2022年全国统考数学二期末试卷（高频考点）

2022年全国统考数学二期末试卷（高频考点）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将所选项前的字母填在答题卡上。）1.设函数$f(x)$在点$x_0$处可导，且$\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}=3$，则$f'(x_0)$等于（）A.3B.1.5C.6D.02.已知级数$\sum_{n=1}^\inftya_n$收敛，且$a_n=(-1)^n\frac{b_n}{n}$，其中$b_n>0$，则级数$\sum_{n=1}^\inftyb_n$（）A.绝对收敛B.条件收敛C.发散D.敛散性不确定3.设函数$y=xe^{-x^2}$，则$y'$在$x=1$处的值等于（）A.$-2e^{-1}$B.$2e^{-1}$C.$-e^{-1}$D.$e^{-1}$4.已知函数$y=ln(x^2+1)$，则$y''$等于（）A.$\frac{2x}{x^2+1}$B.$\frac{-2x}{(x^2+1)^2}$C.$\frac{2}{x^2+1}$D.$\frac{-2}{(x^2+1)^2}$5.设函数$y=2sinx+cos2x$，则其在$[0,\pi]$上的最大值等于（）A.2B.$\sqrt{2}$C.1D.$\sqrt{3}$6.已知函数$y=ln\sqrt{1-x^2}$，则$y'$等于（）A.$\frac{1}{1-x^2}$B.$\frac{-1}{1-x^2}$C.$\frac{x}{1-x^2}$D.$\frac{-x}{1-x^2}$7.设函数$y=xe^x$，则$y^{(10)}(0)$等于（）A.$10e^0$B.$9e^0$C.$10!e^0$D.$9!e^0$8.已知函数$y=arctanx$，则$y''$等于（）A.$\frac{1}{1+x^2}$B.$\frac{-1}{(1+x^2)^2}$C.$\frac{1}{(1+x^2)^2}$D.$\frac{-2x}{(1+x^2)^2}$9.设函数$y=x^3-3x^2+2$，则其在$x=1$处的拐点坐标等于（）A.(1,0)B.(1,1)C.(1,-1)D.(2,0)10.已知函数$y=2^x$，则其在$x=1$处的泰勒展开式的前三项等于（）A.$2+2ln2+2ln^22$B.$2+2ln2+ln2$C.$2+2ln2+2ln^32$D.$2+2ln2+2ln32$二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分。请将答案填在答题卡上对应题号后的横线上。）1.设函数$f(x)=\int_0^xt^2dt$，则$f'(2)$等于________。2.已知级数$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)}$收敛，则其和等于________。3.设函数$y=ln(1+e^x)$，则$y'$等于________。4.已知函数$y=2sinx+cos2x$，则其在$[0,\frac{\pi}{2}]$上的最小值等于________。5.设函数$y=x^3-3x^2+2$，则其在$x=1$处的切线方程等于________。6.已知函数$y=2^x$，则其在$x=0$处的麦克劳林展开式的前三项等于________。三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）1.（10分）计算不定积分$\int\frac{dx}{x\sqrt{1-x^2}}$。2.（10分）设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，且满足$f(x)=\int_0^xf(t)dt$，求$f(x)$。3.（10分）设函数$y=xe^{-x^2}$，求其在$x=1$处的泰勒展开式的前三项。4.（10分）设函数$y=ln(x^2+1)$，求其在$x=0$处的曲率。5.（10分）设函数$y=x^3-3x^2+2$，求其在$[0,3]$上的最大值和最小值。6.（10分）设函数$y=2^x$，求其在$x=1$处的泰勒展开式的前三项，并求其收敛域。四、证明题（本大题共2小题，共20分。）1.（10分）证明级数$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}$绝对收敛。2.（10分）设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，且满足$f(x)=x+\int_0^xf(t)dt$，证明$f(x)$在$(0,1)$内单调递增。五、综合应用题（本大题共1小题，共20分。）设函数$y=xe^{-x^2}$，求其在$[0,1]$上的最大值和最小值，并画出其图形。【标准答案及解析】一、单项选择题1.B解析：由导数定义，$f'(x_0)=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=2\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}=2\times\frac{3}{2}=3$。2.A解析：由级数收敛的必要条件，$\lim_{n\to\infty}a_n=0$，即$\lim_{n\to\infty}(-1)^n\frac{b_n}{n}=0$，则$b_n$有界，因此$\sum_{n=1}^\inftyb_n$绝对收敛。3.A解析：$y'=e^{-x^2}+xe^{-x^2}\cdot(-2x)=e^{-x^2}(1-2x^2)$，$y'(1)=e^{-1}(1-2)=e^{-1}\times(-1)=-2e^{-1}$。4.A解析：$y'=\frac{1}{x^2+1}\cdot2x=\frac{2x}{x^2+1}$，$y''=\frac{2(x^2+1)-2x\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\frac{2x^2+2-4x^2}{(x^2+1)^2}=\frac{2x}{x^2+1}$。5.A解析：$y'=2cosx-2sin2x=2cosx-4sinx\cdotcosx=2cosx(1-2sinx)$，令$y'=0$，得$cosx=0$或$sinx=\frac{1}{2}$，在$[0,\pi]$上，$cosx=0$时$x=\frac{\pi}{2}$，$sinx=\frac{1}{2}$时$x=\frac{\pi}{6}$，$y(\frac{\pi}{2})=0$，$y(\frac{\pi}{6})=2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$y(0)=1$，$y(\pi)=-1$，因此最大值为$y(\frac{\pi}{6})=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。6.D解析：$y'=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-x^2}\cdot(-2x)=\frac{-x}{1-x^2}$。7.A解析：$y^{(10)}=e^x(x+10)$，$y^{(10)}(0)=10e^0=10$。8.C解析：$y'=\frac{1}{1+x^2}$，$y''=\frac{-2x}{(1+x^2)^2}$。9.A解析：$y'=3x^2-6x$，$y''=6x-6$，令$y''=0$，得$x=1$，$y(1)=1^3-3\cdot1^2+2=0$，因此拐点坐标为(1,0)。10.A解析：$y'=2^xln2$，$y''=2^xln^22$，$y'''=2^xln^32$，$y(1)=2$，$y'(1)=2ln2$，$y''(1)=2ln^22$，因此泰勒展开式的前三项为$2+2ln2+2ln^22$。二、填空题1.4解析：$f'(x)=x^2$，$f'(2)=2^2=4$。2.1解析：$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，因此级数为$\sum_{n=1}^\infty(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots=1$。3.$\frac{e^x}{1+e^x}$解析：$y'=ln(1+e^x)'/(1+e^x)=e^x/(1+e^x)$。4.1解析：$y'=2cosx-2sin2x=2cosx-4sinx\cdotcosx=2cosx(1-2sinx)$，令$y'=0$，得$cosx=0$或$sinx=\frac{1}{2}$，在$[0,\frac{\pi}{2}]$上，$cosx=0$时$x=\frac{\pi}{2}$，$sinx=\frac{1}{2}$时$x=\frac{\pi}{6}$，$y(\frac{\pi}{2})=0$，$y(\frac{\pi}{6})=2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$y(0)=1$，$y(\frac{\pi}{2})=0$，因此最小值为$y(0)=1$。5.$y=x-1$解析：$y'(1)=3\cdot1^2-6\cdot1=-3$，因此切线方程为$y-0=-3(x-1)$，即$y=-3x+3$。6.$1+x+\frac{x^2}{2}$解析：$y'=2^xln2$，$y''=2^xln^22$，$y'''=2^xln^32$，$y(0)=1$，$y'(0)=ln2$，$y''(0)=ln^22$，因此麦克劳林展开式的前三项为$1+ln2x+\frac{ln^22x^2}{2}$。三、解答题1.解：令$t=\sqrt{1-x^2}$，则$x^2=1-t^2$，$dx=-\frac{dt}{t}$，因此原式$=\int\frac{-\frac{dt}{t}}{t\sqrt{1-t^2}}=-\int\frac{dt}{t^2\sqrt{1-t^2}}$，令$u=1-t^2$，则$du=-2tdt$，因此原式$=-\frac{1}{2}\int\frac{du}{u\sqrt{u}}=-\sqrt{u}+C=-\sqrt{1-t^2}+C=-\frac{1}{x}+C$。2.解：由积分上限函数的求导公式，$f'(x)=f(x)$，因此$f(x)=Ce^x$，由$f(0)=0$，得$C=0$，因此$f(x)=0$。3.解：$y'=e^{-x^2}+xe^{-x^2}\cdot(-2x)=e^{-x^2}(1-2x^2)$，$y''=e^{-x^2}(-4x)+e^{-x^2}(1-2x^2)\cdot(-2x)=e^{-x^2}(-4x-2x+4x^3)=e^{-x^2}(-6x+4x^3)$，$y'''=e^{-x^2}(-6+12x^2)+e^{-x^2}(-6x+4x^3)\cdot(-2x)=e^{-x^2}(-6+12x^2)+e^{-x^2}(12x-8x^3)=e^{-x^2}(-6+12x^2+12x-8x^3)$，$y^{(10)}(1)=e^{-1}(-6+12-12+8)=e^{-1}(-6+12-12+8)=-2e^{-1}$，因此泰勒展开式的前三项为$xe^{-x^2}+xe^{-1}(1-x^2)+\frac{x^3e^{-1}}{2}(1-3x^2)$。4.解：$y'=\frac{1}{x^2+1}\cdot2x=\frac{2x}{x^2+1}$，$y''=\frac{2(x^2+1)-2x\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\frac{2x^2+2-4x^2}{(x^2+1)^2}=\frac{2x}{x^2+1}$，$y'''=\frac{2(x^2+1)-2x\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\frac{2x^2+2-4x^2}{(x^2+1)^2}=\frac{2x}{x^2+1}$，$y''(0)=\frac{2\cdot0}{0^2+1}=0$，$y'''(0)=\frac{2\cdot0}{0^2+1}=0$，$y^{(4)}(0)=2$，因此曲率$k=\frac{|y''|}{(1+y'^2)^{3/2}}=\frac{2}{(1+0^2)^{3/2}}=2$。5.解：$y'=3x^2-6x$，令$y'=0$，得$x=0$或$x=2$，$y(0)=2$，$y(2)=-2$，$y(3)=2$，因此最大值为$y(3)=2$，最小值为$y(2)=-2$。6.解：$y'=2^xln2$，$y''=2^xln^22$，$y'''=2^xln^32$，$y(1)=2$，$y'(1)=2ln2$，$y''(1)=2ln^22$，因此泰勒展开式的前三项为$2+2ln2x+\frac{2ln^22x^2}{2}$，由比值判别法，$\lim_{n\to\infty}\frac{2^nln^n2}{2^{n+1}ln^{n+1}2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{ln2}\to0$，因此收敛域为$(-\infty,+\infty)$。四、证明题1.证明：由交错级数判别法，$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}=0$，且$\frac{1}{n^2}>\frac{1}{(n+1)^2}$，因此级数绝对收敛。2.证明：由微分方程的性质，$f'(x)=1+f(x)$，即$f'(x)-f(x)=1$，令$y=f(x)$，则$y'-y=1$，解得$y=e^x(C+1)$，由$f(0)=0$，得$C=-1$，因此$f(x)=e^x-1$，在$(0,1)$内，$f'(x)=e^x-1>0$，因此$f(x)$单调递增。五、综合应用题解：$y'=e^{-x^2}+xe^{-x^2}\cdot(-2x)=e^{-x^2}(1-2x^2)$，令$y'=0$，得$x=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$，在$[0,1]$上，$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$y(\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-\frac{1}{2}}$，$y(0)=1$，$y(1)=e^{-1}$，因此最大值为$y(\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-\frac{1}{2}}$，最小值为$y(1)=e^{-1}$。图形如下：```y||/\|/\|/\|/\|/\|/\|/\|/\+------------------x01```【解析】一、单项选择题1.由导数定义，$f'(x_0)=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=2\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}=2\times\frac{3}{2}=3$。2.由级数收敛的必要条件，$\lim_{n\to\infty}a_n=0$，即$\lim_{n\to\infty}(-1)^n\frac{b_n}{n}=0$，则$b_n$有界，因此$\sum_{n=1}^\inftyb_n$绝对收敛。3.$y'=e^{-x^2}+xe^{-x^2}\cdot(-2x)=e^{-x^2}(1-2x^2)$，$y'(1)=e^{-1}(1-2)=-2e^{-1}$。4.$y'=\frac{1}{x^2+1}\cdot2x=\frac{2x}{x^2+1}$，$y''=\frac{2(x^2+1)-2x\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\frac{2x^2+2-4x^2}{(x^2+1)^2}=\frac{2x}{x^2+1}$。5.$y'=2cosx-2sin2x=2cosx-4sinx\cdotcosx=2cosx(1-2sinx)$，令$y'=0$，得$cosx=0$或$sinx=\frac{1}{2}$，在$[0,\pi]$上，$cosx=0$时$x=\frac{\pi}{2}$，$sinx=\frac{1}{2}$时$x=\frac{\pi}{6}$，$y(\frac{\pi}{2})=0$，$y(\frac{\pi}{6})=2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$y(0)=1$，$y(\pi)=-1$，因此最大值为$y(\frac{\pi}{6})=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。6.$y'=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-x^2}\cdot(-2x)=\frac{-x}{1-x^2}$。7.$y^{(10)}=e^x(x+10)$，$y^{(10)}(0)=10e^0=10$。8.$y'=\frac{1}{1+x^2}$，$y''=\frac{-2x}{(1+x^2)^2}$。9.$y'=3x^2-6x$，$y''=6x-6$，令$y''=0$，得$x=1$，$y(1)=1^3-3\cdot1^2+2=0$，因此拐点坐标为(1,0)。10.$y'=2^xln2$，$y''=2^xln^22$，$y'''=2^xln^32$，$y(1)=2$，$y'(1)=2ln2$，$y''(1)=2ln^22$，因此泰勒展开式的前三项为$2+2ln2+2ln^22$。二、填空题1.$f'(x)=x^2$，$f'(2)=2^2=4$。2.$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，因此级数为$\sum_{n=1}^\infty(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots=1$。3.$y'=ln(1+e^x)'/(1+e^x)=e^x/(1+e^x)$。4.$y'=2cosx-2sin2x=2cosx-4sinx\cdotcosx=2cosx(1-2sinx)$，令$y'=0$，得$cosx=0$或$sinx=\frac{1}{2}$，在$[0,\frac{\pi}{2}]$上，$cosx=0$时$x=\frac{\pi}{2}$，$sinx=\frac{1}{2}$时$x=\frac{\pi}{6}$，$y(\frac{\pi}{2})=0$，$y(\frac{\pi}{6})=2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$y(0)=1$，$y(\frac{\pi}{2})=0$，因此最小值为$y(0)=1$。5.$y'=3x^2-6x$，$y''=6x-6$，令$y''=0$，得$x=1$，$y(1)=1^3-3\cdot1^2+2=0$，因此切线方程为$y-0=-3(x-1)$，即$y=-3x+3$。6.$y'=2^xln2$，$y''=2^xln^22$，$y'''=2^xln^32$，$y(0)=1$，$y'(0)=ln2$，$y''(0)=ln^22$，因此麦克劳林展开式的前三项为$1+ln2x+\frac{ln^22x^2}{2}$。三、解答题1.令$t=\sqrt{1-x^2}$，则$x^2=1-t^2$，$dx=-\frac{dt}{t}$，因此原式$=\int\frac{-\frac{dt}{t}}{t\sqrt{1-t^2}}=-\int\frac{dt}{t^2\sqrt{1-t^2}}$，令$u=1-t^2$，则$du=-2tdt$，因此原式$=-\frac{1}{2}\int\frac{du}{u\sqrt{u}}=-\sqrt{u}+C=-\sqrt{1-t^2}+C=-\frac{1}{x}+C$。2.由积分上限函数的求导公式，$f'(x)=f(x)$，因此$f(x)=Ce^x$，由$f(0)=0$，得$C=0$，因此$f(x)=0$。3.$y'=e^{-x^2}+xe^{-x^2}\cdot(-2x)=e^{-x^2}(1-2x^2)$，$y''=e^{-x^2}(-4x)+e^{-x^2}(1-2x^2)\cdot(-2x)=e^{-x^2}(-4x-2x+4x^3)=e^{-x^2}(-6x+4x^3)$，$y'''=e^{-x^2}(-6+12x^2)+e^{-x^2}(-6x+4x^3)\cdot(-2x)=e^{-x^2}(-6+12x^2)+e^{-x^2}(12x-8x^3)=e^{-x^2}(-6+12x^2+12x-8x^3)$，$y^{(10)}(1)=e^{-1}(-6+12-12+8)=-2e^{-1}$，因此泰勒展开式的前三项为$xe^{-x^2}+xe^{-1}(1-x^2)+\frac{x^3e^{-1}}{2}(1-3x^2)$。4.$y'=\frac{1}{x^2+1}\cdot2x=\frac{2x}{x^2+1}$，$y''=\frac{2(x^2+1)-2x\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\frac{2x^2+2-4x^2}{(x^2+1)^2}=\frac{2x}{x^2+1}$，$y''(0)=\frac{2\cdot0}{0^2+1}=0$，$y'''(0)=\frac{2\cdot0}{0^2+1}=0$，$y^{(4)}(0)=2$，因此曲率$k=\frac{|y''|}{(1+y'^2)^{3/2}}=\frac{2}{(1+0^2)^{3/2}}=2$。5.$y'=3x^2-6x$，令$y'=0