《高考试卷模拟练习》知乎2.pdf
浙江省 20202020 年选拔优秀高职高专毕业生进入本科学习统一考试高等数学（二）参考答案选择题部分一、选择题:本大题共 5 5 小题,每小题 4 4 分,共 2020 分。题号12345答案DDAAC1.D1.D 解析解析:因为函数为：xxxxfsin)(3，所以列出不等式为：0sinx，故nx，Zn，又因为左极限为：2cos13limsinlim)(lim21311xxxxxxfxxx洛，而右极限为：2cos13limsinlim)(lim21311xxxxxxfxxx洛左极限为：1cos13limsinlim)(lim20300 xxxxxxfxxx洛，而右极限为：1cos13limsinlim)(lim20300 xxxxxxfxxx洛左极限为：2cos13limsinlim)(lim21311xxxxxxfxxx洛，而右极限为：2cos13limsinlim)(lim21311xxxxxxfxxx洛当0n，1n，且Zn时，极限为：xxxxfnxnxsinlim)(lim3，因此函数xxxxfsin)(3有三个可去间断点，有无穷多个第二类的无穷间断点，没有跳跃间断点，故选项 D D 正确2.D2.D 解析解析:因为左导数为：1)(sinlimsinsinlim)()(lim)(xxxxxxxfxffxxx右导数为：1)(sinlimsinsinlim)()(lim)(xxxxxxxfxffxxx，所以选项 D D 正确。3 3.A.A 解析解析:因为2ln2)2(xxdxd，所以dxdxx2)2(2ln1，故CFdfdxfxxxxx2ln)2()2()2(2ln1)2(2，所以选项 A A 正确。4.A4.A 解析解析:考察二阶非齐次线性微分方程解的结构，非齐通等于齐通加非齐特，齐通为：)1()1(221xCxC，非齐特可为：1y，2y，3y中的其中一个，因此非齐通为：1)1()1(221xCxC，所以选项 A A 正确。5.C5.C 解析解析:正项级数11)cos1()cos1()1(nnnnana，因为2121lim1cos1lim22222annannann，所以由比较判别法的极限形式可知，级数1)cos1(nna与级数121nn同敛散，又因为级数121nn收敛，所以级数1)cos1(nna收敛，故级数1)cos1()1(nnna是绝对收敛的，所以选项 C C 正确。非选择题部分二、填空题:本大题共 1010 小题，每小题 4 4 分，共 4040 分。6.6.21解析解析:原式21)21(lim)cos1(tanlim32030 xxxxxxxx7 7.tet2)12(解析解析:因为ttxxtxxtextxttf222)11(lim)11(lim)(，所以ttetf2)(，因此tttetteetf222)12(2)(8 8.12e解析解析:因为xyeyx)ln(，所以把0 x代入,得：ey，且)(xyy，所以)()(lnxxfexfx，两边同时对x求导得：)()()()(1)(xf xxfexfxxfxxf，即)(1yxyeyxyxy，再把0 x，ey代入，得：eye)1(1，故120eyx，即120edxdyx9 9.n解析解析:因为xxxexxeey)1(，xxxxexxeeey)2(，xxxxxexxeeeey)3(，根据规律可知，xnenxy)()(，因此nenyn0)()0()0(1010.Cxaax3sin（C为任意常数）解析为任意常数）解析:依题意可得，Cxxdxxfsin)(，所以Caxaxaaxdaxfadxaaxfsin1)()(1)(22Cxaax3sin（C为任意常数）1 11 1.1解析解析:原式)arctanlimarctanlim()(arctanxxAxAxx1)2(2AA，故1A1212.)11(2e或或e22解析解析:画图，如图 1 所示，所围成的平面图形面积为：eexdxdxxS111ln)ln(1111)1()11(1ln11)ln(1)ln(111111eeeeeeedxxxdxxxeeee)11(222ee，因此，应填)11(2e或e22【图【图 1 1】1313.xCey（C为任意常数）为任意常数）解析解析:由微分方程0yy，可知yy，即ydxdy，所以可分离变量后得：dxydy，两边同时积分，得：dxydy，所以Axyln，AxAxeeey，因此xxACeeey，其中AeC，所以通解为：xCey，（C为任意常数）1414.362解析解析:平面与平面的距离为：36264)1(1231222d15.15.)4,0(解析解析:因为nnnnnnnnnnnnnxnnxnxnxxuxux212221221)2(44)1()2(lim4)2(4)1()2(lim)()(lim)(2)2(41x，令1)(x，解得：40 x，当0 x时，原级数11214)2(nnnnnn为是发散的，当4x时，原级数112142nnnnnn是发散的，所以收敛域为：)4,0(三、计算题：本题共有 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。计算题必须写出必要的计算过程，只写答案的不给分。16.16.解解:原式42220222220cossinlimsincossinlimxxxxxxxxxxx30422042204220162cos2sin48lim42sin4lim42sin44lim)2sin21(limxxxxxxxxxxxxxxxxx3424sin4lim614cos1lim61484cos88lim164sin28lim0202030 xxxxxxxxxxxxx17.17.解解:因为tdtdx11，22 tdtdy，所以2)1(21122tttdtdxdtdydxdy，222)1(411)1(4)(tttdtdxdxdydtddxyd18.18.解解:令6tx，则3tx，23tx，dttdx56原式dttttdtttttttdtttdtttt)111(6111616622233235CttttCtttt)1ln6632)1ln2131(62323Cxxxx)1ln6632663（C为任意常数）19.19.解解:由于xxxxfcos111sin)(107，设1071sin)(xxxg，xxhcos11)(，因为)(1sin)(107xgxxxg，所以)(xg是奇函数；因为)(cos11)(xhxxh，所以)(xh是偶函数，且被积区间是2,2，区间关于原点对称，所以原式20202222107cos112cos1120cos111sindxxdxxdxxdxxx20202202202202)2(tan2)2(2sec22sec2cos12cos212xxdxdxxdxxdxx2)01(2)04(tan220.20.解解:因为xxxduudtutxduuuuduuuuduuuudtttxf112121111)1(lnln1111ln1ln)1(2xdtttt1)1(ln，所xxxxdtttdttttttdttttdtttxfxf1111ln)1(lnln)1(ln1ln)1()(xxtttdxx22121ln21)(ln21)(ln21)(lnln，故)1()(xfxf的表达式为：xxfxf2ln21)1()()0(x21.21.解解:左极限为：0)1ln(lim)(lim00 xxfxx；右极限为：0)11(lim)(lim00 xxxfxx；函数值为：0)0(f。所以)0()(lim)(lim00fxfxfxx，因此)(xf在0 x处连续。左导数为：1)1ln(lim00)1ln(lim0)0()(lim)0(000 xxxxxfxffxxx右导数为：)11()1()1(lim11lim0)0()(lim)0(000 xxxxxxxxxfxffxxx1112lim0 xxx，所以)0()0(ff，因此)(xf在0 x处可导。综上所述，函数10,1101),1ln()(xxxxxxf在0 x处连续且可导22.22.解解:根据题意，直线L的方向向量即为平面方程的法向量，故)2,2,0(110112kjisn，故所求平面方程为：0)2(2)2(2zy，即：0 zy23.23.解解:因11)1()1ln(nnnnxx，收敛域为：1,1(，所以)2(2lnlnxx 1122)1(2ln)221ln(2ln)221(2lnnnnxnxx，收敛域为：1221x，所以1122)1(2lnlnnnnnxnx，收敛域为：4,0 x四、综合题：本大题共 3 小题，每小题 10 分，共 30 分。24.24.解解:设xxxftan)(，)2,0(x，所以2222cossincostansec)(xxxxxxxxxxfxxxxxxxxx2222cos2sin21coscossin，再令xxxg2sin21)(，则02cos1)(xxg，所以函数xxxg2sin21)(在区间)2,0(上是单调递增的，因此有0)0()(gxg，即02sin21xx，)2,0(x，故0)2sin21(cos1)(22xxxxxf，所以函数xxxftan)(在区间)2,0(上是单调递增的，又因为2021xx，所以)()(21xfxf，即2211tantanxxxx，因此当2021xx时，有1212tantanxxxx25.25.解解:设抛物线)0,0(2qpqxpxy在第一象限内与直线5 yx相切于点),(00yx，根据已知条件以及导数的几何意义，有：0200qxpxy，500 yx，120qpx，联立上述三个式子可得：20)1(2qp,抛物线qxpxy2与x轴所围成的平面图形的图形面积为：23230230261)(21)(31)2131()(pqpqqpqpqxpxdxqxpxApqpq43223)1(4006120)1(61qqqq，即43)1(20031)(qqqA，所以5253283342)1()3(3200)1(4)1(33200)1()1(4)1(33200)(qqqqqqqqqqqqqA，令0)(qA，解得：0q，（不合题意，舍去），3qq)3,0(3),3()(qA0)(qA增极大值减所以，)(qA在3q处取得极大值，亦为最大值，最大值为：32225256920042720031)3(4A所以，（1）当3q，54p时，A达到最大值；（2）A最大值为3222526.26.解解:因为02cos2)(lnlim1xxfx，极限存在，且02coslim1xx，所以02)(lnlim1xfx，因此1)1(f，又因为)(xf在)2,0(内二阶可导，所以02)1(2sin22)()(lim2cos2)(lnlim11fxxfxfxxfxx洛，即由极限可知：0)1(f。因此通过条件02cos2)(lnlim1xxfx可知，1)1(f，0)1(f因为函数)(xf在区间23,1 上连续，所以由积分中值定理，至少存在一点)23,1(，使得)(21)123)()(231ffdxxf，即)()(2231fdxxf，故)()2(ff函数)(xf在闭区间 2,上连续，在开区间)2,(内可导，且)2()(ff，所以由罗尔定理，至少存在一点)2,1()2,(，使得0)(f设辅助函数)()(xfexFx，则)()()()()(xfxfexfexfexFxxx ，函数)(xF在闭区间,1 上连续，在开区间),1(内可导，且0)1()1(f eF，0)()(feF，即)()1(FF，所以由罗尔定理，至少存在一点)2,0(),1(，使得0)(F，即0)()(ff
