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1、浙江省 20202020 年选拔优秀高职高专毕业生进入本科学习统一考试高等数学(一)参考答案选择题部分一、选择题:本大题共 5 5 小题,每小题 4 4 分,共 2020 分。题号12345答案BAABB1.B1.B 解析解析:当0 x时,有4221)1ln()cos1(xxx,1sinnnxxx,2)1(2xex,所以412 n,因此解得正整数解为:2n,所以选项 B B 正确。2 2.A.A 解析解析:由选项看出,题目是要确定x与)(xf在所讨论区间内的大小关系,因此构造辅助函数xxfxF)()(,由题目的条件知01)1()1(fF,01)1()1(fF,0)()(xfxF,故函数)(xF
2、在1x处取得极大值,因此当)1,1()1,1(x时,有)1()(FxF,即xxf)(,所以选项 A A 正确。3 3.A.A 解析解析:由于函数tetsinsin以2为周期,因此dttedttexFtxxt20sin2sinsinsin)(0cos0)(coscos)(cos202sinsin2020sin20sindtteed ttetdetttt,且该定积分必为常数,所以选项 A A 正确。4 4.B.B 解析解析:如图一所示,babadxxfmdxxgmV22)()(badxxfxmfmxgxmgm)()(2)()(22222babadxxfxgxgxfmdxxfxmfxgxmg)()(
3、)()(2)()(2)()(22222badxxgxfxfxgm)()()()(2,所以选项 B B 正确。(图一)5.B5.B解析解析:由于幂级数1)1(nnnxa在1x处收敛,且中心点为1x,故收敛半径的范围为:2)1(1R,而2121,故原幂级数在2x处绝对收敛,所以选项 B B 正确。非选择题部分二、填空题:本大题共 1010 小题,每小题 4 4 分,共 4040 分。6 6.62解析解析:)13)(2()1()3(lim213lim2121xxxxxxxxxxxx)22(32)13)(2(2lim)13)(1)(2(22lim11xxxxxxxxxx622317 7.121xy解析
4、解析:方程两边同时对x求导,得到0)(sin()2(2yxyxyyeyx,将0 x,1y代入,解得:20 xy,因此法线斜率为:21法k,故所求的法线方程为:)0(211xy,即121xy8.8.31解析解析:)211()(322312xxeexy,31)211(320 xy9.9.12 xy解析解析:原式2)12(limlim1xxxexxyk,)1(2lim2)12(lim)2(lim111xxxxxxeexxexxyb1)1(2lim11xxxexe112,所以斜渐近线为:12 xy10.10.Cxxx23arctan4)136ln(212(C为任意常数)解析解析:dxxxdxxxxdx
5、xxxdxxxx136813662211368)62(2113652222)3(2)3(18)136ln(2149618136)136(21222222xdxxxdxxxxxxxdCxxx23arctan4)136ln(212(C为任意常数)11.11.8解析解析:2222222322223cossincoscos)sin(xdxxxdxxxdxxx)22143221(2sinsin 2)sin1(sin202042022022xdxxdxdxxx8)1634(212.12.1237解析解析:面积为:20230123)2()2(dxxxxdxxxxS1237)4384()13141()3141
6、()3141(2023401234xxxxxx1 13 3.xxxxeeCeCy2222141(1C,2C为任意常数)解析解析:特征方程为:042r,解得:21r,22r,故齐次方程04 yy的通解为:xxeCeCy2221。由于自由项为:xexf2)(,故设特解为:xAxey2*,所以xxAxeAey22*2,xxxxxAxeAeAxeAeAey22222*44422,代入后得到:xxxxxeAeAxeAxeAe222224444,解得:41A,特解为:xxey2*41,故所求通解为:xxxxeeCeCyyy22221*41(1C,2C为任意常数)14.14.043zyx解析解析:直线的方向
7、向量为)1,3,1(,也为所求平面的法向量,所求平面过点)1,2,1(M,则所求平面为0)1()2(3)1(zyx,即043zyx15.15.)6,0 解析解析:因为331)3(33)1()3(lim)(11xxnnxxnnnnn,令1)(x,解得:)6,0(x,当0 x时,原级数为交错级数11)1(nnn,是收敛的,当6x时,原级数为11nn,是发散的,所以收敛域为)6,0 三、计算题:本题共有 8 8 小题,其中 16-1916-19 小题每小题 7 7 分,20-20-2323 小题每小题 8 8 分,共 6060 分。计算题必须写出必要的计算过程,只写答案的不给分。16.16.解解:6
8、1611lim61lim6111lim2arctanlim20222022030 xxxxxxxxxxxxx洛1 17 7.解解:211tdtdx,0222tedtdytyydtdy,得到:)1(22tyeydtdyt,故)1(2)1)(11)1(22222tyteyttyeydtdxdtdydxdytt1 18 8.解解:令uxtan,则ududx2sec,原式uduuu22secsec)1tan2(1Cuududuuuuduuu)arctan(sin)(sinsin11cossin2cos1tan2sec2222Cxx)1arctan(2(C为任意常数)1 19 9.解解:原式121211
9、)11(40)1(1arctan)1(arctandxxxxdxxxxxxxd2ln21421ln04)1(ln4)1ln(21ln41212xxxx20.20.解解:因为)1,0(240)4tan(kkkxx,解得:4x,45x,43x,47x,故该函数的间断点为:4x,45x,43x,47x。因此0)1(lim)(lim)4tan(44xxxxxxf,)4tan(44)1(lim)(limxxxxxxf,0)1(lim)(lim)4tan(4545xxxxxxf,)4tan(4545)1(lim)(limxxxxxxf,故4x和45x是第二类的无穷间断点。1)1(lim)(lim)4tan
10、(4343xxxxxxf,1)1(lim)(lim)4tan(4343xxxxxxf,1)1(lim)(lim)4tan(4747xxxxxxf,1)1(lim)(lim)4tan(4747xxxxxxf,故43x和47x是第一类的可去间断点。21.21.解解:当0 x时,121arctan)12()1(111arctan)(4223222xxxxxxxxf,当0 x时,21arctanlim1arctanlim0)0()(lim)0(20200 xxxxxfxffxxx,而202)121(arctanlim)(lim42200 xxxxfxx,因此)0()(lim0fxfx,所以)(xf 在
11、0 x处是连续的2222.解解:根据题意,平面的法向量)2,2,1(n,且该垂线的方向向量为:)2,2,1(ns,由点向式可得垂线方程为:232112zyx,参数式为:32122tztytx,故可设垂足的坐标为:)32,12,2(000tttB,且垂足B在平面上,所以011)32(2)12(2)2(000ttt,化简得:0990t,解得:10t,故垂足的坐标为:)5,1,1(23.23.解解:记121)(nnnxnxu,则xxnnxxuxuxnnnnnnnn2122)1(lim)()(lim)(111,令1)(x,解得:)2,2(x,当2x时,原级数111)1(21nnn为交错级数,是收敛的,
12、当2x时,原级数为1121nn,是发散的,所以收敛域为:)2,2。记:123211212312212121)(nnnnnxnxxxnxS,所以当0 x时,21)0(S,(由于中心点为:0 x)当0 x时,即)2,0()0,2x,)(1)2(1121121)(11111xSxxnxxnxxnxSnnnnnnnn,其中 nnnxnxxxxnxS)2(1)2(31)2(212)2(1)(3211,其中0)0(1S故xxxxxxxxSnnnnn 2121121)2(21)2(21)2(21)2(21)2(2121)(011121,因为)0()()()(110101SxStSdttSxx,于是021)0
13、()()(01011xxdttSdttSxS)22ln(2ln)2ln()2ln()2(2100 xxttdtxx,所以)22ln(1)(xxxS,综上所述,幂级数的和函数为:0,21)2,0()0,2),22ln(1)(xxxxxS四、综合题:本大题共 3 3 小题,每小题 1010 分,共 3030 分。2 24 4.解解:(1)由一阶非齐次线性微分方程的求解公式可得:xxp)(,22)(xexq,故:222222221xxxxdxxxdxCexeCdxeCdxeeey,其中C为任意常数,又因为满足条件0)0(y,所以将0 x,0y,代入可得:0C,因此22xxey,(2)因为22xxey
14、,所以)1(22222222xeexeyxxx,)3()2()1(32222222xxexexxeyxxx,令0 y,可得:0 x,3x,3x,由此列出如下表格:x)3,(3)0,3(0)3,0(3),3(y 000y凸拐点凹拐点凸拐点凹因此凹区间为:)0,3(,),3(,凸区间为:)3,(,)3,0(,拐点为:)3,3(23e,)0,0(,)3,3(23e25.25.解解:当0 x时,联立:221xyaxy,解得:ax11,aay1,所以点A的坐标为:)1,11(aaa,故直线OA的方程为:xaay1,旋转体的体积为:aaxaaxadxxaaxaaV1105232110422251)1(3)
15、1()(2522222)1(1521)1(15111)1(3aaaaaaaa,所以27272523225)1(15)4()1(5)1(415)1()1(25)1(2152)(aaaaaaaaaaaadaaVd,因为0a,所以令0)(daaVd,得到唯一驻点:4a,由此列出如下表格:a)4,0(4),4()(aV0)(aV增极大值减由题意可知,此旋转体在4a时取得极大值,也为最大值,其最大体积为:1875532537532516152)4(25V2 26 6.解解析析:在使用泰勒公式证明中值问题时,把握好展开点0 x与被展开点x是最关键的,展开点一般选取已知导数信息最多的点,包括隐含导数信息的点
16、,如极值点等,被展开点一般试着把式子有利于特征结论化简而选取,往往可以取端点,中间点等证明证明:由带拉格朗日型余项的3阶麦克劳林公式得:32!3)(!2)0()0()0()(xfxfxffxf ,其中介于0与x之间,1,1x,分别令1x和1x,并结合已知条件,得:6)(2)0()0()1(01ffff ,011;6)(2)0()0()1(12ffff ,102,两个式子相减得到:)6)(6)(112ff ,即6)()(12 ff,由)(xf 在区间 1,1上连续,而 1,1,21,所以)(xf 在区间,21上也连续,由最值定理可知,)(xf 在,21上存在最大值M和最小值m,使得Mfm )(1,Mfm )(2,两式子相加后得到:Mffm2)()(221 ,所以Mffm )()(2121,再由介值定理可得,至少存在一点)1,1(,21,使得:3)()(21)(21 fff