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1、20212021 年浙江专升本高数考试真题答案年浙江专升本高数考试真题答案一、选择题：本大题共5 小题，每题 4 分，共 20 分。sin x,x 01、设f(x)x，那么f(x)在(1,1)内C,x 0 xA、有可去连续点x0 x0B、连续点x0C、有跳跃连续点x0D、有第二连续点解析：limf(x)limx 0,limf(x)limx0 x0sin x1xlimf(x)limf(x)，但是又存在，x 0是跳跃连续点2、当x 0时，sin x xcosx是x的D无穷小A、低阶解析：limB、等阶C、同阶D、高阶2sin x xcosxcosxcosx xsin xsin x lim lim
2、0高阶无穷小2x0 x0 x0 x2x2xx03、设f(x)二阶可导，在x x0处f(x0)0，limB A、取得极小值解析：limB、取得极大值f(x)0，那么f(x)在x x0处x x0C、不是极值D、x0,f(x0)是拐点xx0f(x)f(x0)f(x)0,f(x0)lim，那么其f(x0)0,f(x0)0，xx0 x x0 x x0 x0为驻点，又 f(x0)0 x x0是极大值点。4、f(x)在a,b上连续，那么以下说法不正确的选项是BA、baf2(x)dx 0，那么在a,b上，f(x)0d2xB、f(t)dt f(2x)f(x)，其中x,2xa,bdxxC、f(a)f(b)0，那么
3、a,b内有使得f()0D、y f(x)在a,b上有最大值M和最小值m，那么m(ba)解析：A.由定积分几何意义可知，f(x)0，的 面 积，该 面 积 为02baf(x)dx M(ba)baf2(x)dx为f2(x)在a,b上与x轴围成f2(x)0，事 实 上 假 设f(x)满 足连续非负 f(x)0(a x b)bf(x)dx 0ad2xB.f(x)dx 2 f(2x)f(x)xdxC.有零点定理知结论正确D.由积分估值定理可知，xa,b，m f(x)M，那么bamdx f(x)dx Mdx m(ba)f(x)dx M(ba)aaabbb5、以下级数绝对收敛的是Ccosn(1)n1(1)n1
4、1A、B、C、D、n1n1n1n1ln(n1)n1nn39解析：A.limn111n11，由发散发散1nn1n1n111ln(1n)1nB.lim发散 lim lim 0，由发散nnn1nln(1n)n1nn1n1ln(1n)1C.cosnn 921n 92，而limn1cosn1n29=1，由3收敛收敛221n12n 9n 9n3n2收敛D.1发散nn11x二、填空题6、lim(1asin x)ex01x1ln(1asin x)xln(1asinx)limx0 x1acosx1asinxlimx01a解析：lim(1asin x)limex0 x0 e e ea7、limx03f(3)f(3
5、2x)3，那么f(3)2sin xx0解析：limf(3)f(32x)f(32x)f(3)2lim 2 f(3)3x0sin x2xsin x(cosxb)5，那么b 9x0e2xasin xx(cosxb)解析：lim2x(cosxb)lim 52xx0ex0aea8、假设常数a,b使得lim所以根据洛必达法那么可知：1a 0,a 1x(cosxb)cosxb1b limx0 x02x221b 5,b 92lim9、设 x ln(1t)dy，那么dxy t arctantdydtdxdxdtdy1t11解析：121t2t(1t)，dy1dx1t21t2t11d2yy2 x210、y f(x)
6、是x y 1 0所确定的隐函数，那么2dxy32解析：方程两边同时求导，得：2x2yy 0，y x，yx带入，y方程2x2yy 0同时求导，得：1(y)yy 0，将y 2d2y1x2y2 x2x2那么得，1()yy 0，2 y 3dxyyy3y11、求y x的单增区间是(1,1)21 x1 x22x21 x2解析：y(1 x2)2(1 x2)2令y 0，那么x 1，1 x 112、求21kf(x)dx eC，那么lim f()e1nnk0nx2n1n1111kx21解析：lim f()f(x)dx f(x)dx (eC)0 e100nnk0n13、e1dx 1x(ln x)2解析：e111dx
7、 d ln x e(ln x)2x(ln x)2ln xe114、由y x：y 1,x 2围成的图形面积为243解析：A21142(x21)dx (x3 x)13315、常系数齐次线性微分方程y2y y 0的通解为y (C1C2x)exC1C2为任意常数解析：特征方程：r 2r 1 0，特征根：r1 r21通解为y (C1C2x)eC1C2为任意常数三、计算题 本大题共 8 小题，其中16-19 小题每题 7 分，20-23 小题每题 8 分，共60 分x2exex16、求limx0ln(1sin x)exexe2x12x2xx lime lim lim 2解析：limx0ln(1sin x)
8、x0ln(1sin x)x0sin xx0 x17、设y(x)(1sin x)，求y(x)在x 处的微分xy(x)(1sin x)解析：xln y xln(1sin x)1cosxy ln(1sin x)xy1sin xdy ln(1sin x)xcosx(1sin x)xdx1sin x将x 代入上式，得微分dy dx18、求解析：5051cos2xdx1cos2xdx|sin x|dx0235 0sin xdx（sin x)dxsin xdx（sin x)dxsin xdx0452342345 cos x|cos x|cos x|cos x|cos x|02341019、求arctanxd
9、x解析：令 x t，则x t，dx 2tdt2222arctantdtt arctant tdarctant t2arctant t221dt21t1t21 t arctant dt21t t2arctant（11）dt21t t2arctant t arctant c则原式 xarctanx x arctanx c20、（-11xxcosx）dx41 x54x解析：xcosx1 x4为奇函数，该式不代入计算5t2令t 54x，则x 41dx tdt25t211该式(t)dt34t21132（5t)dt181113（5t t3)|1368 2xb,x 021、f(x)在x 0处可导，求a,bl
10、n(1ax),x 0解析：f(x)在x 0处可导 f(x)在x 0处连续limf(x)limf(x)f(0)x0 x0 x0 limf(x)0,limf(x)bx0b 0 limf(x)limf(x)x0 x0ln(1ax)0 ax0 x0 x02x0limf(x)lim 2x0 x0 x0a 2limf(x)limx t 122、求过点A(1,2,1)且平行于2x3y z 7 0又与直线y t 3相交的直线方程。z 2t直线过点A(1,2,1)，因为直线平行于平面，所以S n，n (2,3,1)，设两条直线的交点P(t 1,t 3,2t)，所以S PA(t,t 1,2t 1)，所以2t 3t
11、 32t 1 0，t 4，P(3,7,8)，所以PA (4,5,7)，x1y2z 1。45713223、讨论f(x)x 2x 3x1极值和拐点3132解析：f(x)x 2x 3x13所以直线方程为1f(x)的极值f(x)x24x3令f(x)0，那么x11,x2 3列表如下：x（，1）+10极大值（1，3）-30极小值（3，）+f(x)f(x)所 以 极 大 值 为f(1)17 2 31，极小值f(3)1332f(x)的拐点f(x)2x4令f(x)0那么x 2列表如下：拐点为2,。四、综合题本大题共3 大题，每题 10 分，共 30 分1(1)nxn，24、利用1 xn0 x（，2）-凸20拐点
12、（2，）+凹f(x)f(x)53（1）将函数ln(1 x)展开成x的幂级数（2）将函数ln(3 x)展开成x2的幂级数11(1)nxn解析：1令f(x)ln(1 x)，f(x)，当x(1,1)时，1 xn01 xn1x1n nnxf(t)dt f(0)dt (1)t dt(1)01t0n1n0n0 x f(x)x0当x 1时，级数发散；当x 1时，级数收敛，故收敛域为1,1。2ln(3 x)ln5(x2)ln5(1nx2x2)ln5ln(1)55n11x2n1n(x2)ln5(1)()ln5(1)n15(n1)1n5n0n0其中，1x21 3 x 7。5上导函数连续，f(x)0，曲线f(x)与
13、直线x 1,x t(t 1)及x=125、f(x)在1，t 1及x轴所围成的去边梯形绕x轴所围成的旋转体体积是该曲边梯形的t倍，求f(x)解析：S t1tf(x)dx，V f2(x)dx1t2t由题意知，f(x)dx t11f(x)dx，求导得，得f2(t)f(x)dxtf(t)1t再求导，得2f(t)f(t)f(t)f(t)tf(t)即2 f(t)tf(t)2 f(t)f(t)，那么2yty 2yy，2y (2y t)y，11112y tdt，2ydy3dydy122dt112y2yt 1，P(y)(edyC)(y C),，Q(y)1，t edy2y2yy 3由f(1)f(1)f(1)1，带
14、入得C 211，故曲线方程为3x 2y。3y26、f(x)在a,b连续且和的直线与曲线交于证（a,f(a)）（b,f(b)）（c,f(c)(a x b)，明：（1）存在f(1)f(2)（2）在(a,b)存在f()0解析：解法一：1过(a,f(a),(b,f(b)的直线方程可设为：y f(c)f(b)f(a)(xc)ba所以可构造函数：F(x)f(x)x所以F(a)F(b)F(c)又因为f(x)在a,cc,b连续可导的，那么F(x)在a,cc,b连续可导，所以根据罗尔定理可得存在1(a,c),2(c,b),F(1)F(2)0,使f(1)f(2)。2由1知f(1)f(2)，又f(x)二阶可导，存在且连续，故由罗尔定理可知，(1,2)(a,b)，使得f()0。解法二：（1）考虑f(x)在a,c及c,b上的格拉朗日中值定理有：1a,c，2(c,b)，有f(c)f(a)f(b)f(c)f(1)，f(2)，cabc由于A(a,f(a),B(b,f(b),C(c,f(c)共线，那么有AC的斜率kAC于是有f(1)f(2)2与解法一2做法一致。f(a)f(c)f(b)f(c)与BC的斜率kBC相等，acbc