河南专升本高数真题及答案

选拔优秀专科毕业生进入本科阶段学习考试

高等数学

题 号 分 值 一、选择题（每小题2分，共60分）

在每小题的四个备选答案中选出一个正确答案，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．

1．函数y一 60 二 20 三 50 四 12 五 8 总 分 150 4xarctan1的定义域是 xB．4,  D．4, 0A．4,  C．4, 0解：0,  0, 

4x0x4且x0.选C.

x0B．yxsinx D．ye

x2．下列函数中为偶函数的是

2A．yxlog3(1x)

C．yln(1xx)

解：A、D为非奇非偶函数，B为偶函数，C为奇函数。选B. 3．当x0时，下列无穷小量中与ln(12x)等价的是

12x C．x 2解：x0时，ln(12x)~2x.选D.

A．x

B．

4．设函数f(x)sinA．连续点 C．跳跃间断点

2D．2x

1，则x0是f(x)的 xB．可去间断点 D．第二类间断点

1

解：x0处没有定义，显然是间断点；又x0时sin是第二类间断点。选D.

5．函数y321的极限不存在，故xx在点x0处

B．间断 D．连续且可导

3x03xlimxf(0)0，显然是连续x0A．极限不存在 C．连续但不可导

解：函数的定义域为,，lim的；又f(0)limx03x01limf(0)，因此在该点处不可导。选C. 32x0xxB．等于(0) D．存在且等于(0)

6．设函数f(x)x(x)，其中(x)在x0处连续且(0)0，则f(0) A．不存在 C．存在且等于0

解：易知f(0)=0，且f(0)limx0x(x)0lim(x)(0)， x0xf(0)limx0x(x)0lim(x)(0)f(0).故f(0)不存在。选A. x0xxx7．若函数yf(u)可导，ue，则dy A．f(e)dx C．f(x)edx

xB．f(e)d(e) D．[f(e)]de

xxxxxx解：根据复合函数求导法则可知：dyf(u)duf(e)de.选B. 8．曲线y1有水平渐近线的充分条件是 f(x)B．limf(x)

xA．limf(x)0

xC．limf(x)0

x0D．limf(x)

x0解：根据水平渐近线的求法可知：当limf(x)时，limxx10，即y0f(x)时y1的一条水平渐近线，选B. f(x)dx1sinx，则

dy29．设函数yx 2

A．1C．

1cosy 2B．1D．

1cosx 22

2cosy2

2cosx解：对yx11sinx两边同时求微分有：dydxcosxdx，所以 22dx2.选D. dy2cosxx1, x010．曲线f(x)在点(0, 1)处的切线斜率是

1sinx, x0A．0

B．1

x0C．2 D．3

解：易知f(0)=1，f(0)limx111， xf(0)limx0sinx11sinxlim1，故f(0)1.选B. x0xx311．方程x3xc0（其中c为任意实数）在区间(0, 1)内实根最多有 A．4个

3B．3个 C．2个

2D．1个

解：令f(x)x3xc，则有f(x)3x30，即函数在定义域内是单

调递增的，故最多只有一个实根。选D.

12．若f(x)连续，则下列等式正确的是 A．f(x)dxf(x)

B．

f(x)dxf(x)

C．df(x)f(x)

D．df(x)dxf(x)

解：B、C的等式右边缺少常数C，D选项是求微分的，等式右边缺少dx.选

A.

13．如果f(x)的一个原函数为xarcsinx，则A．1f(x)dx

21C 21xB．1D．111x11x2C C

C．xarcsinxC

解：f(x)的一个原函数为xarcsinx，那么所有的原函数就是

xarcsinxC.所以f(x)dxxarcsinxC.选C.

3

14．设f(x)1，且f(0)1，则A．xC C．xxC

2f(x)dx

B．D．

12xxC 212xC 2解：因为f(x)1，所以f(x)f(x)dxdxxC，又f(0)1，故

f(x)x1.f(x)dx(x1)dx12xxC.选B. 2d 2012215．(cost)dt

dx sinxA．cosx C．xcosx

22B．cos(sinx)cosx D．cos(sinx)

22解：本题是变下限积分的题。利用公式可知

d 201222(cost)dtcos(sinx)cosx.选B.  sinxdx16．

102x3exdx

B．0

22A．1 C．12e

21D．e1

221解：2x3exdx1010x2exd(x2)x2dexx2ex0110exdx2

012xe2x210ex21012e1.选C.

1xx317．下列广义积分收敛的是

1A．lnxdx

0x1B．D．

100dx

C．

11lnxdx x13e5xdx

10111解：A选项中lnxdxlnxdlnxln2x0x02，故发散；

B选项中根据结论C选项中根据结论

ba14dxqq1，当时发散，本题中，故发散； q(xa)31dx，当k1时发散，本题中k1，故发散；

x(lnx)ka 4

D选项中

31e5xdxe5x531e15，故收敛。选D. 5d2ydy1是 18．微分方程2ydxdxA．二阶非线性微分方程 C．一阶非线性微分方程

B．二阶线性微分方程 D．一阶线性微分方程

解：最高阶导数是二阶导数，并且不是线性的。选A. 19．微分方程

2dysinxcosx的通解为 dxy2A．ycosxC C．ysinxC

2B．ysinxC D．ycosxC

222解：这是可分离变量的方程。有ydysinxcosxdx，两边同时积分有

1212ysinxC，即y2sin2xC.选B. 2220．在空间直角坐标系中，若向量a与Ox轴和Oz轴正向的夹角分别为45和

60，则向量a与Oy轴正向的夹角为

A．30

B．60

C．45

2D．60或120

22解：对空间的任意一个向量有coscoscos1，现有

4,6，从而解得cos1，所以为60或120.选D. 221．直线

xy1z2与平面2xy0的位置关系是 123B．平行

D．相交但不垂直

A．直线在平面内 C．垂直

解：直线的方向向量为l1,2,3，平面的法向量为n2,1,0，且nl0，

直线上的点0,1,2不在平面内，所以故该直线和平面平行。选B.

22．下列方程在空间直角坐标系中表示的图形为旋转曲面的是

x2z21 A．

32C．yxz

22B．zxy D．zx2y

22222解：根据旋转曲面方程的特点，有两个平方项的系数相同，故选C.

5

23．

(x,y)(1,1)limxy1

xy1B．

A．0 解：

选B.

1 2C．

1 3D．2

(x,y)(1,1)limxy1(xy1)(xy1)11limlim.

xy1(x,y)(1,1)(xy1)(xy1)(x,y)(1,1)xy12z和x24．函数zf(x, y)在点(x0, y0)处可微是f(x, y)在该点处两个偏导数

z存在的 yA．充分条件 C．充分必要条件

非必要条件。选A.

B．必要条件

D．既非充分又非必要条件

解：可微可以退出偏导数存在，但是仅有偏导数存在退不出可微，故是充分而

2z25．已知zxysin(xy)，则

xyA．sin(xy)

C．cos(xy)xysin(xy)

B．sin(xy)(1xy) D．xycos(xy)

z2z1ycos(xy);cos(xy)xysin(xy).选C. 解：xxy2nxn26．幂级数(1)的和函数S(x)为

n!n0nA．ex

xB．e2x C．ex2

D．2e2x

nnxn(2x)nn2xe2x.选B. 解：由e，可知(1)n!n!n0n!n0n027．下列级数发散的是

34n2A．(1)

(n1)(n2)n1nB．

(1)nn11 n132C．

(1)n1n11 n3D．

n11(2n1)

解：A选项中一般项趋于40，故发散；

6

B、C选项是交错级数，满足莱布尼茨定理，故收敛；D选项根据结论收敛，本题中p

1中p1时pn1n3

，故收敛。选A. 2

nn28．若级数

a(x2)n0在点x0处条件收敛，则在x1，x2，x3，

x4，x5中使该级数收敛的点有

A．0个

B．1个

C．2个

D．3个

解：该级数的中心点是2，又在点x0处条件收敛，所以可以确定收敛区间

为0,4.故在x2，x3处收敛。选C.

29．若L是曲线yx上从点(1, 1)到(1, 1)的一条连续曲线段，则曲线积分

3L(eyy2)dx(xeyx3y)dy的值为

A．ee4 C．ee4

y1B．ee4 D．0

y11解：P(x,y)=ey2，Q(x,y)xex3y，且有

PQey1，yx因此该积分与积分路径无关。令该积分沿直线yx上点(1, 1)到(1, 1)积分，可有

L(eyy2)dx(xeyx3y)dy(exxexx2)dxe1e4.选C.

1130．设I化为

A．C．

 1 0dx x2 0f(x, y)dydx 1 0 2 2x(f, x)dyy，则交换积分次序后，I可

2x 1 0 1dy 2y y 2f(x, y)dx

B．D．

 2 0 1dy x2 2xf(x, y)dx f(x, y)dx

0dyf(x, y)dx

0 0dy x2解：积分区域可写为：

D(x,y)0x1,0yx2(x,y)1x2,0y2x，在图象中表示为

 7

y 1 yx21 y2x 2 x 由此可知，积分区域还可表示为D(x,y)0y1,示为



yx2y.因此积分可表

 1 0dy 2y yf(x, y)dx.选A.

二、填空题（每小题2分，共20分）

231．已知f(x1)xx，则f(x) ．

解：

f(x1)(x1)x，f(t)t(t1)，因此f(x)x(x1)xx. t2x32．设函数f(x)lim1(x0)，则f(ln2) ． ttt2x2x2x解：f(x)lim1=lim1=e2x，f(ln2)e2ln2=4. ttttt2x33．如果函数f(x)在点a处可导且fa为f(x)的极小值，则f(a) ． 解：因为极值点是f(x)0或者f(x)不存在的点，现已知函数f(x)在点a处 可导，所以f(a)0.

34．曲线yxe的拐点是 ．

解：y(1x)e，y(2x)e.令y0，可得x2，此时yxxx2； e2并且当x2时，y0；当x2时，y0.因此拐点为(2,35．不定积分解：

2). 2ex(x121)dx ．

x(x

121)dx(x1111122)dxd(x1)dxlnx1lnxC22x1x2x1x2

8

36．微分方程

2dy2xyex满足y(0)0的特解为 ． dx解：原方程对应的齐次线性微分方程为

2dy2xy0，可解得yCex.用常数 dx2变易法，可求得非齐次线性微分方程的通解为y(xC)ex.将y(0)0代入有

C0.所以对应的特解为yxex.

37．向量a{1, 1, 2}在b{0, 3, 4}上的投影为 ． 解：

2ab385，a6,b5，cos(a,b)abab1， 6故向量a在向量b上的投影Prjbaacos(a,b)1.

38．设方程xyxzyz0所确定的隐函数为zz(x, y)，则

zx ．

x0y1解：令F(x,y,z)xyxzyz.则有Fxyz,Fzxy，所以

Fzyzzx.由于x0,y1时，z0.代入可知xFzxyx39．设积分区域D为：xy4y，则解：

221.

x0y1dxdy ．

DdxdySDDD，而积分区域

D表示的是以0,2为圆心，2为半径的圆，所以

SD4，即dxdy4.

40．若limnunk（k0），则正项级数

nun1n的敛散性为 ．

un1解：由比较判别法的极限形式可知，级数un和 limnunlimk0，

nn1n1nn1n有相同的敛散性，故正项级数

un1n是发散的。

三、计算题（每小题5分，共50分）

9

41．求极限limtanxsinxx0ex31．

sinx1解：原式limcosx1x0x3

limsinx1cosxx0xx21cosx x2limsinxx0xlim21x0x2limx0cosx=12． 42．已知参数方程xa(1sint)ya(1cost) （t为参数）

，求d2ydx2．dy解：因为 dydtasintdxdxacosttant

dtddy2所以 dydtdxsec2t13dx2dxacostasect．

dt43．求不定积分ex1dx．

解：令x+1t，则xt21，且dx2tdt

于是

原式2tetdt2tdet2(tetetdt)2(t1)etC

回代2(x11)ex1C．

44．求limxxt2x01ex20edt．

x2解：原式limx 0etdt x 0et2dtx0x2limx0xlimex2x01．45．求微分方程2d2ydydx24dx3y0的通解． 解：原方程的特征方程为

2r24r30

10

特征方程的根为 r122i 所以原方程的通解为 yexC221cos2xC2sin2x． 46．求函数z(x, y)y3x26x12y10的极值．

解：由zx2x600解得驻点(3, 2),(3, z22) y3y12又 zxx2, zxy0, zyy6y

对于驻点(3, 2)，因为

Azxx(3, 2)20, Bzxy(3, 2)0, Czyy(3, 2)12

所以ACB2240，于是点(3, 2)不是函数的极值点．

对于驻点(3, 2)有

Azxx(3, 2)20, Bzxy(3, 2)0, Czyy(3, 2)12于是 ACB2240

所以函数在点(3, 2)处取极大值为z(3, 2)35．

47．求过点A(2, 3, 1)且与直线l:2x3yz5x2z1 平行的直线方程．

解：因为所求直线平行于直线l:2x3yz5x2z1

所以所求直线的方向向量为

ijks2316i5j3k6, 5, 3

102由直线的点向式方程可得，所求的直线方程为

x2y3z1653． 48．求函数zarctanxylnx2y2的全微分． 解：由于

zyxxxyx2y2x2y2x2y2

11

zxyyx2 yxy2x2y2x2y2所以

dz49．计算

zzxyyxdxdy2dxdy． 222xyxyxy222222πxy4π，其中为圆环：． sinxydxdyDD解：在极坐标系下，区域D（如第49题图所示）可以表示为

D{(r, )02π, πr2π}

所以

22sinxydxdyD 2π 0 2πd πsinrrdr

2ππ2π 2π πrdcosr2πrcosry  2π π2cosrdr6π．

O π 2π x

(x2)n50．求幂级数的收敛域．

n1n0解：因为limnan1limnan1n2limn11

n1n2n11所以原级数的收敛半径为 R1

也就是，当1x21，即1x3时，原级数收敛．

当x1时，原级数为

n0(1)n11un1，是交错级数且满足unn1n1n2 12

limunlimnn10，所以它是收敛的； n1当x3时，原级数为的；

n011，这是一个p1的p级数，所以它是发散

2n1所以，原级数的收敛域为[1, 3)． 四、应用题（每小题6分，共12分）

1x51．求函数f(x)x在x0时的最大值，并从数列1，2，33，44，

n，

n，中选出最大的一项（已知233）．

11lnxxlnx1lnxx解：因为 f(x)exx x2xx令f(x)0，解得唯一驻点xe．

又因为在区间(0, e)内f(x)0，f(x)严格单调增加；在区间(e, )内而f(x)又在区间(0, )连续，所以f(x)在xef(x)0，f(x)严格单调减少；处取最大值e．

已知231e3，由上知3344nn于是数列的第三项33是此数列

中最大的一项．

52．过点M(3, 0)作曲线yln(x3)的切线，该切线与此曲线及x轴围成一平面图形D．试求平面图形D绕x轴旋转一周所得旋转体的体积．

解：设切线与曲线相切于点M0x0,ln(x03)（如第52题图所示），

13

y 1 M(3, 0) M0 O 4 3e x yln(x3) 第52题图

由于

y'xx10x3 0则切线方程为 yln(x103)x(xx0) 03因为切线经过点M(3, 0)，

所以将x3, y0代入上式得切点坐标为M0e3, 1 从而切线方程为

y1e(x3)

因此，所求旋转体的体积为

V13π12eπ3e4ln(x3)2dx

πe3πxlnx2e12e1lnxdx

πe3πe2πxlnxeee111dx2π13．

五、证明题（8分）

53．证明不等式：

mnmmmlnnnn，其中nm为正整数．

14

证明：设f(x)lnx，则f(x)在n, m上连续，在(n, m)内可导，故f(x)在区间a, b上满足拉格朗日中值定理条件，

于是，至少存在一点(n, m)，使得

lnmlnn1mn

又因为0nm，故

1m11n，从而有 1lnmlnnmmn1n 所以

mnmmmlnnnn． 15