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河南专升本高数真题及答案

来源:智榕旅游
2012年河南省普通高等学校

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

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