2024年全国统考数学一期中试卷（学霸笔记配套）

2024年全国统考数学一期中试卷（学霸笔记配套）（数学一）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。请将所选项前的字母填在题后的括号内。）1.设函数$f(x)$在$x=0$处可导，且$\lim_{x\to0}\frac{x^2f(x)-\cosx+1}{x^4}=-\frac{1}{2}$，则$f(0)$和$f'(0)$分别为（）A.$1$，$-\frac{1}{6}$B.$0$，$-\frac{1}{3}$C.$1$，$\frac{1}{6}$D.$0$，$\frac{1}{3}$2.设函数$f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}-\frac{1}{1+e^x}$，则当$x\to0$时，$f(x)$是$x$的（）A.$1$阶无穷小B.$2$阶无穷小C.$3$阶无穷小D.$4$阶无穷小3.设函数$f(x)=\int_0^x\frac{\sint}{t}dt$，则$f'(x)$等于（）A.$\frac{\sinx}{x}$B.$\frac{\cosx}{x}$C.$\frac{\sinx}{1}$D.$\frac{\cosx}{1}$4.设函数$y=xe^x$，则$y^{(10)}(0)$等于（）A.$\frac{10!}{10}$B.$\frac{10!}{9!}$C.$\frac{10!}{8!}$D.$\frac{10!}{11!}$5.设函数$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x^2\sin\frac{1}{x},&x\ne0\\0,&x=0\end{array}\right.$，则$f(x)$在$x=0$处（）A.不可导B.可导但导数不连续C.可导且导数连续D.以上都不对6.设函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，且对任意$x_1,x_2\in[a,b]$，有$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$，则称$f(x)$在$[a,b]$上满足Jensen不等式。若函数$f(x)=x^3$在闭区间$[0,1]$上满足Jensen不等式，则下列说法正确的是（）A.$f(x)=x^3$在$(0,1)$内单调递增B.$f(x)=x^3$在$(0,1)$内单调递减C.$f(x)=x^3$在$(0,1)$内存在极值点D.$f(x)=x^3$在$(0,1)$内无极值点7.设函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，且对任意$x_1,x_2\in[a,b]$，有$|f(x_1)-f(x_2)|\leM|x_1-x_2|$，其中$M>0$为常数，则称$f(x)$在$[a,b]$上满足Lipschitz条件。若函数$f(x)=\sqrt{x}$在闭区间$[1,4]$上满足Lipschitz条件，则常数$M$等于（）A.$\frac{1}{2}$B.$1$C.$\sqrt{3}$D.$2$8.设函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，且对任意$x_1,x_2\in[a,b]$，有$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$，则称$f(x)$在$[a,b]$上满足Jensen不等式。若函数$f(x)=\lnx$在闭区间$[1,e]$上满足Jensen不等式，则下列说法正确的是（）A.$f(x)=\lnx$在$(1,e)$内单调递增B.$f(x)=\lnx$在$(1,e)$内单调递减C.$f(x)=\lnx$在$(1,e)$内存在极值点D.$f(x)=\lnx$在$(1,e)$内无极值点9.设函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，且对任意$x_1,x_2\in[a,b]$，有$|f(x_1)-f(x_2)|\leM|x_1-x_2|$，其中$M>0$为常数，则称$f(x)$在$[a,b]$上满足Lipschitz条件。若函数$f(x)=\ln(1+x)$在闭区间$[-1,2]$上满足Lipschitz条件，则常数$M$等于（）A.$\frac{1}{2}$B.$1$C.$\sqrt{3}$D.$2$10.设函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，且对任意$x_1,x_2\in[a,b]$，有$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$，则称$f(x)$在$[a,b]$上满足Jensen不等式。若函数$f(x)=\arctanx$在闭区间$[-1,1]$上满足Jensen不等式，则下列说法正确的是（）A.$f(x)=\arctanx$在$(-1,1)$内单调递增B.$f(x)=\arctanx$在$(-1,1)$内单调递减C.$f(x)=\arctanx$在$(-1,1)$内存在极值点D.$f(x)=\arctanx$在$(-1,1)$内无极值点二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分。请将答案填在题中横线上。）1.设函数$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x^2\sin\frac{1}{x},&x\ne0\\0,&x=0\end{array}\right.$，则$f'(0)$等于________。2.设函数$f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}-\frac{1}{1+e^x}$，则当$x\to0$时，$f(x)$是$x$的________阶无穷小。3.设函数$y=xe^x$，则$y^{(10)}(0)$等于________。4.设函数$f(x)=\int_0^x\frac{\sint}{t}dt$，则$f'(x)$等于________。5.设函数$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x^2\sin\frac{1}{x},&x\ne0\\0,&x=0\end{array}\right.$，则$f'(x)$在$x=0$处________。6.设函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，且对任意$x_1,x_2\in[a,b]$，有$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$，则称$f(x)$在$[a,b]$上满足Jensen不等式。若函数$f(x)=\lnx$在闭区间$[1,e]$上满足Jensen不等式，则________。三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）1.（本小题满分10分）设函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，且对任意$x_1,x_2\in[a,b]$，有$|f(x_1)-f(x_2)|\leM|x_1-x_2|$，其中$M>0$为常数，则称$f(x)$在$[a,b]$上满足Lipschitz条件。证明：若函数$f(x)=\sqrt{x}$在闭区间$[1,4]$上满足Lipschitz条件，则常数$M$等于2。【标准答案及解析】一、单项选择题1.A解析：由洛必达法则，有$$\lim_{x\to0}\frac{x^2f(x)-\cosx+1}{x^4}=\lim_{x\to0}\frac{2xf(x)+\sinx}{4x^3}=\lim_{x\to0}\frac{2f(x)+xf'(x)+\cosx}{12x^2}$$因为$\lim_{x\to0}f(x)=f(0)$，所以$$\lim_{x\to0}\frac{2f(x)+xf'(x)+\cosx}{12x^2}=\lim_{x\to0}\frac{2f(0)+xf'(0)+\cos0}{12x^2}=-\frac{1}{2}$$所以$2f(0)+1=-6$，即$f(0)=-\frac{7}{2}$。又因为$f(x)$在$x=0$处可导，所以$$\lim_{x\to0}\frac{x^2f(x)-\cosx+1}{x^4}=\lim_{x\to0}\frac{xf'(x)+\sinx}{4x^3}=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)+xf''(x)+\cosx}{12x^2}$$所以$f'(0)=-\frac{1}{6}$。2.B解析：由泰勒展开，有$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4)$$所以$$\frac{\ln(1+x)}{x}-\frac{1}{1+e^x}=\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+o(x^3)\right)-\left(1-e^{-x}+o(x)\right)=\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+o(x^3)$$所以$f(x)$是$x$的2阶无穷小。3.A解析：由基本微积分知识，有$$f'(x)=\frac{d}{dx}\int_0^x\frac{\sint}{t}dt=\frac{\sinx}{x}$$4.B解析：由泰勒展开，有$$y=xe^x=x(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{x^{10}}{10!}+o(x^{10}))$$所以$$y^{(10)}(x)=10!+\text{lowerorderterms}$$所以$y^{(10)}(0)=\frac{10!}{9!}$。5.C解析：由导数定义，有$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\frac{1}{x}-0}{x-0}=\lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}=0$$所以$f'(0)=0$。又因为$f'(x)=2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}$，所以$$\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}(2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x})=0$$所以$f'(x)$在$x=0$处连续。6.A解析：由Jensen不等式的定义，有$$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$$所以$f(x)=x^3$在$(0,1)$内单调递增。7.D解析：由Lipschitz条件的定义，有$$|f(x_1)-f(x_2)|\leM|x_1-x_2|$$所以$M=\sup_{x_1\nex_2}\frac{|f(x_1)-f(x_2)|}{|x_1-x_2|}$。因为$f(x)=\sqrt{x}$，所以$$\frac{|f(x_1)-f(x_2)|}{|x_1-x_2|}=\frac{|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|}{|x_1-x_2|}=\frac{1}{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}$$所以$M=2$。8.A解析：由Jensen不等式的定义，有$$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$$所以$f(x)=\lnx$在$(1,e)$内单调递增。9.B解析：由Lipschitz条件的定义，有$$|f(x_1)-f(x_2)|\leM|x_1-x_2|$$所以$M=\sup_{x_1\nex_2}\frac{|f(x_1)-f(x_2)|}{|x_1-x_2|}$。因为$f(x)=\ln(1+x)$，所以$$\frac{|f(x_1)-f(x_2)|}{|x_1-x_2|}=\frac{|\ln(1+x_1)-\ln(1+x_2)|}{|x_1-x_2|}=\frac{1}{1+\min(x_1,x_2)}$$所以$M=1$。10.A解析：由Jensen不等式的定义，有$$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$$所以$f(x)=\arctanx$在$(-1,1)$内单调递增。二、填空题1.0解析：由导数定义，有$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\frac{1}{x}-0}{x-0}=\lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}=0$$2.2解析：由泰勒展开，有$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+o(x^4)$$所以$$\frac{\ln(1+x)}{x}-\frac{1}{1+e^x}=\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+o(x^3)\right)-\left(1-e^{-x}+o(x)\right)=\frac{x^2}{3}-\frac{x^3}{4}+o(x^3)$$所以$f(x)$是$x$的2阶无穷小。3.$\frac{10!}{9!}$解析：由泰勒展开，有$$y=xe^x=x(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{x^{10}}{10!}+o(x^{10}))$$所以$$y^{(10)}(x)=10!+\text{lowerorderterms}$$所以$y^{(10)}(0)=\frac{10!}{9!}$。4.$\frac{\sinx}{x}$解析：由基本微积分知识，有$$f'(x)=\frac{d}{dx}\int_0^x\frac{\sint}{t}dt=\frac{\sinx}{x}$$5.连续解析：由导数定义，有$$f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\frac{1}{x}-0}{x-0}=\lim_{x\to0}x\sin\frac{1}{x}=0$$所以$f'(0)=0$。又因为$f'(x)=2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}$，所以$$\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{x\to0}(2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x})=0$$所以$f'(x)$在$x=0$处连续。6.$f(x)=\lnx$在闭区间$[1,e]$上满足Jensen不等式解析：由Jensen不等式的定义，有$$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$$所以$f(x)=\lnx$在$(1,e)$内单调递增。三、解答题1.证明：由Jensen不等式的定义，有$$f(\frac{x_1+x_2}{2})\le\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$$所以$f(x)=\lnx$在$(1,e)$内单调递增。证明：设$x_1,x_2\in(1,e)$，且$x_1<x_2$，则$$\frac{x_1+x_2}{2}\in(1,e)$$所以$$\ln\frac{x_1+x_2}{2}\le\frac{\lnx_1+\lnx_2}{2}$$即$$\ln\frac{x_1+x_2}{2}\le\ln\sqrt{x_1x_2}$$所以$$\frac{x_1+x_2}{2}\le\sqrt{x_1x_2}$$即$$\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)^2\lex_1x_2$$即$$x_1x_2-x_1^2-x_2^2\ge0$$即$$(x_1-x_2)^2\ge0$$所以$f(x)=\lnx$在$(1,e)$内单调递增。2.证明：由Lipschitz条件的定义，有$$|f(x_1)-f(x_2)|\leM|x_1-x_2|$$所以$M=\sup_{x_1\nex_2}\frac{|f(x_1)-f(x_2)|}{|x_1-x_2|}$。因为$f(x)=\sqrt{x}$，所以$$\frac{|f(x_1)-f(x_2)|}{|x_1-x_2|}