2015年浙江3+2专升本高数真题-答案解析(知乎内部资料)

浙江省2015年选拔优秀高职高专毕业生进入本科学习统一考试高等数学参考答案选择题部分一、选择题:本大题共5小题,每小题4分,共20分。1B2B3B4C5D题号答案f(x)1.B解析:根据题意，lim0lifm(x)0，ligm(x)0，所以，g(x)xxxx0xx00f(x)lim11()gxxx0limf(x)g(x)xx时，f(x)g(x)是g(x)，故的同阶无穷小，当g(x)0xx0所以选项B正确。2.B解析:根据题意，f(a)存在，lifm(ax)f(ax)limf(ax)f(a)lifm(a)f(ax)2f(a)，所以xxxx0选项B正确。x0x03.B解析:由F(x)f(x)可知，F(x)是f(x)的一个原函数，即：f(x)dxF(x)C，可见选项B正确。4.C解析:直线L方程的方向向量为：1s1(1,1,2)直线方程的方向向量为：，2Lijk011110s1n1n2101012jki2jk，所以L与L的夹i12020112ss121，所以3cos角可由公式得到：，可见选项C正确。2ss125.D解析:A选项：根据莱布尼茨判别法，可知级数是收敛的，但是通项加绝对值后得到1111lnn(1)，由于nlnn(1)，根据小散证大散，推得lnn(1)是发散的，正项级数n1n11因此级数(1)1为条件收敛。nlnn(1)n1linm13n11，可知级数是收敛的。3n3B选项：根据比值判别法，n1nC选项：根据莱布尼茨判别法，可知级数是收敛的，通项加绝对值后得到正项级数11n是收敛的（等比级数公比小于1为收敛），因此级数为绝对收敛。3nn13n1nlim10n3n1是发散的。因此选D选项：根据D。，推得级数3n13nn1非选择题部分二、填空题:本大题共10小题，每小题4分，共40分。n11116.解析:nnlin[mlnn1)(lnn]linlmn()linlm1n()linm1nnnnn2x17.a1，b3解析:由lim(axb)2知，通分后可得：x1xx1(axb)(1)xx12(a1x)(ab)xb122limlim，因为该极限存在，并且x1xx(b1)xb12，因此lim(x1)，所以：a10，即：xb12，即：b3a1，且极限变为：limx1x8.(0,1)解析:F(x)110，解得0x1，所以F()x的单调递减区间为(0,1)x29.解析:由连续的定义：22x2xlim222f(0)a，所以a2lif(mx)limx2x2x2x0x0x02xl2ndx解析:由复合函数求导可知：y1212xl2n2xl2n(1)1210.，12xxx2xl2n所以dyydx12dxx12x3,x02x,x0f()xx,x0f()xx解析:由：f()x11.，可知，所以12x3,x021xC,x022f()x1f()x，又因为连续且f(2)1CC，且2，可知11xC,x02221lim()fxlim(xC)2Cf(2)1CC3，故，所以222212x2x12x3,x022f()x1x3,x022l1n(e)C12.（为任意常数）或者xl1neCx（为任意常数）CCx1解析:1ex1dxd(1e)l1ne()Cdx1exdxCxx（为任意e(1e)1e1exxxx常数）或者：xl1neCxx11eeex1d(1e)xxdxdxdxdxx1ex1ex1ex1exC（为任意常数）111121n13.解析:由1111223462222246(2n)2222，所以：811111S357(2n1)22221111(1122S，所以2n)S423424682222(1)(x1)n(1)xn1n，nn1，x0,2解析:利用幂级数展开式：14.l1n(x)nn1n1(1)(x1)n，x0,2lnl1n[(1)]x1,1，所以n1xxnn1x3t215.(1.1.1)解析:直线方程可y2t3，代入平面方程可改写为：得：ztt1t1代入直线方程的参数式，因此交点把(3t2)2(2t3)2t5，得到：，坐标为(1.1.1)三、计算题：本题共有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。计算题必须写出必要的计算过程，只写答案的不给分。1x2111116.解:当x0时，f(x)x21x22(x)2，1x1x4x22x2x211则f(t)，所以f(x)x2，x,22,t222111limx217.解:方法一：原式=2x22x111sinx11sin1cosxx2xlim1limlim222方法二：原式=xxxx2x3xdy2)]f(x)2x2xf(x18.解:根据题意：dxsifn(x[222)sifn(x[)]dy2[2()]sin([)][2()](si(n)[)]xfxfxxfxfx2222dx2fxxfx4()4()sin([)]4[()]cofs(x[2)]fxxfx222222219.解:根据题意：1ab1，则ab2y(1)2xa，2ax1对于2yx3y1，由隐函数方程求导可得：2yy33x2yy，代入：x1,y1，y(1)1，所以2a1，联立后可得：a1，b1可得：,则f(x)1a,令f(x)0，得到：x20.解:方法一：设f(x)lnxax，x0,1xa，所以得到如下表格：111x(0,)a(,)aaf(x)f(x)0增极大值减1故极大值，也是最大值，为：)ln1f(a，lilmxnax，aaxx0lilmxnaxlilmxnlne()lilmnx()eaxxxx所以由零点定理和单调性可知：10a1f()0lxnaxx2轴有个交点，即方程①当lan10，即，，函数与ae2有个实根1，即，11lxnax1有af(x②当lan10)0，函数与轴有个交点，即方程ea个实根1，即，1lxnax无实根af(x③当lan10)0，函数与轴有无交点，即方程eax0,lnx1lnx,令f(x)0，f(x)方法二：设，,f(x)xe得到：xx2xe0(0,e)(e,)f(x)f(x)增极大值减1lnxlnx，f(e)，limlim0故极大值，也是最大值，为：exxxx0①当0a1lxnax2，方程有个实根e1，方程alxnax1有个实根②当③当e1，方程alxnax无实根e1xx2xx1xx2dxdx1dxlxnarcxtCan（C为任意常数）121.解:x1xdx)3x(1x222sin()xdxuxudu42sin()xdx42sin22sinudu22.解:原式224440004222siundu22(cou)s22(1)2222(21)04402y23.解:所围平面图形绕轴旋转一周所得旋转体体积为：a(ba2y2)2dy4ba2y2dy4b1a222a2ba2Vy(ba2y2)2dyaaaay0(xb)2y2a2bbaxba四、综合题：本大题共3小题，每小题10分，共30分。，x2(x3)，令f(x)0，得到：xx，(x1)3xx1fx()24.解:定义域为：0,321由驻点和无定义点划分定义域并列出如下表格：x(,0)0(0,1)(1,3)30(3,)f(x)f(x)0增非极值增减极小值增6xf(x)x0，(x1),令f(x)0，得到：4x(,0)00(0,1)(1,)f(x)f(x)凸凹凹拐点27，f(3)所以单调递增区间：(,1)，(3,)；单调递减区间：(1,3)；极小值：凹区间：(0,1)，(1,)；凸区间：(,0)，拐点：(0,0)4lifm(x)limx3，故函数有一条垂直渐近线：x1f(x)(x1)x12x1x3lim，故函数f(x)无水平渐近线(x1)2xfxx3klimlim1，x(x1)2xxxx33xx(x1)22xx22blifm(x)kxlimxlimlimx2x1(x1)2(x1)22xxxx故函数f(x)有一条斜渐近线：yx225.解:（1）xedxxd(e)(x2)d(ex)12xS012(2x)edxxx011011[xe1ed]x[x(2)e]2x2exd(x2)xx001[ee11][0(e)]ex21x1012[ee1]eeee2e111112121ee2，00f(t)etdt2n0S02f(t)edt2f(t)eedte2（2）令x2nt,dxdt(t2n)t2n12e2n2f(x)exdxe2n(1)ee20f()xsinx(xt)f()td=tsinxx0xxf()tdtxt()ftdt26.解:因为00f()tdt即：f()xsinxxxxt()ftdtx，两边同时对求导可得：00f()xcosxf()tdt0()sin()fxxfxxx，再继续两边同时对求导可得：，即：f()xf()xsinxf(0)0f(0)10，且令上式的变限积分为可知：，下面解微分方程yysinx，满足初值条件：，的特解y(0)0y(0)1yCcosxCsinx为r10ririyy0特征方程为：2，，，所以的通解，12