成人高考专升本高数二模拟试题及

2013年景人高考专升本高数（二）模拟试题及答案.选择题：本大题共5个小题，每题4分，共20分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的，把所选项前的字母填在题后的括号内。0x0*1.函数f(x)1x0在点x0不连续是由于（）xA.f(00)f(0)B.f(00)f(0)C.f(00)不存在D.f(00)不存在答案：Cf(00)lim1不存在。x0x2.设f(x)为连续函数，且af(x)dx0，则以下命题正确的选项是（）af(x)为[a，a]上的奇函数f(x)为[a，a]上的偶函数f(x)可能为[a，a]上的非奇非偶函数f(x)必然为[a，a]上的非奇非偶函数*3.设有单位向量a0，它同时与b3ij4k及cik都垂直，则a0为（）A.111B.ijkijk333C.111D.ijkijk333ijk解析：abc314ijk101a0a1i1j1k，应选C。a3334.幂级数lnn1xn的收敛区间是（）n1n1A.[1，1]B.(1，1)C.[1，1)D.(1，1]*5.依据微分方程通解的定义，y"sinx的通解是（）A.sinxc1xc2B.sinxc1c2C.sinxc1xc2D.sinxc1c2（此中c1、c2是随意常数）解析：y'cosxc1，ysinxc1xc2，应选A。二.填空题：本大题共10个小题，10个空，每空4分，共40分，把答案填在题中横线上。ex216.设f(x)x0为连续函数，则a2x2___________。ax0*7.函数y2x33x212x1的单一递减区间是___________。解析：y'6x26x126x2x26x1x2当2x1时，y'0，故y单一递减，故单一区间是（-2，1）8.设sinx是f(x)的一个原函数，则xf'(x)dx___________。xx1x2arctanxex2，则f(x)*9.设f(t)dt___________。0解析：f(x)2xarctanx1x212xex22xarctanx2xex21k1x2*10.设dx，此中k为常数，则k___________。0x4x5解析：kklimbdxklimarctan(x2)b4x50x24x50x2bb0karctan2karctan22211.设zesin2xy2，则z___________。y*12.微分方程xdxydy0的通解为___________。y11x解析：方程改写为x2xdxy2ydy，两边积分得：1x31x21y31y2c13232即2x3y33x2y2c(c6c1)13.点M01，2，3到平面x2yz20的距离d___________。n*14.幂级数1x1n的收敛区间是___________（不含端点）。4nn0un11n11n1，收敛半径R1解析：limlim44n14nnunn4由x14得：3x5，故收敛区间是（-3，5）15.方程y"2y'5y0的通解是______________________。三.解答题：本大题共13个小题，共90分，第16题～25题每题6分，第26题～第28题每题10分，解答时应写出推理，演算步骤。16.求极限limex11。x0xexx21arctanx21ln1x2*17.设yxarctanx，求dy。22解：y'xarctanx2x212arctanx1arctanx112x21x21x221x22x1xarctanx1x2因此dyy'dxx(arctanx)2x12dx1x*18.求函数yx3x32在区间1，1上的最大值与最小值。2211x3解：函数yx3x3在x0处不能够导，y'1x311(x0时)2x3令y'0得驻点x1，求得y(1)5，y()，y120025于是y在[1，1]上的最大值为y(0)0，最小值为y1219.求不定积分sinxdx。20.设zz(x,y)由方程x22y23z2xyz9确立，求z，z。xy21.若地区D：x2y21，计算二重积分1dxdy。1x2y2D*22.求过三点A（0，1，0），B（1，-1，0），C（1，2，1）的平面方程。解：AB1，2，0，AC1，1，1，平面法向量n同时垂直于AB和AC，于是可令ijknABAC1202ij3k2，1，3111平面方程为：2x0y13z00，即2xy3z10A3nn*23.判断级数1的收敛性。4nnn1nn331解：由于是公比q1的等比级数进而收敛，再观察级数nn14n4n11n1111此中un知足①unun1，②limunlim0nnnn1nnn1n3nn由莱布尼兹鉴别法知收敛，级数1收敛。（两收敛级数之n4nnn1n1和收敛）24.求方程y"y'2yx2的一个特解。*25.证明：f(x2a2f(xa2aa1xx1xxa(x2a2dxtx2a2f(ta2dt1a2f(ta2dt解：fx2)xt)2)112t1tt1af(ta2a2a2)dtf(t)dt⋯⋯121ttatt2a2dtta2a2dua2dua1af(t)f(u)()f(u)又aua1ttuuuuaa2dtft⋯⋯21tt<1>、<2>得：f(x22dx1f(ta2fta2dtaaa1xx21tt1ttf(ta2dtaf(xa2dxa1tt1xx26.设f(x)为连续函数，且f(x)x31f(x)dx，求f(x)。3x0*27.设抛物线yax2bxc过原点（0，0）且当x[0，1]时，y0，试确立a、b、c的值。使得抛物线yax2bxc与直线x1，y0所围成图形的面积为4，且使该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积最小。9解：因抛物线yax2bxc过原点（0，0），有c0yax2bx依题意，以以下图暗影部分的面积为11bx212bxdxax3ax0320

b4a32982bayl1x该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积为1(ax2bx)2dx12x42abx3b2x2)dxV(a00a21ab1b2523a2182182V(a)25a9a39a2332a24a6413581243令V'(a)4a40，得驻点：a5313581825182b3399yO1x由问题的几何意义可知，当a5，进而b2时，旋转体的体积最小，于是所求曲5x23线为y2x3x3x5x7*28.求幂级数x5⋯⋯的和函数，并由此求级数371111⋯⋯的和。357x3x5解：令S(x)x33S'(x)1x2x4x6又SxSxtdt)S0S(x)arctanx于是1111⋯⋯357

x7⋯⋯，则S(0)0且有71⋯⋯1x2101t2dtarctanxarctan14【试题答案】一.1.Cf(00)lim1不存在。x0x2.C正确例：f(x)0x0在[，]上非奇非偶，但cosx0x，则f(x)f(x)dx0。ijk3.abc314ijk101a0a1i1j1k，应选C。a333lnn1lnn2limun1limn1lnn24.un，un11n1n2nunnn2lnn1故收敛区间是（-1，1），应选B。5.y'cosxc1，ysinxc1xc2，应选A。二.6.limf(x)limex21limx21，a1x0x02x2x02x2227.y'6x26x126x2x26x1x2当2x1时，y'0，故y单一递减，故单一区间是（-2，1）8.f(x)sinxxcosxsinxx'x2xf'(x)dxxf(x)f(x)dxxcosxsinxsinxccosx2sinxxxc1x9.f(x)2xarctanx1x22xex22xarctanx2xex211x210.kklimbdxklimarctan(xb0x24x50x24x52)0bbk2arctan2k2arctan2zey

sin2xy2222x2y2x2ysin2(xy)2sin2xy22sinxycos(xy)e12.方程改写为x2xdxy2ydy，两边积分得：1x31x21y31y2c13232即2x3y33x2y2c(c6c1)13.点M0x0，y0，z0到平面AxByCzD0的距离公式为dAx0By0Cz0DA2B2C2所求d13332562226121unn11n1114.1lim1，收敛半径R4limun4n14n4nn由x14得：3x5，故收敛区间是（-3，5）15.特点方程为：r22r50，特点根为r1,2242012i2通解为yexc1cos2xc2sin2x三.16.解：limex1limexex1xlime2xexxxex1xex1x2x0x0x0lim2e2xex1lim4e2xex3x02xx0222x211112x17.解：y'2arctanxarctanxxarctanx21x21x221x22x1xarctanx1x2因此dyydxx(arctanx2x1dx')1x22113x3118.解：函数yx3在x0处不能够导，y1x3(x0时)x'12x3令y'0得驻点x1，求得51y(1)，y()，y22于是y在[1，1]上的最大值为y(0)0，最小值为5y1219.解：令xt，xt2，dx2tdt，于是sinxdxsint2tdt2tsintdt2t(cost)'dt2[tcostcostdt]2[tcostsint]c复原2xcosx2sinxc20.解：令F(x,y,z)x22y23z2xyz9，则Fx'2xy，Fy'4yx，Fz'6z1于是，zFx'2xyxFz'6z1zFy'4yxyFz6z121.解：D用极坐标表示为(r,)02，0r11dxdy211rdr21rdrD1x2y2d01r201r201d(1r2)ln1r21ln201r20y22.解：AB1，2，0，AC1，1，1，平面法向量n同时垂直于AB和AC，于是可令ijknABAC1202ij3k2，1，3111平面方程为：2x0y13z00，即2xy3z10n1n23.解：由于3是公比q31的等比级数进而收敛，再观察级数nn14n4n11n1111此中un知足①unun1，②limunlim0nnnn1nnn1n3nn由莱布尼兹鉴别法知收敛，级数1收敛。（两收敛级数之n4nnn1n1和收敛）24.解：特点方程为，特点值r12，r21f(x)x2x2e0x，这里0不是特点根，可设特解为：y*x0e0xax2bxcax2bxcy*'2axb，y*"2a代入原方程并整理得：2ax22a2bx2ab2cx2解得：a1，b1，c3224于是y*1x21x3224af(x2a2dxtx2a2(ta2)dt1a2a2dt25.解：x2)xft2t2f(t)111tt1aa2)dta2f(ta2)dt1f(t⋯⋯21ttatta2f(ta2dtta21a2duaa2du又t)tuaf(u)()1f(uu)auuuaa2dtt2ftt⋯⋯1<1>、<2>得：af(x2a2)dx1xxa2dtf(t)tt26.解：令，则

1f(ta2dtfta2dtaa21tt1ttaa2)dx1f(xxxf(x)x33x13Axf(x)dxx3011131f(x)dx33Axdxx4Ax20x0420即A13AA1423x2于是f(x)x32

13A4227.解：因抛物线yax2bxc过原点（0，0），有c0yax2bx依题意，以以下图暗影部分的面积为11bx21ax2bxdxax30320b82a93

b4a329yl1x该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积为1(ax2bx)2dx12x42abx3b2x2)dx