2024年全国统考数学一冲刺试卷（全真模拟卷）

2024年全国统考数学一冲刺试卷（全真模拟卷）1.设函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上连续可导，且满足$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(1)}{\lnx}=2$，则$f'(1)$等于（）A.2B.-2C.0D.不存在2.已知函数$z=f(x,y)$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3.设函数$y=y(x)$由方程$\sin(xy)+\ln\frac{y}{x}=1$确定，则$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}$在$x=1$处的值等于（）A.-1B.1C.-2D.24.设函数$f(x)$在$[0,2]$上连续，在$(0,2)$内可导，且$f(0)=f(2)=1$，$\int_0^2f(x)(x-1)\mathrm{d}x=0$，则方程$f'(x)=0$在$(0,2)$内（）A.无实根B.有且仅有一个实根C.至少有两个实根D.实根个数无法确定5.设函数$y=\ln(x+\sqrt{1+x^2})$，则$y^{(2018)}(0)$的值等于（）A.0B.$2018!$C.$-2018!$D.$2^{2018}\cdot2018!$6.设函数$f(x)$具有二阶连续导数，且满足$f(0)=0$，$f'(0)=1$，$f''(0)=2$，则$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-x-\frac{x^2}{2}}{x^3}$等于（）A.0B.$\frac{1}{6}$C.$\frac{1}{3}$D.17.设幂级数$\sum_{n=0}^\inftya_nx^n$的收敛半径为2，则幂级数$\sum_{n=0}^\infty\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$的收敛半径等于（）A.2B.$\frac{1}{2}$C.4D.$\frac{1}{4}$8.设函数$y=\frac{\sinx}{x}$，则$y^{(10)}(0)$的值等于（）A.$-\frac{1}{9!}$B.$\frac{1}{10!}$C.$-\frac{1}{10!}$D.$\frac{1}{9!}$9.已知函数$y=y(x)$由微分方程$xy'-y=\sinx$确定，且$y(0)=0$，则$y(\pi)$的值等于（）A.0B.1C.$-\frac{1}{\pi}$D.$\frac{1}{\pi}$10.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)=0$，则方程$f'(x)=0$在$(a,b)$内（）A.无实根B.有且仅有一个实根C.至少有两个实根D.实根个数无法确定11.设函数$y=\arctan(x+\sqrt{x^2+1})$，则$y'(x)$等于_________。12.设函数$f(x)$在$x=0$处具有二阶连续导数，且$f(0)=0$，$f'(0)=1$，$f''(0)=3$，则$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-x-\frac{x^2}{2}}{x^3}$等于_________。13.设函数$y=\frac{\lnx}{x}$，则$y^{(10)}(1)$的值等于_________。14.设幂级数$\sum_{n=0}^\inftya_nx^n$的收敛半径为3，则幂级数$\sum_{n=0}^\infty\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$的收敛半径等于_________。15.设函数$y=\sinx+\cosx$，则$y^{(2018)}(0)$的值等于_________。16.已知函数$y=y(x)$由微分方程$xy'-y=\sinx$确定，且$y(0)=0$，则$y(\pi)$的值等于_________。17.（10分）设函数$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)$，使得$\xif'(\xi)=-f(\xi)$。18.（10分）设函数$y=y(x)$由方程$\mathrm{e}^{xy}+x+y=1$确定，求$y'(0)$和$y''(0)$。19.（10分）计算不定积分$\int\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2+2}}\mathrm{d}x$。20.（10分）设幂级数$\sum_{n=0}^\inftya_nx^n$在$x=2$处收敛，在$x=-2$处发散，求幂级数$\sum_{n=0}^\inftya_nx^n$的收敛半径。21.（10分）设函数$f(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$内可导，且满足$f(0)=0$，$f(1)=1$，证明：存在$\xi\in(0,1)$，使得$f'(\xi)=1+\xi$。22.（20分）设函数$y=y(x)$由微分方程$xy'-y=\sinx$确定，且$y(0)=0$，（1）求$y(x)$的通解；（2）证明：当$x\geq0$时，$y(x)\leq\frac{1}{2}(1+\cosx)$。【标准答案及解析】一、单项选择题1.A解析：由$\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(1)}{\lnx}=2$，得$f(x)-f(1)=2\lnx+o(\lnx)$，则$f'(1)=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(1)}{x}=\lim_{x\to0^+}\frac{2\lnx+o(\lnx)}{x}=\lim_{x\to0^+}\frac{2\lnx}{x}=2$。2.C解析：由可微性，$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})$，则$\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$。3.B解析：对方程两边求全导数，$\cos(xy)(y+x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x})+\frac{1}{y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-\frac{1}{x}=0$，在$x=1$，$y=1$处代入，得$\cos1\cdot(1+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x})+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-1=0$，解得$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=1$。4.C解析：令$F(x)=f(x)(x-1)$，则$F(0)=F(2)=0$，由罗尔定理，存在$c\in(0,2)$，使$F'(c)=0$，即$f'(c)(x-1)+f(c)=0$，又$f(c)=f(1)=1$，得$f'(c)=0$。5.B解析：$y'=\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}+\frac{x}{(x+\sqrt{1+x^2})\sqrt{1+x^2}}$，$y^{(n)}(x)$的通项为$(-1)^{n-1}\frac{(n-1)!}{2^{n-1}}(x+\sqrt{1+x^2})^{-n}$，则$y^{(2018)}(0)=2018!$。6.B解析：由泰勒展开，$f(x)=x+\frac{x^2}{2}+\frac{f''(0)}{6}x^3+o(x^3)=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$，则$\frac{f(x)-x-\frac{x^2}{2}}{x^3}=\frac{\frac{x^3}{3}+o(x^3)}{x^3}=\frac{1}{3}+\frac{o(x^3)}{x^3}\to\frac{1}{3}$。7.A解析：由根值定理，$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{a_n}{n+1}}=\frac{1}{2}$，则收敛半径为2。8.B解析：$y=\frac{\sinx}{x}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n}$，$y^{(10)}(0)=\frac{(-1)^5}{9!}10!=\frac{1}{10!}$。9.D解析：令$y=y(x)$，则$y'=\frac{\sinx+y}{x}$，$y(x)=\mathrm{e}^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\left[\int\frac{\sinx}{x}\mathrm{e}^{-\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]=\mathrm{e}^x\left[\int\frac{\sinx}{x}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x+C\right]$，$y(\pi)=\frac{1}{\pi}$。10.C解析：令$F(x)=f(x)-\frac{x}{2}[f(1-x)+f(1+x)]$，则$F(a)=F(b)=0$，由罗尔定理，存在$c\in(a,b)$，使$F'(c)=0$，即$f'(c)-\frac{1}{2}[f(1-c)-f(1+c)]=0$，又$f(1-c)=f(1+c)$，得$f'(c)=0$。二、填空题1.$\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}$解析：$y'=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{1+(x+\sqrt{x^2+1})^2}$，化简得$\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}$。2.$\frac{1}{6}$解析：同选择题第6题解析。3.$-\frac{9!}{1!}$解析：$y=\lnx-x\lnx$，$y^{(10)}(x)=(-1)^9\frac{9!}{x^2}$，则$y^{(10)}(1)=-9!$。4.3解析：同选择题第7题解析。5.$2^{1009}\cos\frac{2018\pi}{4}$解析：$y^{(n)}(x)=\sin(x+n\pi/2)+\cos(x+n\pi/2)$，$y^{(2018)}(0)=2^{1009}\cos\frac{2018\pi}{4}$。6.$\frac{1}{\pi}$解析：同选择题第9题解析。三、解答题1.证明：令$F(x)=xf(x)$，则$F(a)=F(b)=0$，由罗尔定理，存在$\xi\in(a,b)$，使$F'(\xi)=0$，即$f(\xi)+\xif'(\xi)=0$，得$\xif'(\xi)=-f(\xi)$。2.解：对方程两边求全导数，$\mathrm{e}^{xy}(y+x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x})+1+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0$，在$x=0$，$y=1$处代入，得$1+1+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0$，解得$y'(0)=-2$，再求二阶导数，$y''(0)=-2$。3.解：令$x=\sqrt{u}$，则$\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}u}{2\sqrt{u}}$，$\int\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2+2}}\mathrm{d}x=\int\frac{\sqrt{u}}{\sqrt{u+1}+\sqrt{u+2}}\cdot\frac{\mathrm{d}u}{2\sqrt{u}}=\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u+1}+\sqrt{u+2}}$，令$t=\sqrt{u+1}$，则$\mathrm{d}u=2t\mathrm{d}t$，$\int\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u+1}+\sqrt{u+2}}=\int\frac{2t\mathrm{d}t}{t+\sqrt{t^2+1}}=\ln(t+\sqrt{t^2+1})+C$，回代得$\ln(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2+2})+C$。4.解：由收敛半径性质，$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=R^{-1}$，由题意，$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}\cdo