1、浙江专升本（高等数学）模拟试卷 7 及答案与解析一、选择题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1 已知函数 f(x)= ，g(x)=3 3. ，则当 x1 时 ( )（A）f(x)是比 g(x)高阶的无穷小（B） g(x)是比 f(x)高阶的无穷小（C） f(x)与 g(x)是同阶无穷小，但不是等价无穷小（D）f(x)与 g(x)是等价无穷小2 已知函数 y=x3ax ，x0，1，设经过该函数的两个端点处有一条直线，则函数图像上与该直线平行的切线上切点的坐标是： ( )（A）（B）（C） (1，1 一 a)（D）(一 1，一 1 一 a)3 由曲线 y= ，x=2，x=4 所围平面
2、图形的面积为 ( )（A）（B）（C）（D）44 设函数 f(x)连续且不等于 0，若xf(x)dx=arcsinx+C ，则 dx= ( )（A） C（B） C（C） C（D） C5 方程 y一 2y3y=e xsin( x)的特解形式为 ( )（A）xe xAcos( x)（B） exAcos( x)（C） Aexsin( x)（D）Ae xcos( x)二、填空题6 设函数 的第一类间断点为_7 =_8 已知 f(2)= ，f(2)=0 ， f(x)dx=1，则 x2f(2x)dx=_9 计算定积分 一 1dx=_10 设函数 y=y(x)由方程 x=yx 所确定，则 y=_11 由椭圆
3、 y 2=1 所围成的封闭图形的面积是_12 设函数 y=5lntanx，则 dy=_13 两异面直线 L1： ，L 2： 之间的距离_14 级数 的收敛区间是_15 设 a=(2，一 3，1)，b=(1，一 2，3) ，则同时垂直于 a 和 b，且在向量c=(2，1，2)上投影为 14 的向量 e=_三、解答题解答时应写出推理、演算步骤。16 设 f(x)= ，求 f(f(x)，f(f(f(x)17 设函数 f(x)=ax36ax2+b 在区间一 1，2上的最大值为 8，最小值为一 24，且知a0，求系数 a，b 的值18 求函数 f(x)=x2ln(1+x)在 x=0 处的 n 阶导数 f
4、(n)(0)(n3)19 求通过点 M1(3，一 5，1)和 M2(4，1，2)且垂直于平面 x 一 8y+3z 一 1=0 的平面方程20 求不定积分ln(x+ )dx21 计算积分22 求定积分 dx23 求幂级数 的收敛域四、综合题24 设 y=y(x)是由方程 y3 xyx 22x1=0 所确定并且满足 y(1)=0 的函数，求25 证明不等式 ，其中(0ab)26 设 p0，证明： dx1浙江专升本（高等数学）模拟试卷 7 答案与解析一、选择题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1 【正确答案】 C【试题解析】 因为 =，因此答案 C 正确2 【正确答案】 A【试题解析】
5、 由题意，曲线 y=x3ax 在区间0， 1上的两个端点坐标为(0，0)，(1，1 a)，故过这两个端点的直线的斜率为 k11 a，设所求相切点的坐标为(x0，y 0)，则函数 y=x3 一 ax 在该点的切线的斜率为 k2=3x2a x=x0=3x02 一 a，由题意，k 1=k2，故有 ，又由于 x00，1，故 x0= ，又由于点(x 0，y 0)在曲线 y=x3 一 ax 上，故 y0= ，故所求的切点的坐标为()3 【正确答案】 B【试题解析】 据题意画图可知，所围平面图形的面积为 S= dx=d(2x4)= ，因此，选项 B 正确4 【正确答案】 D【试题解析】 因xf(x)dx=a
6、rcsinx+C，f(x) 连续且不等于 0 所以 xf(x)= ，即 +C，答案D 正确5 【正确答案】 A【试题解析】 特征方程为 r2 一 2r+3=0，解得 r1=1+ i，r 2=1 一 i 又因+i=1+ i 是特征方程的根，所以取 k=1 所以 y一 2y+3y=exsin( x)的特解形式可设为 xexAcos( x)+Bsin( x)，可见选项 A 正确二、填空题6 【正确答案】 x=0，x=1【试题解析】 =1，故 x=0 为函数的跳跃间断点； x=1 为可去间断点7 【正确答案】 0【试题解析】 =08 【正确答案】 0【试题解析】 9 【正确答案】 【试题解析】 函数
7、在对称区间上为奇函数，因而题设中函数的积分可化为x 2dx=2 x2dx= 10 【正确答案】 【试题解析】 用对数法和隐函数求导求函数 x=yx 的导数，可得 y=11 【正确答案】 a【试题解析】 椭圆的面积：s=ab，因而该椭圆的面积为 a12 【正确答案】 5 lntanx. dx【试题解析】 dy=ydx=5 lntanx.ln5. .sec2xdx=5lntanx. dx13 【正确答案】 【试题解析】 L 1 的方向向量为 S1=(1，2，3)，经过点 P1(0，0，0) ，L 2 的方向向量为 S2=（1，1，1)，经过点 P2(1，一 1，2)，所以S1S2= =i2jk，S
8、 1S2= ，故 L1 与 L2 之间的距离为 d=14 【正确答案】 (， )【试题解析】 a n=sin ，由于 =2，故当2，即x 时，级数绝对收敛因而收敛区间是：(， )( ，+)15 【正确答案】 e=(14，10，2)【试题解析】 据题意设 e=(ab)=(7，5，)，则 Prjce=ecos(e，c)=14，解得 2，故 e=(14，10，2)三、解答题解答时应写出推理、演算步骤。16 【正确答案】 由于 f(x)= ，所以 f(f(x)=化简可得 f(f(x)= f(f(x)=化简可得 f(f(x)=17 【正确答案】 f(x)=3ax 212ax=3ax(x4)，x 一 1，
9、2，a0 令 f(x)=0，解得x=0 当 1x 0 时，f(x)0 当 0x2 时，f(x)0，所以函数 f(x)在 x=0 处取得极大值，且 f(0)为一 1，2上的最大值 所以 f(0)=b=8，又因 f(1)a6a+b=b 一 7a=87a f(2)=b 一 16a，所以最小值为 f(2)=b 一 16a=24 由b=8，可知 a2 18 【正确答案】 (莱布尼兹公式)令 u=x2，v=ln(1+x)，则 u=2x，u=2，u (n)=0(n3)故由莱布尼兹公式(uv) (n)= u(k)v(nk) 可知(uv) (n)= u(k)v(nk) = u(0)v(n) u(1)v(n1)
10、u(2)v(n 2)=x2ln(1x) (n)2nxln(1+x) (n1) n(n 一 1)ln(1x)(n2) 又因为ln(1x) (n)=(1) (n1) ，故当 n3 时，f (n)(x)x 2(1) (n1)n(n1)(1) (n3) 因此 f(n)(0)=(1) (n3) !n(n1)=19 【正确答案】 设所求平面的法向量为 n，因为平面过点 M1(3，5，1)，M2(4，1，2)所以 =(1，6，1)，且 n ；又因所求平面垂直已知平面，且已知平面的法向量为 n1=(1，一 8，3) ，故 nn1所以法向量 n 可以取为n1= =(26，2，14)又平面过点 M1(3，一 5，
11、1)，所以由点法式方程知，所求平面方程为 26(x 一 3)一 2(y+5)一 14(z 一 1)=0，即 13xy7z37=020 【正确答案】 21 【正确答案】 x=1 是瑕点所以22 【正确答案】 23 【正确答案】 由x1 x11 解得1x3，故幂级数的收敛区间为 x(一 1，3) 当 x1 时，由莱布尼茨判别法知，交错级数 收敛；当 x1 时， 发散，所以幂级数 的收敛域为一 1，3) 四、综合题24 【正确答案】 方程 y3+xy+x2 一 2x+1=0 两边同时对 x 求导得 3y2.y+y+xy+2x 一2=0(*)式将 y(1)=0 代入(*)式中可得 y(1)=0 在 3
12、y2.y+y+xy+2x 一 2=0 两边继续对 x求导得 6y.(y)2+3y2.y2y+xy+2=0 再把 y(1)=0，y(1)=0 代入上式可得 y(0)=2 所以25 【正确答案】 (拉格朗日中值定理)令函数 f(x)=lnx，xa ，b，f(x) 在闭区间a， b上连续，在开区间(a，b)内可导，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点(a， b)，使得 f(b)一 f(a)=f()(b 一 a)，即 lnblna= (b 一 a)所以 ，由于 0ab，故 ，又因为 a2+b22ab，所以 则 f(x)=2x(lnx 一 lna) 2a=2x(lnx lna) 因为 x a0，所以 f(x)0，故函数 f(x)在a ，+)上为增函数所以 f(b)f(a)=0，即(b 2+a2)(lnblna)一 2a(b 一 a)0 因此26 【正确答案】 P 0， 0x1 0x p1，且 x p11由定积分性质可得xpdx 而
