2024考研数学一强化试卷｜考前押题卷

2024考研数学一强化试卷｜考前押题卷一、单项选择题（共10题，每题5分，共50分）1.设函数$f(x)$在$(a,b)$内连续，在$(a,b)$内除点$c(a<c<b)$外可导，且$f'(x)$在$(a,b)$内除$c$点外处处存在且连续，若$\lim\limits_{x\toc}f'(x)=A$，则下列结论正确的是（）A.$f(x)$在$(a,b)$内可导且$f'(x)$在$(a,b)$内连续B.$f(x)$在$(a,b)$内可导，但$f'(x)$在$(a,b)$内不一定连续C.$f(x)$在$(a,b)$内不可导D.$f(x)$在$(a,b)$内不可导，但$f'(x)$在$(a,b)$内连续2.已知函数$y=2x^3-3x^2+x+1$，则$y^{(n)}(1)$等于（）A.$6(n-1)!$B.$n!$C.$6n!$D.$6(n+1)!$3.设函数$f(x)=\int_0^x\frac{t^2+1}{t^4+1}\mathrm{d}t$，则$f(x)$在$(0,+\infty)$内的最小值等于（）A.0B.$\frac{1}{2}\ln2$C.$\ln2$D.14.已知级数$\sum_{n=1}^\inftya_n(x-1)^n$在$x=2$处收敛，则该级数在$x=0$处的敛散性为（）A.发散B.条件收敛C.绝对收敛D.敛散性不确定5.设函数$z=f(x,y)$在点$(0,0)$处可微，且$f(0,0)=0$，$f_x(0,0)=1$，$f_y(0,0)=-1$，则$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2y^3}{x^4+y^6}$等于（）A.1B.-1C.0D.不存在6.设函数$y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$，则$\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y$等于（）A.$\ln|x+\sqrt{x^2+1}|+C$B.$\ln|x-\sqrt{x^2+1}|+C$C.$\ln(x+\sqrt{x^2+1})+C$D.$\ln(x-\sqrt{x^2+1})+C$7.设函数$y=y(x)$由方程$2y^3-x^3+3axy=0$确定，且$\lim\limits_{x\to0}y(x)=0$，则$y(0)$等于（）A.0B.1C.-1D.28.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)=0$，则下列结论正确的是（）A.存在唯一的$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=0$B.至少存在一个$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=0$C.不存在$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=0$D.存在无穷多个$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=0$9.已知函数$y=\frac{\lnx}{x}$，则$\left.y^{(n)}\right|_{x=1}$等于（）A.$(-1)^{n-1}\frac{(n-1)!}{1!}$B.$(-1)^n\frac{n!}{1!}$C.$(-1)^{n-1}\frac{n!}{1!}$D.$(-1)^n\frac{(n-1)!}{1!}$10.已知函数$z=f(x,y)$在点$(1,1)$处沿方向$(1,1)$的方向导数为$1$，沿方向$(-1,1)$的方向导数为$-1$，则$f_x(1,1)$等于（）A.0B.1C.-1D.2二、填空题（共6题，每题5分，共30分）1.设函数$f(x)$在$[0,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=1$，$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$，则方程$f(x)=\sinx$在$(0,+\infty)$内至少有________个实根。2.设函数$y=\frac{x^2}{1-x}$，则$\mathrm{d}y\big|_{x=0}$等于________。3.已知级数$\sum_{n=1}^\inftya_n$收敛，且$a_n=(-1)^n\frac{b_n}{n}$，其中$b_n>0$，且$\lim\limits_{n\to\infty}b_n=1$，则级数$\sum_{n=1}^\inftyb_n$的敛散性为________。4.设函数$z=f(x,y)$在点$(0,0)$处可微，且$f(0,0)=0$，$f_x(0,0)=1$，$f_y(0,0)=-1$，则$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)}{x-y}$等于________。5.已知函数$y=\int_0^x\mathrm{e}^{t^2}\mathrm{d}t$，则$\left.y^{''}\right|_{x=0}$等于________。6.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)=0$，则存在唯一的$\xi\in(a,b)$，使得________成立。三、解答题（共6题，共70分）1.（10分）设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)=0$，证明：存在唯一的$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(\xi)}{\xi}$。2.（10分）计算不定积分$\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\mathrm{d}x$。3.（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$D=\{(x,y)\midx^2+y^2\leq1\}$。4.（10分）设函数$f(x)=\sum_{n=0}^\inftya_nx^n$在$(-1,1)$内收敛，且$f(0)=1$，$\sum_{n=0}^\inftya_n$也收敛，求$f(1)$的值。5.（15分）设函数$y=y(x)$由方程$y^3-x^3+3axy=0$确定，且$\lim\limits_{x\to0}y(x)=0$，求$y'(0)$和$y''(0)$。6.（15分）设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)=0$，证明：存在唯一的$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(\xi)}{\xi}$。【标准答案及解析】一、单项选择题1.B解析：由$f(x)$在$(a,b)$内连续，在$(a,b)$内除$c$点外可导，且$\lim\limits_{x\toc}f'(x)=A$，可知$f(x)$在$(a,b)$内可导，但$f'(x)$在$(a,b)$内不一定连续，因为$f'(x)$可能在$c$点处存在跳跃间断。2.A解析：$y=2x^3-3x^2+x+1$，则$y^{(n)}(x)=6(n-1)!x^{n-2}$，代入$x=1$得$y^{(n)}(1)=6(n-1)!$。3.B解析：$f'(x)=\frac{x^2+1}{x^4+1}$，令$f'(x)=0$得$x=0$（舍去），$f(x)$在$(0,+\infty)$内单调递增，$f(x)$的最小值在$x=1$处取得，$f(1)=\int_0^1\frac{t^2+1}{t^4+1}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\ln2$。4.C解析：由级数在$x=2$处收敛，可知收敛半径$R\geq1$，$|x-1|=1$，故级数在$x=0$处绝对收敛。5.C解析：由$f(x,y)$在点$(0,0)$处可微，可知$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)}{x^2+y^2}=0$，故$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2y^3}{x^4+y^6}=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2y^3}{(x^2+y^2)^3}=0$。6.A解析：$y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$，则$\frac{1}{y}=\frac{1}{\ln(x+\sqrt{x^2+1})}$，故$\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y=\ln|x+\sqrt{x^2+1}|+C$。7.A解析：由方程$2y^3-x^3+3axy=0$确定$y=y(x)$，且$\lim\limits_{x\to0}y(x)=0$，代入$x=0$得$2y^3=0$，故$y(0)=0$。8.B解析：由罗尔定理，存在$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=0$。9.A解析：$y=\frac{\lnx}{x}$，则$y^{(n)}=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x}$，代入$x=1$得$\left.y^{(n)}\right|_{x=1}=(-1)^{n-1}\frac{(n-1)!}{1!}$。10.A解析：设$f_x(1,1)=a$，$f_y(1,1)=-1$，则沿方向$(1,1)$的方向导数为$a\cos45^\circ-\sin45^\circ=1$，沿方向$(-1,1)$的方向导数为$a\cos135^\circ-\sin135^\circ=-1$，解得$a=0$。二、填空题1.2解析：由$f(x)$在$[0,+\infty)$上连续，且$\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=1$，$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$，可知$f(x)$在$(0,+\infty)$内至少有两个零点，由零点定理，$f(x)=\sinx$在$(0,+\infty)$内至少有两个实根。2.0解析：$y=\frac{x^2}{1-x}$，则$\mathrm{d}y=\frac{2x(1-x)+x^2}{(1-x)^2}\mathrm{d}x=\frac{2x-x^2}{(1-x)^2}\mathrm{d}x$，代入$x=0$得$\mathrm{d}y\big|_{x=0}=0$。3.发散解析：由$a_n=(-1)^n\frac{b_n}{n}$，且$\lim\limits_{n\to\infty}b_n=1$，可知$\sum_{n=1}^\inftya_n$与$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}$同敛散性，故$\sum_{n=1}^\inftyb_n$发散。4.-1解析：由$f(x,y)$在点$(0,0)$处可微，可知$f(x,y)=f(0,0)+f_x(0,0)x+f_y(0,0)y+o(\sqrt{x^2+y^2})=x-y+o(\sqrt{x^2+y^2})$，故$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\frac{f(x,y)}{x-y}=1$。5.1解析：$y=\int_0^x\mathrm{e}^{t^2}\mathrm{d}t$，则$y'=\mathrm{e}^{x^2}$，$y''=2x\mathrm{e}^{x^2}$，代入$x=0$得$\left.y^{''}\right|_{x=0}=1$。6.$f'(\xi)=\frac{f(\xi)}{\xi}$解析：由罗尔定理，存在$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=0$，且$f(a)=f(b)=0$，故$f'(\xi)=\frac{f(\xi)}{\xi}$。三、解答题1.证明：由$f(a)=f(b)=0$，由拉格朗日中值定理，存在$\xi_1\in(a,b)$，使得$f'(\xi_1)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0$。令$g(x)=xf(x)$，则$g(a)=g(b)=0$，由罗尔定理，存在$\xi\in(a,b)$，使得$g'(\xi)=f(\xi)+\xif'(\xi)=0$，即$f'(\xi)=\frac{f(\xi)}{\xi}$。若存在$\xi_1,\xi_2\in(a,b)$，使得$f'(\xi_1)=\frac{f(\xi_1)}{\xi_1}$，$f'(\xi_2)=\frac{f(\xi_2)}{\xi_2}$，则$f'(\xi)$在$(a,b)$内至少有两个零点，由$f'(x)$在$(a,b)$内连续，可知$f'(x)$在$(a,b)$内恒为零，与$f(a)=f(b)=0$矛盾，故存在唯一的$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(\xi)}{\xi}$。2.解：令$t=x^2$，则$\mathrm{d}t=2x\mathrm{d}x$，故$\int\frac{x^2}{(1+x^2)^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int\frac{t}{(1+t)^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{1+t}+\ln(1+t)\right)+C=\frac{1}{2}\ln(1+x^2)-\frac{x^2}{2(1+x^2)}+C$。3.解：令$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，则$\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$，故$\iint_D\frac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2+1}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_0^{2\pi}\int_0^1\frac{r^2}{\sqrt{r^2+1}}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta=\frac{2\pi}{3}(2\sqrt{2}-1)$。4.解：由$f(0)=1