx02xx0221b5,b929、设yxtln(1t)，则 dyt 11arctantdx解析： dydy11t 2 (1 t) ， dyt 2dt11dxdx11t 2dx t 1dt1 t10、 yf (x) 是 x 2y 210 所确定的隐函数，则d 2 yy2x 2dx2y3解析：方程两边同时求导，得：2x2 yy0 ，yx，y方程 2x2 yy0 同时求导，得： 1( y )2yy0，将 yx 带入，y则得， 1

7、( x )2yy0 ， d 2 yy1x2y2x2ydx2yy3y311、求 yx的单增区间是(1,1)1x2解析： y1x22x21x2(1 x2 ) 2(1x2 ) 2令 y0 ，则 x21 ， 1 x 1、求已知f ( x) dxex2n 11ke 112C ，则 limf ()nk 0 nnn 1解析： limnk01k11x21e 1f ( )f ( x)dxf (x)dx (eC ) 0nn0013、1e2 dx 1x(ln x)专业知识分享WORD 格式整理解析：12 dx12 d ln x1e1x(ln x)(ln x)eeln x14、由 yx2 ： y1, x2 围成的图形

8、面积为43解析： A2( x2 1)dx(1 x3x) 12413315、常系数齐次线性微分方程y 2 yy0 的通解为 y(C1C2 x)ex （ C1C 2为任意常数）解析：特征方程：r 22r10，特征根： r1r21通解为 y(C1C 2 x)ex （ C1C2 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 limexe xsin x)x 0 ln(1解析： limexe xlim e xe2 x 1lim2xlim 2x2x 0 ln(1sin x)x0ln(1sin x)x 0 sin xx 0x17

9、、设 y(x)(1sin x) x ，求 y( x) 在 x处的微分解析： y(x)(1sin x) xln yx ln(1sin x)1 yln(1 sin x)xcos xy1sin xdyln(1sin x)xcos x(1sin x) x dx1sin x将 x代入上式，得微分dydx51cos2xdx18、求051cos2xdx5解析：| sin x | dx002sin x)dx3sin xdx45sin xdxsin xdx（2（ sin x) dx403cos x |0cos x |2cos x |23cos x |34cos x |4510专业知识分享WORD 格式整理19、

10、求arctan xdx解析： 令 xt，则 xt 2， dx2tdtarctan tdt 2t 2arctantt 2 darctantt 2 arc tantt 212 dt1 tt 2 arctan t1t 21 dt1t 2t 2 arctan t（11） dt1t 2t 2 arc tantt arc tan tc则原式xarc tanxxarctan x c（xx cos x ）20、1dx-154x1x4x cosx解析：1x4 为奇函数，该式不代入计算令 t5 t 25 4x，则 x4dx1tdt2该式1 5t 2 113( t) dt4t21 （35 t 2 )dt8 1113

11、31（5t3t) |16821、已知 f ( x)2xb, x00 处可导，求 a,bln(1ax), x在 x0解析：专业知识分享WORD 格式整理在x处可导f (x)0在x处连续f (x)0limf ( x)limf ( x)f (0)x0x0limf ( x)0, limf ( x)bx0x0b0limf( x)limf(x)x0x0limf( x)limln(1ax)0ax0x0x0limf( x)lim2x02x0x0x0a2xt122、求过点 A(1,2,1) 且平行于2x3yz70 又与直线yt3相交的直线方程。z2t直线过点 A(1,2,1) ，因为直线平行于平面，所以Sn ，

12、 n(2,3,1) ，设两条直线的交点P(t1,t3,2t) ，所以 SPA(t, t1,2t1) ，所以 2t3t32t10 ， t4， P(3,7,8) ，所以 PA(4,5,7)，所以直线方程为x 1y52z1 。4723、讨论 f ( x)1 x32x 23x1 极值和拐点3解析： f ( x)1 x32x23x13（ 1） f (x) 的极值f ' ( x)x24x3令 f '( x) 0 ，则 x11, x2 3列表如下：x（，1）1（1，3）3（3，）f ' ( x)+0-0+f( x)极大值极小值所以极大值为专业知识分享WORD 格式整理17f (1)2

13、31，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)-0+f ( x )凸拐点凹拐点为2,5。3四、综合题（本大题共3 大题，每小题10 分，共 30 分）24、利用1(1) n xn ，1xn 0（1）将函数 ln(1x) 展开成 x 的幂级数（2）将函数 ln( 3x) 展开成 x2 的幂级数解析：（ 1）令 f ( x)ln( 1x) ， f( x)1，当 x(1,1)时，1(1)n xn1x1 xn 0f ( x)xf (0)x1dtxn ndtnxn 1f (t )dt( 1

14、) t( 1)n 100 1 t0 n 0n 0当 x1 时，级数发散；当x 1 时，级数收敛，故收敛域为1,1。（2） ln( 3x)ln5( x2)ln 5(1x2 ) ln 5ln(1x2 )55ln 5( 1)n1 ( x 2 )n 1ln 5( 1) n ( x 2)n 1n 01 n 5n 05n 1 (n 1)其中，1x 23x7。5125、 f (x) 在 1，上导函数连续，f (x)0 ，已知曲线f ( x) 与直线 x1, xt(t 1) 及x =1（ 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，专业知识分享WORD 格式整理求 f (x

15、)解析： Stf ( x)dx ， Vt2 (x)dx1f1tf 2 ( x)dxtf 2 (t)ttf (t)由题意知，1t f ( x)dx ，求导得，得f (x)dx11再求导，得2f (t) f (t )f (t )f (t )tf (t )即 2 f (t)tf (t ) 2 f (t) f (t ) ，则 2 yty2 yy ， 2 y (2 yt) y ， 2 ytdt ，2 ydy11dy11dy3dt1 t 1， P( y)11 ( 2 y 2， Q ( y) 1， t e 2 y ( e2 y dy C)C ) ,dy2 y2yy3由 f(1)f 2 (1)f (1)1，带

16、入得 C1，故曲线方程为 3x2 y1。3y26、f (x)在a,b连续且和的直线与曲线交于（ c, f (c)( axb)，证（ a, f (a)） （ b, f (b)）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：yf (c)f (b)f (a) (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 )(a,b) ，