浙江省2021年专升本：高等数学考试真题与答案解析

精选浙江省 2021 年专升本：高等数学考试真题与答案解析浙江省 2021 年专升本：高等数学考试真题与答案解析一、选择题一、选择题本大题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。1、设，则在内（C ）00,sin)(xxxxxxf)(xf)1,1(A、有可去间断点B、连续点C、有跳跃间断点D、有第二间断点解析：1sinlim)(lim,0lim)(lim0000 xxxfxxfxxxx，但是又存在，是跳跃间断点)(lim)(lim00 xfxfxx0 x2、当时，是的（D ）无穷小0 xxxxcossin2xA、低阶B、等阶C、同阶D、高阶解析：高阶无穷小02sinlim2sincoscoslimcossinlim0020 xxxxxxxxxxxxx3、设二阶可导，在处，则在处（B）)(xf0 xx 0)(0 xf0)(lim00 xxxfxx)(xf0 xx A、取得极小值B、取得极大值C、不是极值D、是拐点)(0,0 xfx解析：，则其，0000)()(lim)(,0)(lim00 xxxfxfxfxxxfxxxx0)(,0)(00 xfxf为驻点，又是极大值点。0 x000)(xxxf 4、已知在上连续，则下列说法不正确的是（B ）)(xfba,A、已知，则在上，badxxf0)(2ba,0)(xfB、，其中xxxfxfdttfdxd2)()2()(baxx,2,C、，则内有使得0)()(bfafba,0)(f精选D、在上有最大值和最小值，则)(xfy ba,MmbaabMdxxfabm)()()(解析：A.由定积分几何意义可知，为在上与轴围成的面积，0)(2xfdxxfba)(2)(2xfba,x该面积为 0，事实上若满足0)(2xf)(xf)(0)(0)(bxaxfdxxfba非负连续B.)()2(2)(2xfxfdxxfdxdxxC.有零点定理知结论正确D.由积分估值定理可知，bax,Mxfm)(则)()()()(abMdxxfabmMdxdxxfmdxbabababa5、下列级数绝对收敛的是（C ）A、B、111)1(nnn11)1ln()1(nnn C、D、139cosnnn11nn解析：A.，由发散发散1111limnnn11nn11nB.，由发散发散011lim)1ln(lim)1ln(11limnnnnnnnn11nn1)1ln(1nnC.，而=1，由收敛收敛收敛919cos22nnn232191limnnn1231nn912n9cos2nnD.发散11nn精选二、填空题二、填空题6、axxexa10)sin1(lim解析：axaxaxxaxaxxxxeeeexaxx1cossin11lim)sin1ln(lim)sin1ln(101000lim)sin1(lim7、，则3sin)23()3(lim0 xxffx23)3(f解析：3)3(22)3()23(lim2sin)23()3(lim00fxfxfxxffxx8、若常数使得，则ba,5)(cossinlim20bxaexxx9b解析：5)(coslim)(cossinlim2020aebxxbxaexxxxx所以根据洛必达法则可知：1,01aa212coslim2)(coslim00bbxxbxxxx9,521bb9、设，则ttytxarctan)1ln(11tdxdy解析：，2221)1(11111tttttdtdxdtdydxdy11tdxdy10、是所确定的隐函数，则)(xfy 0122 yx32222yxydxyd解析：方程两边同时求导，得：，022yyxyxy 精选方程同时求导，得：，将带入，022yyx0)(12 yyyyxy 则得，0)(12 yyyx32232221yxyyxyydxyd 11、求的单增区间是21xxy)1,1(解析：，令，则，2222222)1(1)1(21xxxxxy0 y12x11x12、求已知，则 Cedxxfx2)()(1lim10nkfnnkn1e解析：1)()()()(1lim101010102eCedxxfdxxfnkfnxnkn13、dxxxe2)(ln11解析：1ln1ln)(ln1)(ln122eeexxdxdxxx14、由：围成的图形面积为 2xy 2,1xy34解析：34)31()1(212132xxdxxA15、常系数齐次线性微分方程的通解为（为任意常数）02 yyyxexCCy)(2121CC解析：特征方程：，特征根：0122 rr121 rr通解为（为任意常数）xexCCy)(2121CC精选三、计算题 三、计算题 本大题共 8 小题，其中 16-19 小题每小题 7 分，20-23 小题每小题 8 分，共 60 分。本大题共 8 小题，其中 16-19 小题每小题 7 分，20-23 小题每小题 8 分，共 60 分。16、求)sin1ln(lim0 xeexxx解析：22limsin2lim)sin1ln(1lim)sin1ln(lim00200 xxxxxeexeexxxxxxxx17、设，求在处的微分xxxy)sin1()()(xyx解析：xxxy)sin1()()sin1ln(lnxxyxxxxysin1cos)sin1ln(y1dxxxxxxx)sin1(sin1cos)sin1ln(dy将代入上式，得微分xdxdy18、求502cos1dxx解析：502cos1dxx50|sin|dxx43542320sin)sinsin)sinsinxdxdxxxdxdxxxdx（10|cos|cos|cos|cos|cos54433220 xxxxx19、求dxxarctan解析：，2txtx，则令tdtdx22tanarctdttdttttanarctanarc22dttttt22211tanarcdttttt222111tanarcdtttt）（22111tanarc ctttttanarctanarc2cxxxxtanarctanarc则 原 式精选20、dxxxxxx11-41cos45）（解析：为奇函数，41cosxxx，该式不代入计算45452txxt，则令tdtdx21dtttt)21(145132该式312)581dtt（61|)31581313tt（21、已知在处可导，求0),1ln(0,2)(xaxxbxxf0 xba,解析：0)(lim,0)(lim)0()(lim)(lim0)(0)(0000bbxfxffxfxfxxfxxfxxxx处连续在处可导在)(lim)(lim00 xfxfxxaxaxxfxx00)1ln(lim)(lim002002lim)(lim00 xxxfxx2a22、求过点且平行于又与直线相交的直线方程。)1,2,1(A0732zyxtztytx231直线过点，因为直线平行于平面，所以，)1,2,1(AnS)1,3,2(n设两条直线的交点，所以，)2,3,1(tttP)12,1,(tttPAS所以，所以，012332ttt4t)8,7,3(P)7,5,4(PA精选所以直线方程为。715241zyx23、讨论极值和拐点13231)(23xxxxf解析：13231)(23xxxxf（1）的极值，)(xf34)(2xxxf令，则0)(xf3,121xx列表如下：所以极大值为，极小值3713231)1(f1)3(f（2）的拐点)(xf令 则42)(xxf0)(xf2x列表如下：拐点为。35,2x），（11），（313 ），（3)(xf+0-0+)(xf极大值极小值x），（22），（2)(xf-0+)(xf凸拐点凹精选四、综合题四、综合题本大题共 3 大题，每小题 10 分，共 30 分。本大题共 3 大题，每小题 10 分，共 30 分。24、利用，nnnxx0)1(11（1）将函数展开成的幂级数)1ln(xx（2）将函数展开成的幂级数)3ln(x2x解析：（1）令，当时，)1ln()(xxfxxf11)()1,1(xnnnxx0)1(111)1()1(11)0()()(100000 nxdttdttfdttfxfnnnnxnnxx当时，级数发散；当时，级数收敛，故收敛域为。1x1x1,1（2）)521ln(5ln)521(5ln)2(5ln)3ln(xxxx01)52(11)1(5lnnnnxn011)1(5)2()1(5lnnnnnnx其中，。731521xx25、在上导函数连续，已知曲线与直线及=1)(xf，10)(xf)(xf)1(,1ttxxx（）及轴所围成的去边梯形绕轴所围成的旋转体体积是该曲边梯形的倍，求1txxt)(xf解析：，tdxxfS1)(dxxfVt)(12由题意知，求导得，得ttdxxftdxxf112)()()()()(1 12 2t tt tf fd dx xx xf ft tf ft t 再求导，得)()()()()(2tf ttftftftf即，则，)()(2)()(2tftftf ttfyyy ty22ytyy)2(2dydtyty22，,121tydydtyyP21)(1)(yQ)32(1)(23121121CyyCdyeetdyydyy由，带入得，故曲线方程为。1)1()1()1(2fff31Cyyx123精选26、在连续且和的直线与曲线交于，证明：)(xfba,）（)(,afa）（)(,bfb)(,bxacfc（1）存在)()(21ff（2）在存在),(ba0)(f解析：解法一：（1）过的直线方程可设为：)(,(),(,(bfbafa)()()()(cxabafbfcfy所以可构造函数：xxfxF)()(所以)()()(cFbFaF又因为在连续可导的，则在连续可导，)(xfca,bc,)(xFbcca,所以根据罗尔定理可得存在,),(),(21bcca0)()(21FF使。)()(21ff （2）由（1）知，又二阶可导，存在且连续，故由罗尔定理可知，)()(21ff)(xf，使得。),(),(21ba0)(f解法二：（1）考虑在及上的格拉朗日中值定理有：)(xfca,bc,，有，ca,1),(2bc)()()(1facafcf)()()(2fcbcfbf由于共线，)(,(),(,(),(,(cfcCbfbBafaA则有的斜率与的斜率相等，ACcacfafkAC)()(BCcbcfbfkBC)()(于是有)()(21ff（2）与解法一（2）做法一致。