1、考研数学一（高等数学）模拟试卷 123 及答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 由曲线 y=1 一(x 一 1)2 及直线 y=0 围成的图形绕 y 轴旋转而成立体图形的体积 V是( )2 已知a=2， 且 ab=2，则a b =( )（A）2（B）（C）（D）13 u=ln(tanx+tany+tanz)，则 ( )（A）一 1（B）一 2（C） 1（D）2二、填空题4 若 _5 若 g(0)=g(0)=0，则 f(0)=_6 设 x=rcos， y=rsin，将极坐标下的累次积分转换成直角坐标系下的累次积分： =_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程
2、或演算步骤。7 求极限8 设 f(x)具有连续的二阶导数，且9 讨论 在 x=0 处的连续性与可导性10 设 f(x)0，f(x) 在(一，+) 内连续，令 (1)求 (x)，并讨论 (x)的连续性 (2)证明 (x)单调递增11 设 f(x)在0，1上连续，在 (0，1)内可导，且 f(0)=f(1)=0， 试证 ：(1)存在点 使得 f()=(2) 对 必存在点 (0，1)，使得 f()一 f()=112 设 f(x)在( 一，+)内二阶可导，f(x)0，且又存在点 x0，使得 f(x0)13 设 f(x)在0，+)上可导，f(0)=1，且 f(x)一 f(x)+ =0，求f(x)f(x)
3、e x dx14 求 22min(2，x 2)dx15 设f(x)M ，x 0，1，且 f(0)=f(1)=，试证：16 求由曲线 y=ex sinx 的 x0 部分与 x 轴所围成的平面图形的面积17 设曲线 y=lnx，x 轴及 x=e 所围成的均匀薄板的密度为 1，求此薄板绕直线 x=t旋转的转动惯量 I(t)，并求当 t 为何值时，I(t) 最小?18 设平面 过原点，且与直线 都平行，求平面 的方程19 设函数 u=u(x，y)由方程 u=f(x，y，z ，t)，g(y，z，t)=0 ，h(z，t)=0 所确定，求20 求二重积分 其中积分区域 D=(x，y)0ayx 2+y2 2a
4、y，a0)21 设函数 f(x)在0，1上连续，并设 01f(x)dx=A，求 I=01f(x)dxx1f(y)dy22 计算 其中 L 是曲线 4x+y2=4 上从点 A(1，0) 到点B(0，2) 的一段弧23 设 f(u)为连续函数，L 为 xOy 坐标平面上分段光滑的闭曲线，试证：24 计算曲面积分 被平面z=1 和 z=2 所截出部分的外侧25 证明级数 收敛，且其和数小于 126 求幂级数 的收敛域及和函数27 设 u0=0， u1=1,un+1=2unu n1 ，n=1，2， 试求 f(x)的函数显式表达式28 求解微分方程29 求解微分方程 xy+y=4x30 求微分方程 y+
5、y=cosxcos2x 的通解考研数学一（高等数学）模拟试卷 123 答案与解析一、选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1 【正确答案】 D【试题解析】 图形如图 151 所示，本题也可利用另一公式来计算 设 ba0，曲线 y=f(x)0(axb)与直线 x=a，x=b及 x 轴所围图形绕 y 轴所得旋转体的体积 V=ab2xf(x)dx2 【正确答案】 A【试题解析】 本题主要考查向量的数量积的定义以及向量的向量积的模的计算公式因为 ab=a b cos(a ，b)= 于是，ab a b sin(a,b)= 故选 A3 【正确答案】 D【试题解析】 故选D二、填空题4
6、【正确答案】 应填【试题解析】 5 【正确答案】 应填 0【试题解析】 一般地说，分段函数在分段点处的导数用定义去求上式中，为有界变量，无穷小量与有界变量的乘积为无穷小量6 【正确答案】 应填【试题解析】 在极坐标系下，积分区域 D：0 ，1r2cos 故在直角坐标系下，D 为 x2+y2=1 和 x2+y2=2x 以及 x 轴上的线段 1x2 围成的区域，所以三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。7 【正确答案】 原式【试题解析】 是 型，用洛必塔法则，且当 x0 时，ln(1+x),sin2xx 28 【正确答案】 由【试题解析】 可知，所求极限与已知极限均为“1 ”型极限本例
7、也可利用台劳公式求解由f(0)=0，f(0)=0 ，及 f(x)二阶可导，便可写出 f(x)的表达式： 代入已知极限，可得 f(0)=4所以，f(x)=2x 2+0(x2)，故9 【正确答案】 所以f(x)在 x=0 处不可导【试题解析】 这是一个分段函数，分段点为 x=0，直接计算左、右极限和左、右导数10 【正确答案】 (1)当 x0 时，当 x=0 时，于是，当 x0 时，f(x) 0， 0xf(t)dt 20，(x)连续又所以 (x)在 x=0 连续（ 2）要证 (x)单调递增，只要证明 (x)0因为又 f(x) 0， 0xf(t)dt 20，只需证明 g(x)= 0x(xt)f(t)
8、dt0 当 x=0 时，g(0)=0 ；当 x0 时，g(x)= 0xf(t)dt0；当 x0xf(t)dt x0 时，g(x)严格递增，而 g(0)=0 为最小值，故 g(x)0，并且仅当 x=0 时，g(0)=011 【正确答案】 (1)令 F(z)=f(x)一 x，则 F(x)在0 ， 1上连续，又 F(1)=一 1由介值定理可知，在 中至少存在一点 ,使得F()=0，即 f()= (2) 令 (x)=f(x)一 xex ，则 (x)在0，上连续，在(0，)内可导，且 (0)=0，()=f()e =0由洛尔定理，存在点 (0，) (0，1)，使得 ()=0，即 e 一 (f()一 )一
9、1=0从而有 f()一 f()一 =1【试题解析】 (1)这是讨论函数在某点取定值的问题，可转化为函数的零点问题f()一 =0，即 f(x)一 x=0，即 F(x)=f(x)一 x 在 内有零点 由于待证的结论中不含导数，所以可由介值定理证明 (2)欲证结论中含有一阶导数，应构造辅助函数用洛尔定理证明 由 f()一 f()一 =1，得到 f(x)一 f(x)=1 一 x， 再由一阶非齐次线性方程的通解公式得 f(x)=e dx(1 一 x)edx dx+c12 【正确答案】 先证存在性 于是，可知 f(x)在(0，+)内单调增加 任取 xM，+)，f(x)在M，x上连续，在(M，x) 内可导，
10、由拉格朗日中值定理知，存在点 (M，x)，使得 f(x)=f(M)+f()(xM)，于是， 又存在点 x0，使得 f(x0)0所以，由介值定理，存在点 1(x0，x)，使得 f(1)=0 同理可证，当 x2(x，x 0)，使得 f(2)=0 再证唯二性(反证法) 假若 f(x)=0 有三个实根 1， 2， 3(1 2 3)，由洛尔定理，存在点 1(1， 2)， 2(2， 3)，使得 f(1)=f(2)=0 再由洛尔定理，存在点 (1， 2)，使得 f()=0与题设 f(x)0 矛盾，故 f(x)=0 在(一 ，+)内有且仅有两个实根13 【正确答案】 由题设知，f(x)f(x)+ 0xf(t)
11、dt=0，并且 f(0)=f(0)=1于是，有(1+x)f(z)一(1+x)f(z)+ 0xf(t)dt=0 两边对 x 求导得 f(x)_+(1+x)f(x)一 f(x)一(1+x)f(x)+f(x)=0 即(1+x)f(x)一 xf(x)=0 令 f(x)=p，则有(1+x)p一 xp=0分离变量得 ，即 由 f(0)=1，得 c=1代入上式， 故 f(x) 一 f(x)ex dx=f(x)ex dxf(x)ex dx =f(x)ex +f(x)ex dx 一f(x)e x dx =f(x)ex +c= 【试题解析】 f(x) 一 f(x)e x dx=f(x)ex dxf(x)ex dx
12、=f(x)ex +f(x)ex dxf(x)ex dx=f(x)ex +c 计算该积分的关键是求 f(x) 含有抽象函数导数的积分，一般用分部积分法14 【正确答案】 【试题解析】 若被积函数为分段函数，先求出分段函数的具体形式，把积分区间分为对应的若干部分再积分15 【正确答案】 因为 01f(x)dx=01f(x)d(xc)=(xc)f(x) 01 一 01 (xc)f(x)dx = 01 (xc)f(x)dx 所以， 01 f(x)dx 01(xc) f (x)dx 01(x c)f(x) dxM 01xcdx=M 0c(cx)dx+ c1(xc)dx 【试题解析】 要证结论是比较积分与
13、被积函数的导函数值之大小，用分部积分法建立 f(x)与 f(x)定积分的关系式，然后再放缩由 f(0)=f(1)=0 可知，分部积分应注意应用小技巧 dx=d(xc)，c0 ，1涉及 f(x)的积分值与 f(x)函数值的大小比较问题，一般可考虑用微分中值定理、牛顿莱布尼兹公式或分部积分先作处理，然后放缩16 【正确答案】 所求的面积为【试题解析】 由图 152 可知，所求面积可表示为无穷多个定积分之和，即面积是一个通项为定积分的无穷级数，于是由无穷级数求和可得待求的面积17 【正确答案】 【试题解析】 质量为 m 的质点对直线 l 的转动惯量为 md2，d 是质点到 l 的距离因此先求平面薄板
14、上任意一点(x，y)到直线 l 的距离，然后用二重积分来计算这个转动惯量，再求最小值18 【正确答案】 由题意知直线 的方向向量为 s1=0,1,1，直线的方向向量为 s2=1,2,1由于平面 与直线 L1 、L 2 都平行，所以平面 的法向量为 又因为平面 过原点，故其方程为 x 一 y+z=0【试题解析】 本题主要考查直线的参数方程与标准方程、向量的向量积及平面的点法式方程(1)空间直线方程的参数方程为 x=x 0+mt，y=y 0+nt，z=z 0+pt；标准(对称式、点法式)方程为 (2)空间直线与平面互相平行的充分必要条件是 Am+Bn+Cp=0， 其中空间直线的任一方向向量为 s=
15、m，n，p)，平面 的法向量为，n=A ， B，C)19 【正确答案】 设方程组 确定 u、z、t 是变量 x、y 的函数现在变量 z、t 不再是中间变量，而是视为因变量对待 由隐函数的求导方法，得【试题解析】 先由方程 g(y，z，t)=0 ，h(z，t)=0 解出 y 的函数 z=z(y)，t=t(y) ，再将其代入到 u=f(x，y，z，t)中，从而得到函数 u=u(x，y) 本题在求导数时，要分析函数的关系，明确谁是因变量，谁是中间变量，谁是自变量20 【正确答案】 其中 D1 是由 D中 x0 部分的区域组成本题用到了二重积分关于坐标轴的对称性【试题解析】 因为积分区域 D 是圆域的
16、一部分，故可用极坐标系计算又因为积分区域 D 是关于坐标 y 轴对称，则只需分析被积函数 f(x，y)关于变量x 的奇偶性即可21 【正确答案】 交换积分次序积分区域其中最后一个等式是在 D2=(x，y)0x1，0yx)上积分，故【试题解析】 因为 f(x)为抽象函数，未具体给出，故原函数无法直接求得为避免出现 f(x)的原函数，通过交换积分次序，化为已知积分的形式，从而求出结果22 【正确答案】 先选 y 做参数，则 再将曲线方程 4x+y2=4代入并化简，则【试题解析】 本题主要考查曲线积分的参数法23 【正确答案】 因为所给曲线积分为 0，则只需证明被积表达式 f(x2+y2)(xdx+
17、ydy)是某个二元函数 u(x,y)的全微分即可为此，取则 du=f(x+y)(xdx+ydy)又由于 L 是闭曲线，所以【试题解析】 本题主要考查曲线积分与路径无关的条件本题不可以用来证明，因为函数 f(u)不一定可导24 【正确答案】 利用高斯公式 补充有向曲面 1：z=1 下侧；有向曲面 2：z=2上侧 利用高斯公式，有其中 是、 1 和 2 围成的区域又由于25 【正确答案】 由微分得中值定理，知 其中(n,n+1),于是因为级数由正项级数的比较判断法，知级数 收敛，且其和小于 1【试题解析】 首先，判断该级数是正项级数其次，利用正项级数的比较判别法，判别其收敛，且其和小于 126 【
18、正确答案】 当x=1 时，原级数 知级数发散当x=0 时， 的收敛域为一1x1，和函数【试题解析】 由此幂级数的构成知，本题可以先求收敛域再求和函数；也可以先通过几何级数求导和求积分得到和函数，再由幂级数的性质得收敛半径，然后讨论端点处的收敛性，得幂级数的收敛域27 【正确答案】 由于 un+1=2un 一 un1 ，u 0=0，u 1=1，所以 un+1 一 un=un 一 un1 ，令Yn=un 一 un1 ，则 Y1=1， Y n+1=Yn于是 Yn=1，n=1，2，即 un 一 un1 =1又u0=0，所以 Un=n，故28 【正确答案】 作变量代换 u=x+y，则微分方程化为 这是一
19、个可分离变量得微分方程两边积分，得 再将变量 u=x+y 代入，得原微分方程的通解为 其中 c 为任意常数【试题解析】 本题的关键在于作变量代换，对于复合函数首先要化简，然后再化成相应的微分方程求解29 【正确答案】 令 y=P，则 y=P于是，xp+P=4x ，这是一个一阶线性微分方程 由于(xp)=4x，两边积分，得 px=2x2+c1，从而 再积分一次，即得原微分方程的通解为 y=x2+c1lnx+C 2，其中 C1，C 2 为任意常数【试题解析】 本题主要考查二阶微分方程如何降阶为一阶微分方程形如 y=f(x，y)的微分方程，一般的解题方法是：令 y=P，则 y=P于是，P=f(x，p
20、)为一个一阶线性微分方程30 【正确答案】 对应齐次方程的特征根为 1=i,2=i ，所以其齐次方程的通解为c1cosx+c2sinx 又 f(x)=cosxcos2x= 故为求其一特解，只要分别求两个方程 的特解 z1(x)和 z2(x)，则 z1(x)+z2(x)就是原方程的特解 因为 1=3i 不是特征根，故有形如 z1(x)=A1cos3x+B1sin3x 的特解，代入中，比较同类项系数得 B1=0 因为2=i=1 是特征根，故有形如 z2(x)=(A2cosx+B2sinx)x 的特解，代入 中，比较同类项系数知 A2=0， 所以所求的原方程的通解为【试题解析】 因为非齐次项 f(x)=cosxcos2x= 故用叠加原理求解
