【2024考研】全国统考数学二考点精练（含答案详解）

【2024考研】全国统考数学二考点精练（含答案详解）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答题卡相应位置上。）1.设函数$f(x)$在$(a,b)$内连续，且$\lim\limits_{x\toc}f(x)$存在（$c\in(a,b)$），则$f(x)$在$(a,b)$内A.必有界B.必有最大值和最小值C.至少有一个间断点D.必可导2.函数$f(x)=\ln\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)$的渐近线方程为A.$y=0$B.$y=1$C.$y=-1$D.$y=x$3.设函数$f(x)$在$x=0$处可导，且$f(0)=0$，则$\lim\limits_{x\to0}\frac{x^2f(x)-f(x)}{x^3}$等于A.$f'(0)$B.$2f'(0)$C.$f''(0)$D.$2f''(0)$4.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)$，则存在$c\in(a,b)$，使得$f'(c)=0$的充分条件是A.$f(x)$在$[a,b]$上可导B.$f(x)$在$(a,b)$内连续C.$f(x)$在$[a,b]$上单调D.$f(x)$在$(a,b)$内可导5.设函数$f(x)=x^3-3x^2+2$，则$f(x)$的极值点个数为A.0B.1C.2D.36.设函数$f(x)=\frac{x^2}{x-1}$，则$f(x)$的铅直渐近线方程为A.$x=0$B.$x=1$C.$y=x$D.$y=x+1$7.设函数$f(x)=\mathrm{e}^x\sinx$，则$f^{(10)}(0)$等于A.0B.1C.-1D.$2^5$8.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f'(x)\neq0$，则存在唯一的$c\in(a,b)$，使得$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$的充分条件是A.$f(x)$在$[a,b]$上单调B.$f(x)$在$(a,b)$内连续C.$f(x)$在$[a,b]$上可导D.$f(x)$在$(a,b)$内可导9.设函数$f(x)=\int_0^x(x-t)^2f(t)\mathrm{d}t$，其中$f(x)$连续，则$f(x)$等于A.$\frac{1}{3}x^3$B.$\frac{1}{6}x^3$C.$\frac{1}{9}x^3$D.$\frac{1}{12}x^3$10.设函数$f(x)=\frac{\sinx}{x}$，则$f(x)$在$[0,1]$上的平均值等于A.$\sin1$B.$\cos1$C.$\frac{\sin1}{1}$D.$\frac{\sin1}{\pi}$二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分。请将答案填在答题卡相应位置上。）1.$\lim\limits_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^x-\cosx}{x^2}$等于________。2.曲线$y=\frac{x^2}{x+1}$的斜渐近线方程为________。3.设函数$f(x)$在$x=0$处可导，且$f(0)=0$，$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}$=1，则$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}$等于________。4.设函数$f(x)=x^3-3x^2+2$，则$f(x)$的极大值点为________。5.设函数$f(x)=\frac{x^2}{x-1}$，则$f(x)$的斜渐近线方程为________。6.设函数$f(x)=\int_0^x(x-t)^2f(t)\mathrm{d}t$，其中$f(x)$连续，则$f'(x)$等于________。三、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）【标准答案及解析】一、单项选择题1.A解析：由题意，$f(x)$在$(a,b)$内连续，且$\lim\limits_{x\toc}f(x)$存在，根据连续函数的性质，$f(x)$在$(a,b)$内必有界。因此，选项A正确。2.C解析：$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln\left(\frac{\sqrt{x^2+1}-x}{1}\right)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln\left(\frac{x^2+1-x^2}{\sqrt{x^2+1}+x}\right)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\right)}{x}=0$，因此，$f(x)$的渐近线方程为$y=-1$。因此，选项C正确。3.B解析：$\lim\limits_{x\to0}\frac{x^2f(x)-f(x)}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)(x^2-1)}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x}\cdot\lim\limits_{x\to0}\frac{x^2-1}{x^3}=f'(0)\cdot\lim\limits_{x\to0}\frac{x^2-1}{x^3}=f'(0)\cdot\lim\limits_{x\to0}\frac{2x}{3x^2}=2f'(0)$。因此，选项B正确。4.D解析：根据罗尔定理，若$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)$，则存在$c\in(a,b)$，使得$f'(c)=0$。因此，选项D正确。5.C解析：$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$，令$f'(x)=0$，得$x=0$或$x=2$。$f''(x)=6x-6$，$f''(0)=-6<0$，$f''(2)=6>0$，因此，$x=0$是极大值点，$x=2$是极小值点。因此，$f(x)$的极值点个数为2。因此，选项C正确。6.B解析：当$x\to1$时，$f(x)=\frac{x^2}{x-1}\to\infty$，因此，$x=1$是$f(x)$的铅直渐近线。因此，选项B正确。7.A解析：$f(x)$的泰勒展开式为$f(x)=x+\frac{x^3}{3!}+o(x^3)$，因此，$f^{(10)}(0)=0$。因此，选项A正确。8.D解析：根据拉格朗日中值定理，若$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f'(x)\neq0$，则存在唯一的$c\in(a,b)$，使得$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$。因此，选项D正确。9.B解析：$f(x)=\int_0^x(x-t)^2f(t)\mathrm{d}t=\int_0^x(x^2-2xt+t^2)f(t)\mathrm{d}t=x^2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-2x\int_0^xtf(t)\mathrm{d}t+\int_0^xt^2f(t)\mathrm{d}t$。对上式两边求导，得$f'(x)=2x\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-x^2f(x)-2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t+2xtf(x)+t^2f'(t)$。由于$f(x)$连续，令$x=0$，得$f'(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f''(x)=2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t+2f(x)-2f(x)+2xf'(x)+2tf'(t)+t^2f''(t)=2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t+2xf'(x)+t^2f''(t)$。令$x=0$，得$f''(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f'''(x)=2f(x)+2f'(x)+2f'(x)+2xf''(x)+2tf''(t)+t^2f'''(t)=2f(x)+4f'(x)+2xf''(x)+t^2f'''(t)$。令$x=0$，得$f'''(0)=2f(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f^{(4)}(x)=2f'(x)+4f''(x)+2f''(x)+2xf'''(x)+2tf'''(t)+t^2f^{(4)}(t)=2f'(x)+6f''(x)+2xf'''(x)+t^2f^{(4)}(t)$。令$x=0$，得$f^{(4)}(0)=2f'(0)+6f''(0)=6f''(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f^{(5)}(x)=2f''(x)+6f'''(x)+2f'''(x)+2xf^{(4)}(x)+2tf^{(4)}(t)+t^2f^{(5)}(t)=2f''(x)+8f'''(x)+2xf^{(4)}(x)+t^2f^{(5)}(t)$。令$x=0$，得$f^{(5)}(0)=2f''(0)+8f'''(0)=8f'''(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f^{(6)}(x)=2f'''(x)+8f^{(4)}(x)+2f^{(4)}(x)+2xf^{(5)}(x)+2tf^{(5)}(t)+t^2f^{(6)}(t)=2f'''(x)+10f^{(4)}(x)+2xf^{(5)}(x)+t^2f^{(6)}(t)$。令$x=0$，得$f^{(6)}(0)=2f'''(0)+10f^{(4)}(0)=10f^{(4)}(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f^{(7)}(x)=2f^{(4)}(x)+10f^{(5)}(x)+2f^{(5)}(x)+2xf^{(6)}(x)+2tf^{(6)}(t)+t^2f^{(7)}(t)=2f^{(4)}(x)+12f^{(5)}(x)+2xf^{(6)}(x)+t^2f^{(7)}(t)$。令$x=0$，得$f^{(7)}(0)=2f^{(4)}(0)+12f^{(5)}(0)=12f^{(5)}(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f^{(8)}(x)=2f^{(5)}(x)+12f^{(6)}(x)+2f^{(6)}(x)+2xf^{(7)}(x)+2tf^{(7)}(t)+t^2f^{(8)}(t)=2f^{(5)}(x)+14f^{(6)}(x)+2xf^{(7)}(x)+t^2f^{(8)}(t)$。令$x=0$，得$f^{(8)}(0)=2f^{(5)}(0)+14f^{(6)}(0)=14f^{(6)}(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f^{(9)}(x)=2f^{(6)}(x)+14f^{(7)}(x)+2f^{(7)}(x)+2xf^{(8)}(x)+2tf^{(8)}(t)+t^2f^{(9)}(t)=2f^{(6)}(x)+16f^{(7)}(x)+2xf^{(8)}(x)+t^2f^{(9)}(t)$。令$x=0$，得$f^{(9)}(0)=2f^{(6)}(0)+16f^{(7)}(0)=16f^{(7)}(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f^{(10)}(x)=2f^{(7)}(x)+16f^{(8)}(x)+2f^{(8)}(x)+2xf^{(9)}(x)+2tf^{(9)}(t)+t^2f^{(10)}(t)=2f^{(7)}(x)+18f^{(8)}(x)+2xf^{(9)}(x)+t^2f^{(10)}(t)$。令$x=0$，得$f^{(10)}(0)=2f^{(7)}(0)+18f^{(8)}(0)=18f^{(8)}(0)=0$。因此，$f(x)=\frac{1}{6}x^3$。因此，选项B正确。10.A解析：$f(x)$在$[0,1]$上的平均值为$\frac{1}{1-0}\int_0^1\frac{\sinx}{x}\mathrm{d}x=\int_0^1\frac{\sinx}{x}\mathrm{d}x=\sin1$。因此，选项A正确。二、填空题1.1解析：$\lim\limits_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^x-\cosx}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\mathrm{e}^x+\sinx}{2x}=\frac{1+0}{2}=1$。2.$y=x$解析：$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2}{x(x+1)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{x+1}=1$，$\lim\limits_{x\to\infty}[f(x)-x]=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2-x(x+1)}{x+1}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{-x}{x+1}=-1$，因此，$f(x)$的斜渐近线方程为$y=x-1$。3.0解析：$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}$=1，则$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x^2}=1$，因此，$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=0$。4.1解析：$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$，令$f'(x)=0$，得$x=0$或$x=2$。$f''(x)=6x-6$，$f''(0)=-6<0$，$f''(2)=6>0$，因此，$x=0$是极大值点，$x=2$是极小值点。5.$y=x$解析：$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2}{x(x-1)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{x-1}=1$，$\lim\limits_{x\to\infty}[f(x)-x]=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2-x(x-1)}{x-1}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{x-1}=1$，因此，$f(x)$的斜渐近线方程为$y=x$。6.$2x^2-4x$解析：$f(x)=\int_0^x(x-t)^2f(t)\mathrm{d}t=\int_0^x(x^2-2xt+t^2)f(t)\mathrm{d}t=x^2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-2x\int_0^xtf(t)\mathrm{d}t+\int_0^xt^2f(t)\mathrm{d}t$。对上式两边求导，得$f'(x)=2x\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-x^2f(x)-2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t+2xtf(x)+t^2f'(t)=2x\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-x^2f(x)+2xtf(x)+t^2f'(t)=2(x-1)\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-x^2f(x)+2xtf(x)+t^2f'(t)$。三、解答题1.解：$\lim\limits_{x\to0}\frac{\int_0^x\sint^2\mathrm{d}t}{x^3}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sinx^2}{3x^2}=\frac{1}{3}$。2.证明：由题意，$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)$。根据罗尔定理，存在$c\in(a,b)$，使得$f'(c)=0$。假设存在$c_1,c_2\in(a,b)$，使得$f'(c_1)=f'(c_2)=0$，则根据费马定理，$f(x)$在$(a,b)$内至少有一个极大值点或极小值点。不妨设$c_1<c_2$，则$f(x)$在$[c_1,c_2]$上连续，在$(c_1,c_2)$内可导，且$f(c_1)=f(c_2)$。根据罗尔定理，存在$d\in(c_1,c_2)\subset(a,b)$，使得$f'(d)=0$，这与假设矛盾。因此，$f'(x)=0$在$(a,b)$内至多有一个根。3.解：$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$，令$f'(x)=0$，得$x=0$或$x=2$。$f''(x)=6x-6$，$f''(0)=-6<0$，$f''(2)=6>0$，因此，$x=0$是极大值点，$x=2$是极小值点。$f(0)=2$，$f(2)=-2$，因此，$f(x)$的极大值为2，极小值为-2。4.解：当$x\to\infty$时，$f(x)=\frac{x^2}{x-1}\tox$，因此，$f(x)$的斜渐近线方程为$y=x$。当$x\to1$时，$f(x)=\frac{x^2}{x-1}\to\infty$，因此，$x=1$是$f(x)$的铅直渐近线。5.解：$f(x)=\int_0^x(x-t)^2f(t)\mathrm{d}t=\int_0^x(x^2-2xt+t^2)f(t)\mathrm{d}t=x^2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-2x\int_0^xtf(t)\mathrm{d}t+\int_0^xt^2f(t)\mathrm{d}t$。对上式两边求导，得$f'(x)=2x\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-x^2f(x)-2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t+2xtf(x)+t^2f'(t)=2(x-1)\int_0^xf(t)\mathrm{d}t-x^2f(x)+2xtf(x)+t^2f'(t)$。令$x=0$，得$f'(0)=0$。对上式两边再次求导，得$f''(x)=2\int_0^xf(t)\mathrm{d}t+2f(x)-2f(x)+2xf'(x)+2tf'(t)+t^2f''(t)=2\int_0^x