2024考研数学二模拟试卷｜名师编写

2024考研数学二模拟试卷｜名师编写1.设函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上连续可导，且满足$\lim_{x\to0^+}f(x)=1$，$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$，若$f'(x)>0$在$(0,+\infty)$上恒成立，则下列结论正确的是（）A.$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减B.存在$a\in(0,+\infty)$，使得$f(a)=0$C.$f'(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增D.$f(x)$在$(0,+\infty)$上至多有一个零点2.已知函数$y=\ln(x^2+1)$的拐点为$(a,b)$，则$a^2+b^2$的值为（）A.1B.2C.3D.43.设函数$f(x)$在$[0,2]$上连续，在$(0,2)$内二阶可导，且满足$f(0)=f(2)=0$，$\int_0^2f(x)\mathrm{d}x=1$，则存在$\xi\in(0,2)$，使得$f''(\xi)=-1$，正确的是（）A.仅需$f(x)$在$(0,2)$内单调B.仅需$f(x)$在$(0,2)$内二阶连续可导C.仅需$f(x)$在$(0,2)$内满足罗尔定理条件D.以上条件均不充分4.设级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$发散，且$a_n=(-1)^n\ln(1+\frac{1}{n})$，则下列级数中收敛的是（）A.$\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2$B.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n}$C.$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{a_n}{n}$D.$\sum_{n=1}^{\infty}a_n\ln(1+\frac{1}{n})$5.设函数$z=f(x,y)$在点$(1,1)$处可微，且$f(1,1)=1$，$f_x(1,1)=2$，$f_y(1,1)=-1$，则$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}$的值为（）A.0B.1C.-1D.不存在6.设函数$y=\frac{\lnx}{x}$，则曲线$y=x^2y^2+\lnx$在点$(1,0)$处的法线方程为（）A.$y=x-1$B.$y=-x+1$C.$y=2x-2$D.$y=-2x+2$7.设函数$z=f(x,y)$在区域$D=\{(x,y)\midx^2+y^2\leq1\}$上连续，且满足$\iint_Df(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=1$，则$\lim_{\epsilon\to0^+}\frac{1}{2\pi\epsilon^2}\iint_{x^2+y^2\leq\epsilon^2}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$的值为（）A.1B.0C.$\frac{1}{\pi}$D.$\frac{1}{2\pi}$8.设函数$y=\frac{\mathrm{e}^x}{x}$，则不定积分$\inty\lnx\mathrm{d}x$的一个原函数为（）A.$\frac{\mathrm{e}^x}{x}(\lnx-1)+C$B.$\frac{\mathrm{e}^x}{x}(\lnx+1)+C$C.$\frac{\mathrm{e}^x}{x}\lnx+C$D.$\frac{\mathrm{e}^x}{x}+C$9.设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，且满足$f(0)=0$，$f(1)=1$，则存在$\xi\in(0,1)$，使得$f(\xi)=\xi$，正确的是（）A.仅需$f(x)$在$[0,1]$上单调B.仅需$f(x)$在$[0,1]$上满足拉格朗日中值定理条件C.仅需$f(x)$在$[0,1]$上满足柯西中值定理条件D.以上条件均不充分10.已知函数$y=\sqrt{x}$的麦克劳林级数展开式为$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$，则$a_5$的值为（）A.$\frac{1}{16}$B.$-\frac{1}{16}$C.$\frac{1}{32}$D.$-\frac{1}{32}$11.设函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且满足$f(x+1)=f(x)+\sinx$，若$f(0)=0$，则$f(2024)$的值为________。12.设函数$y=\ln(\sinx)$，则$y^{(10)}(0)$的值为________。13.设函数$z=f(x,y)$在点$(1,1)$处可微，且$f(1,1)=1$，$f_x(1,1)=2$，$f_y(1,1)=-1$，则$\lim_{x\to1}\lim_{y\to1}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-(y-1)}{(x-1)^2+(y-1)^2}$的值为________。14.设函数$y=\frac{\mathrm{e}^x}{x}$，则$\int_1^2y\lnx\mathrm{d}x$的值为________。15.设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，且满足$f(0)=0$，$f(1)=1$，则$\int_0^1f(x)\mathrm{d}x$的最小值为________。16.设函数$y=\sqrt{x}$的麦克劳林级数展开式为$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$，则$a_n$的表达式为________。17.（10分）设函数$f(x)$在$[0,+\infty)$上连续可导，且满足$f(0)=0$，$f'(x)\geqf(x)$在$(0,+\infty)$上恒成立，证明：$f(x)\leq\mathrm{e}^x$在$[0,+\infty)$上恒成立。18.（10分）设函数$y=\frac{\lnx}{x}$，求曲线$y=x^2y^2+\lnx$在点$(1,0)$处的切线方程与法线方程。19.（10分）计算二重积分$\iint_D\frac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2+1}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中$D=\{(x,y)\midx^2+y^2\leq1\}$。20.（10分）设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，且满足$f(0)=0$，$f(1)=1$，证明：存在$\xi\in(0,1)$，使得$f(\xi)=\xi$。21.（15分）设函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上连续，且满足$f(x+1)=f(x)+\sinx$，若$f(0)=0$，求$f(x)$的显式表达式，并计算$f(2024)$的值。22.（15分）设函数$y=\sqrt{x}$的麦克劳林级数展开式为$\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$，求$a_n$的表达式，并计算$a_5$的值。【标准答案及解析】一、单项选择题1.B解析：由$f'(x)>0$可知$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，结合$\lim_{x\to0^+}f(x)=1$，$\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$，可知$f(x)$在$(0,+\infty)$上存在唯一零点。故选B。2.C解析：$y=\ln(x^2+1)$的导数为$y'=\frac{2x}{x^2+1}$，二阶导数为$y''=\frac{2(1-x^2)}{(x^2+1)^2}$，令$y''=0$得$x=\pm1$。当$x=1$时，$y=ln4$，故拐点为$(1,\ln4)$，$a^2+b^2=1+4=5$。故选C。3.B解析：由积分中值定理，存在$\xi\in(0,2)$，使得$\int_0^2f(x)\mathrm{d}x=f(\xi)\cdot2=1$，即$f(\xi)=\frac{1}{2}$。由罗尔定理，存在$\eta\in(0,\xi)\cup(\xi,2)$，使得$f'(\eta)=0$。由泰勒公式，$f(\xi)=f(0)+f'(0)\xi+\frac{f''(\zeta)}{2}\xi^2$，其中$\zeta\in(0,\xi)$，代入$f(0)=f(2)=0$，$f'(\eta)=0$，得$f''(\zeta)=-1$。故选B。4.C解析：$a_n=(-1)^n\ln(1+\frac{1}{n})\sim(-1)^n\frac{1}{n}$，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{\ln(1+\frac{1}{n})}{n}$，由交错级数判别法收敛。故选C。5.A解析：由可微定义，$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}=\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f_x(1,1)(x-1)+f_y(1,1)(y-1)+o(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2})-2(x-1)-(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}=0$。故选A。6.B解析：$y=x^2y^2+\lnx$对$x$求导，$2yy'+2x^2y^2y'+\frac{1}{x}=0$，在$(1,0)$处，$y'(1)=-\frac{1}{2}$，法线斜率为$2$，方程为$y=-2x+2$。故选B。7.C解析：由积分中值定理，存在$(\xi,\eta)\inD$，使得$\iint_Df(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=f(\xi,\eta)\cdot\pi=1$，故$\lim_{\epsilon\to0^+}\frac{1}{2\pi\epsilon^2}\iint_{x^2+y^2\leq\epsilon^2}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{\pi}f(\xi,\eta)=\frac{1}{\pi}$。故选C。8.A解析：令$u=\lnx$，则$\inty\lnx\mathrm{d}x=\int\frac{\mathrm{e}^x}{x}u\mathrm{d}x$，分部积分得$\frac{\mathrm{e}^x}{x}(\lnx-1)+C$。故选A。9.B解析：由拉格朗日中值定理，存在$\xi\in(0,1)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1$，即$f(\xi+1)=f(\xi)$，故$f(\xi)=\xi$。故选B。10.A解析：$y=\sqrt{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n(2n)!}{(n!)^2(2n+1)}\frac{x^{2n+1}}{4^n}$，故$a_5=\frac{(-1)^2(4!)}{(2!)^2\cdot9}\cdot\frac{1}{4^2}=\frac{1}{16}$。故选A。二、填空题1.$\sin2024$解析：$f(x+1)=f(x)+\sinx$，逐项展开得$f(x)=\sinx+\sin(x-1)+\sin(x-2)+\cdots+\sin1$，故$f(2024)=\sin2024$。2.$-\frac{252}{8!}$解析：$y^{(n)}=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{\sin^nx}$，故$y^{(10)}(0)=\frac{-9!}{\sin^{10}0}=-\frac{252}{8!}$。3.0解析：由可微定义，$\lim_{x\to1}\lim_{y\to1}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-(y-1)}{(x-1)^2+(y-1)^2}=\lim_{x\to1}\lim_{y\to1}\frac{f_x(x,y)-2}{2(x-1)+2(y-1)}\cdot\frac{(x-1)^2+(y-1)^2}{2(x-1)+2(y-1)}=0$。4.$\frac{\mathrm{e}^2}{4}-1$解析：令$u=\lnx$，则$\int_1^2y\lnx\mathrm{d}x=\int_0^{\ln2}\frac{\mathrm{e}^u}{u}\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{e}^2}{4}-1$。5.$\frac{1}{2}$解析：由积分中值定理，存在$\xi\in(0,1)$，使得$\int_0^1f(x)\mathrm{d}x=f(\xi)=\frac{1}{2}$。6.$a_n=\frac{(-1)^n(2n)!}{(n!)^2(2n+1)}\frac{1}{4^n}$解析：$y=\sqrt{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n(2n)!}{(n!)^2(2n+1)}\frac{x^{2n+1}}{4^n}$，故$a_n=\frac{(-1)^n(2n)!}{(n!)^2(2n+1)}\frac{1}{4^n}$。三、解答题1.证明：令$F(x)=\frac{f(x)}{\mathrm{e}^x}$，则$F'(x)=\frac{f'(x)\mathrm{e}^x-f(x)\mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^{2x}}=\frac{f'(x)-f(x)}{\mathrm{e}^x}\geq0$，故$F(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，即$f(x)\leqF(x)\leqF(0)=0$，矛盾。正确证明：令$G(x)=f(x)-f(0)-f'(0)x$，则$G'(x)=f'(x)-f'(0)\geq0$，故$G(x)\geqG(0)=0$，即$f(x)\geqf(0)+f'(0)x$，故$f(x)\leq\mathrm{e}^x$。2.解：$y=\frac{\lnx}