2024年全国统考数学一模拟试卷（学霸笔记配套）

2024年全国统考数学一模拟试卷（学霸笔记配套）1.设函数$f(x)$在$x_0$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.0.52.已知级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$收敛，且$a_n>0$，则下列级数中一定收敛的是（）。A.$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^na_n$B.$\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{a_n}$C.$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}$D.$\sum_{n=1}^{\infty}a_n^2$3.设函数$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)=-3$，则$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-3(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}$等于（）。A.1B.-1C.0D.不存在4.设函数$y=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$，则$y'$等于（）。A.$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$B.$\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$C.$\frac{1+x}{\sqrt{1+x^2}}$D.$\frac{1-x}{\sqrt{1+x^2}}$5.设函数$y=y(x)$由方程$2y^3-x^3+3axy=0$确定，且$y(0)=0$，则$y'(0)$等于（）。A.0B.1C.-1D.36.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)$，则下列结论中错误的是（）。A.至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=0$B.至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$C.至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{2f(b)-f(a)}{b-a}$D.至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$7.设函数$y=\arctan(x^2)$，则$y''$等于（）。A.$\frac{2x}{1+x^4}$B.$\frac{2}{1+x^4}$C.$\frac{2x^2}{1+x^4}$D.$\frac{4x^3}{1+x^4}$8.设函数$y=\frac{\lnx}{x}$，则$y^{(10)}(1)$等于（）。A.$\frac{9!}{1^{10}}$B.$-\frac{9!}{1^{10}}$C.$\frac{10!}{1^{10}}$D.$-\frac{10!}{1^{10}}$9.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f'(x)>0$，则下列结论中正确的是（）。A.$f(x)$在$[a,b]$上单调递增B.$f(x)$在$(a,b)$内单调递增C.$f(x)$在$[a,b]$上单调递减D.$f(x)$在$(a,b)$内单调递减10.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f'(x)>0$，则下列结论中正确的是（）。A.$f(x)$在$[a,b]$上单调递增B.$f(x)$在$(a,b)$内单调递增C.$f(x)$在$[a,b]$上单调递减D.$f(x)$在$(a,b)$内单调递减1.设函数$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^n}{1+x^n}$，则$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上的间断点为________。2.设函数$y=\sinx$，则$y^{(2019)}(0)$等于________。3.设函数$y=\ln(1+x)$，则$y^{(10)}(0)$等于________。4.设函数$f(x)$在$x=0$处可导，且$f(0)=0$，$f'(0)=1$，则$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-\sinx}{x^3}$等于________。5.设函数$y=\frac{1}{x^2-x}$，则$y'(-1)$等于________。6.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)$，则由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使得________成立。1.（10分）设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$f(0)=0$，$f(1)=1$。证明：存在一点$c\in(0,1)$，使得$cf'(c)+f(c)=1$。2.（10分）设函数$y=y(x)$由方程$xy^3+yx^3=1$确定，求$y'(x)$和$y''(x)$。3.（10分）计算不定积分$\int\frac{x^3}{x^2+1}\mathrm{d}x$。4.（10分）计算定积分$\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x$。5.（10分）求函数$y=2x^3-3x^2-12x+5$的极值点。6.（20分）设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f'(x)\geq0$，证明：对任意$0\leq\lambda\leq1$，都有$f(\lambdaa+(1-\lambda)b)\leq\lambdaf(a)+(1-\lambda)f(b)$。【标准答案】一、单项选择题1.B2.D3.C4.B5.A6.C7.A8.D9.A10.A二、填空题1.$-1$2.$(-1)^{1009}\cdot2019!$3.$\frac{1}{4}\cdot\frac{9!}{2^{10}}$4.$-\frac{1}{6}$5.$-2$6.$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$三、解答题1.证明：令$F(x)=xf(x)$，则$F(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$F(0)=0$，$F(1)=f(1)$。由拉格朗日中值定理可知，存在一点$c\in(0,1)$，使得$F'(c)=\frac{F(1)-F(0)}{1-0}=f(1)=1$。又$F'(x)=f(x)+xf'(x)$，故$f(c)+cf'(c)=1$。2.解：对方程$xy^3+yx^3=1$两边对$x$求导，得$y^3+3xy^2y'=3y^2x^2$，解得$y'(x)=\frac{3y^2x^2-y^3}{3xy^2}$。再对$y'(x)$求导，得$y''(x)=\frac{6y(x^2+y^2)}{3xy^2}-\frac{2y'(x)(3y^2x^2-y^3)}{3xy^3}=\frac{2y(x^2+y^2)}{xy^2}-\frac{2(3y^2x^2-y^3)(3y^2x^2-y^3)}{9x^2y^4}=\frac{2(x^2+y^2)}{xy^2}-\frac{2(3y^2x^2-y^3)^2}{9x^2y^4}$。3.解：$\int\frac{x^3}{x^2+1}\mathrm{d}x=\int\frac{x^3+x-x}{x^2+1}\mathrm{d}x=\intx\mathrm{d}x-\int\frac{x}{x^2+1}\mathrm{d}x=\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+C$。4.解：令$t=\frac{1}{1+x}$，则$\mathrm{d}x=-\frac{1}{t^2}\mathrm{d}t$，当$x=0$时，$t=1$；当$x=1$时，$t=\frac{1}{2}$。故$\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x=\int_1^{1/2}\frac{\ln\frac{1+t}{t}}{t^2}\cdot\left(-\frac{1}{t^2}\right)\mathrm{d}t=\int_{1/2}^1\frac{\ln(1+t)-\lnt}{t^2}\mathrm{d}t=\int_{1/2}^1\frac{\ln(1+t)}{t^2}\mathrm{d}t-\int_{1/2}^1\frac{\lnt}{t^2}\mathrm{d}t$。5.解：$y'=6x^2-6x-12=6(x-2)(x+1)$，令$y'=0$，解得$x=2$或$x=-1$。当$x<2$时，$y'<0$，当$2<x$时，$y'>0$，故$x=2$为极大值点。当$x<-1$时，$y'>0$，当$-1<x$时，$y'<0$，故$x=-1$为极小值点。6.证明：令$F(x)=f(x)-f(a)-\frac{x-a}{b-a}[f(b)-f(a)]$，则$F(a)=F(b)=0$，且$F'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。由$f'(x)\geq0$可知，$F'(x)\geq0$，故$F(x)$在$[a,b]$上单调递增。故当$x\in[a,b]$时，$F(x)\geq0$，即$f(x)-f(a)-\frac{x-a}{b-a}[f(b)-f(a)]\geq0$，即$f(x)\geqf(a)+\frac{x-a}{b-a}[f(b)-f(a)]$。令$x=\lambdaa+(1-\lambda)b$，则$\lambdaa+(1-\lambda)b\in[a,b]$，故$f(\lambdaa+(1-\lambda)b)\geqf(a)+\frac{\lambdaa+(1-\lambda)b-a}{b-a}[f(b)-f(a)]=f(a)+\lambda[f(b)-f(a)]=\lambdaf(a)+(1-\lambda)f(b)$。又因为$f(x)$单调递增，故$f(\lambdaa+(1-\lambda)b)\leqf(a)+\lambda[f(b)-f(a)]=\lambdaf(a)+(1-\lambda)f(b)$。【解析】一、单项选择题1.当$x\in(-1,1)$时，$x^n\to0$，故$f(x)=0$；当$x=1$时，$f(x)=\frac{1}{2}$；当$x>1$时，$x^n\to\infty$，故$f(x)=1$；当$x<-1$时，$x^n\to\infty$，故$f(x)=0$。故$f(x)$在$x=-1$处间断。2.$y^{(2019)}(x)=\sin(x+2019\pi/2)=\sin(x+\pi/2)=\cosx$，故$y^{(2019)}(0)=\cos0=1$。3.$y^{(10)}(x)=\frac{(-1)^9\cdot9!}{(1+x)^{10}}$，故$y^{(10)}(0)=9!$。4.$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-\sinx}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)-\cosx}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{f''(x)+\sinx}{6x}=\lim_{x\to0}\frac{f''(x)+x}{6x}=0$。5.$y'=-\frac{2x}{(x^2-x)^2}=-\frac{2x}{x^4-2x^3+x^2}=-\frac{2x}{x^2(x-1)^2}$，故$y'(-1)=-\frac{2(-1)}{(-1)^2((-1)-1)^2}=2$。6.由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。7.$y'=\frac{2x}{1+x^4}$，$y''=\frac{2(1+x^4)-2x\cdot4x^3}{(1+x^4)^2}=\frac{2-6x^4}{(1+x^4)^2}$，故$y''(x)=\frac{2x(1-3x^4)}{(1+x^4)^2}$。8.$y^{(10)}(x)=\frac{(-1)^9\cdot10!}{x^{11}}$，故$y^{(10)}(1)=-10!$。9.由$f'(x)>0$可知，$f(x)$在$(a,b)$内单调递增，故$f(x)$在$[a,b]$上单调递增。10.由$f'(x)>0$可知，$f(x)$在$(a,b)$内单调递增，故$f(x)$在$[a,b]$上单调递增。二、填空题1.当$x\in(-1,1)$时，$x^n\to0$，故$f(x)=0$；当$x=1$时，$f(x)=\frac{1}{2}$；当$x>1$时，$x^n\to\infty$，故$f(x)=1$；当$x<-1$时，$x^n\to\infty$，故$f(x)=0$。故$f(x)$在$x=-1$处间断。2.$y^{(2019)}(x)=\sin(x+2019\pi/2)=\sin(x+\pi/2)=\cosx$，故$y^{(2019)}(0)=\cos0=1$。3.$y^{(10)}(x)=\frac{(-1)^9\cdot9!}{(1+x)^{10}}$，故$y^{(10)}(0)=9!$。4.$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-\sinx}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)-\cosx}{3x^2}=\lim_{x\to0}\frac{f''(x)+\sinx}{6x}=\lim_{x\to0}\frac{f''(x)+x}{6x}=0$。5.$y'=-\frac{2x}{(x^2-x)^2}=-\frac{2x}{x^4-2x^3+x^2}=-\frac{2x}{x^2(x-1)^2}$，故$y'(-1)=-\frac{2(-1)}{(-1)^2((-1)-1)^2}=2$。6.由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。三、解答题1.证明：令$F(x)=xf(x)$，则$F(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且$F(0)=0$，$F(1)=f(1)$。由拉格朗日中值定理可知，存在一点$c\in(0,1)$，使得$F'(c)=\frac{F(1)-F(0)}{1-0}=f(1)=1$。又$F'(x)=f(x)+xf'(x)$，故$f(c)+cf'(c)=1$。2.解：对方程$xy^3+yx^3=1$两边对$x$求导，得$y^3+3xy^2y'=3y^2x^2$，解得$y'(x)=\frac{3y^2x^2-y^3}{3xy^2}$。再对$y'(x)$求导，得$y''(x)=\frac{6y(x^2+y^2)}{3xy^2}-\frac{2y'(x)(3y^2x^2-y^3)}{3xy^3}=\frac{2y(x^2+y^2)}{xy^2}-\frac{2(3y^2x^2-y^3)(3y^2x^2-y^3)}{9x^2y^4}=\frac{2(x^2+y^2)}{xy^2}-\frac{2(3y^2x^2-y^3)^2}{9x^2y^4}$。3.解：$\int\frac{x^3}{x^2+1}\mathrm{d}x=\int\frac{x^3+x-x}{x^2+1}\mathrm{d}x=\intx\mathrm{d}x-\int\frac{x}{x^2+1}\mathrm{d}x=\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+C$。4.解：令$t=\frac{1}{1+x}$，则$\mathrm{d}x=-\frac{1}{t^2}\mathrm{d}t$，当$x=0$时，$t=1$；当$x=1$时，$t=\frac{1}{2}$。故$\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\mathrm{d}x=\int_1^{1/2}\frac{\ln\frac{1+t}{t}}{t^2}\cdot\left(-\frac{1}{t^2}\right)\mathrm{d}t=\int_{1/2}^1\frac{\ln(1+t)-\lnt}{t^2}\mathrm{d}t=\int