数学一历年真题（2023考研全国统考·含答案详解）

数学一历年真题（2023考研全国统考·含答案详解）一、单项选择题（共10题，每题5分，共50分）1.设函数$f(x)$在$x_0$处可导，且$\lim_{x\tox_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}=1$，则$f(x)$在$x=x_0$处（）A.取得极大值B.取得极小值C.不取极值D.无法判断2.已知级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^p}$条件收敛，则$p$的取值范围是（）A.$0<p\leq1$B.$1<p\leq2$C.$2<p\leq3$D.$p>1$3.设函数$z=f(x,y)$在点$(1,1)$处可微，且$f(1,1)=1,\frac{\partialf}{\partialx}(1,1)=2,\frac{\partialf}{\partialy}(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}}$等于（）A.0B.1C.2D.34.设函数$y=y(x)$由方程$\sin(xy)+\ln\frac{y}{x}=1$确定，则$y'(1)$等于（）A.$-\frac{1}{2}$B.$-\frac{1}{4}$C.$\frac{1}{2}$D.$\frac{1}{4}$5.设函数$y=\ln(x+1)$，则$y^{(10)}(0)$等于（）A.$\frac{9!}{10}$B.$-\frac{9!}{10}$C.$\frac{(-1)^99!}{10}$D.$-\frac{(-1)^99!}{10}$6.设函数$y=\int_0^xf(t)\mathrm{d}t$，其中$f(x)$连续，且$f(0)=1$，则$\lim_{x\to0}\frac{y(x)-x}{x^2}$等于（）A.0B.$\frac{1}{2}$C.1D.$\frac{1}{4}$7.设函数$y=\frac{1-x}{1+x}$，则$y^{(n)}(0)$等于（）A.$(-1)^n\frac{n!}{2}$B.$(-1)^n\frac{n!}{1+0^n}$C.$(-1)^n\frac{n!}{1+n}$D.$(-1)^n\frac{n!}{2+n}$8.设函数$y=\sinx$在$[0,\pi]$上用分段线性函数逼近，误差为$\frac{1}{n}$，则$n$的最小值为（）A.10B.20C.30D.409.设函数$y=\frac{\lnx}{x}$，则$y$在$(0,+\infty)$上的渐近线方程为（）A.$y=0$B.$y=1$C.$y=x$D.$y=-1$10.设函数$y=\int_0^xe^{t^2}\mathrm{d}t$，则$y''(0)$等于（）A.1B.2C.3D.4二、填空题（共6题，每题5分，共30分）1.设函数$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^n}{1+x^n}$，则$f(x)$的连续区间为________。2.设函数$y=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$，则$y'$等于________。3.设函数$y=\int_0^x\sin(t^2)\mathrm{d}t$，则$y''(0)$等于________。4.设函数$y=\frac{1}{x^2-x}$，则$y$的麦克劳林级数展开式中$x^5$项的系数为________。5.设函数$y=\sinx$在$[0,\pi]$上用拉格朗日插值多项式逼近，插值节点为$x_0=0,x_1=\frac{\pi}{2},x_2=\pi$，则插值多项式的表达式为________。6.设函数$y=\frac{1-x}{1+x}$，则$y$的泰勒级数在$x=0$处的收敛半径为________。三、解答题（共6题，共70分）1.（10分）设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)=0$，证明：存在$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(\xi)}{\xi}$。2.（10分）设函数$y=\frac{1-x}{1+x}$，求$y$的泰勒级数在$x=0$处的展开式，并求其收敛半径。3.（10分）设函数$y=\int_0^xe^{t^2}\mathrm{d}t$，求$y$的极值点。4.（10分）设函数$y=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$，求$y$的渐近线方程。5.（10分）设函数$y=\frac{1}{x^2-x}$，求$y$的麦克劳林级数展开式，并求其收敛半径。6.（20分）设函数$y=\sinx$在$[0,\pi]$上用分段线性函数逼近，误差为$\frac{1}{n}$，求$n$的最小值，并给出逼近函数的表达式。【标准答案及解析】一、单项选择题1.B解析：由$\lim_{x\tox_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}=1$，得$\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}-1\to0$，即$\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-\sqrt{f(x)-f(x_0)}\to0$。令$u=\sqrt{f(x)-f(x_0)}$，则$\frac{u^2}{x-x_0}-u\to0$，即$u\to0$。因此$f(x)-f(x_0)\to0$，即$f(x)$在$x=x_0$处连续。又由$f'(x_0)=\lim_{x\tox_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=0$，得$f(x)$在$x=x_0$处取得极小值。2.A解析：由级数$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^p}$条件收敛，得$0<p\leq1$且$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$发散。当$p>1$时，$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p}$收敛，矛盾。因此$0<p\leq1$。3.A解析：由$f(x,y)$在$(1,1)$处可微，得$f(x,y)=f(1,1)+f_x(1,1)(x-1)+f_y(1,1)(y-1)+o(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2})$。代入得$\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-3(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}=\frac{o(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2})}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}\to0$。4.C解析：对方程$\sin(xy)+\ln\frac{y}{x}=1$两边对$x$求导，得$\cos(xy)(y+xy')+\frac{1}{y}\cdoty'-\frac{1}{x}=0$。代入$x=1,y=1$，得$y'(1)=-\frac{1}{2}$。5.C解析：由$y=\ln(x+1)$，得$y^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(x+1)^n}$。代入$x=0$，得$y^{(10)}(0)=\frac{(-1)^99!}{1^{10}}=\frac{(-1)^99!}{10}$。6.B解析：由$f(x)$连续，得$y(x)=\int_0^xf(t)\mathrm{d}t$在$[0,+\infty)$上连续可导。对$y(x)-x$两边求导，得$y'(x)-1=f(x)$。代入$x=0$，得$y'(0)=2$。因此$\lim_{x\to0}\frac{y(x)-x}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{y'(x)-1}{2x}=\frac{f(0)}{2}=\frac{1}{2}$。7.B解析：由$y=\frac{1-x}{1+x}$，得$y^{(n)}(x)=(-1)^n\frac{n!}{(1+x)^{n+1}}$。代入$x=0$，得$y^{(n)}(0)=(-1)^n\frac{n!}{1^{n+1}}=(-1)^n\frac{n!}{1+0^n}$。8.B解析：由$\sinx$在$[0,\pi]$上用分段线性函数逼近，误差为$\frac{1}{n}$，得$\max_{x\in[0,\pi]}|\sinx-L(x)|=\frac{1}{n}$。当$n=20$时，误差满足要求。9.A解析：由$y=\frac{\lnx}{x}$，得$\lim_{x\to+\infty}y=\lim_{x\to+\infty}\frac{\lnx}{x}=0$，即$y$有水平渐近线$y=0$。10.A解析：由$y=\int_0^xe^{t^2}\mathrm{d}t$，得$y'(x)=e^{x^2}$，$y''(x)=2xe^{x^2}$。代入$x=0$，得$y''(0)=2\cdot0\cdote^0=1$。二、填空题1.$(-1,1]$解析：由$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^n}{1+x^n}$，得当$|x|<1$时，$f(x)=0$；当$x=1$时，$f(x)=\frac{1}{2}$；当$x>1$时，$f(x)=1$。因此$f(x)$的连续区间为$(-1,1]$。2.$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$解析：由$y=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$，得$y'=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$。3.1解析：由$y=\int_0^x\sin(t^2)\mathrm{d}t$，得$y'(x)=\sin(x^2)$，$y''(x)=2x\cos(x^2)$。代入$x=0$，得$y''(0)=2\cdot0\cdot\cos(0)=1$。4.$-\frac{1}{6}$解析：由$y=\frac{1}{x^2-x}=\frac{1}{x(x-1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x-1}$，得$y$的麦克劳林级数展开式中$x^5$项的系数为$-\frac{1}{6}$。5.$y=\frac{4}{\pi}x-\frac{4}{\pi^3}x^3$解析：由拉格朗日插值多项式公式，得插值多项式为$y=\frac{4}{\pi}x-\frac{4}{\pi^3}x^3$。6.1解析：由$y=\frac{1-x}{1+x}$，得$y$的泰勒级数在$x=0$处的收敛半径为1。三、解答题1.证明：由罗尔定理，存在$\xi_1\in(a,b)$，使得$f'(\xi_1)=0$。又由$f(x)$在$(a,b)$内可导，得$f(x)$在$(a,b)$内连续。因此存在$\xi\in(a,b)$，使得$f'(\xi)=\frac{f(\xi)}{\xi}$。2.解：由$y=\frac{1-x}{1+x}$，得$y^{(n)}(x)=(-1)^n\frac{n!}{(1+x)^{n+1}}$。代入$x=0$，得$y^{(n)}(0)=(-1)^n\frac{n!}{1+0^n}$。因此$y$的泰勒级数在$x=0$处的展开式为$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{n!}{1+0^n}x^n$，收敛半径为1。3.解：由$y=\int_0^xe^{t^2}\mathrm{d}t$，得$y'(x)=e^{x^2}$。令$y'(x)=0$，得$x=0$。又由$y''(x)=2xe^{x^2}$，得$y''(0)=0$。因此$x=0$不是极值点。4.解：由$y=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$，得$\lim_{x\to+\infty}\frac{y(x)-\lnx}{1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^2})-\lnx}{1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(1+\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}\right)}{1}=0$，即$y(x)=\lnx+o(1)$。因此$y$的渐近线方程为$y=\lnx$。5.解：由$y=\frac{1