大一高数期末考试题(精).pdf

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1、一、单项选择题一、单项选择题(本大题有本大题有 4 4 小题小题,每小题每小题 4 4 分分,共共 1616 分分)1.1.设设 f f(x x)coscos x x(x x sinsin x x),),则则 在在x x 0 0处处 有有().（A A）f f (0)(0)2 2（B B）f f (0)(0)1 1（C C）f f (0)(0)0 0（D D）f f(x x)不可导不可导.1 1 x x，(x x)3 3 3 33 3x x，则当，则当x x 1 1时（时（）1 1 x x.2.2.设设(x x)（A A）(x)与(x)是同阶无穷小，但不是等价无穷小；是同阶无穷小，但不是等价无

2、穷小；（B B）(x)与(x)是等价无穷小；是等价无穷小；（C C）(x)是比是比(x)高阶的无穷小；高阶的无穷小；（D D）(x)是比是比(x)高阶的无穷小高阶的无穷小.F F(x x)(2 2t t x x)f f(t t)dt dt0 0 x x3.3.若若，其中，其中f f(x x)在区间上在区间上(1,1)二阶可导且二阶可导且f f(x x)0 0，则（，则（）.（A A）函数）函数F(x)必在必在x 0处取得极大值；处取得极大值；（B B）函数）函数F(x)必在必在x 0处取得极小值；处取得极小值；（C C）函数函数F(x)在在x 0处没有极值，处没有极值，但点但点(0,F(0)为

3、曲线为曲线y F(x)的的拐点；拐点；（D D）函数函数F(x)在在x 0处没有极值，处没有极值，点点(0,F(0)也不是曲线也不是曲线y F(x)的拐点。的拐点。4.4.设设 f f(x x)是连续函数，且是连续函数，且f f(x x)x x 2 2 f f(t t)dt dt,则则 f f(x x)(0 01 1)x x2 2x x2 2 2 22 22 2（A A）（B B）（C C）x x 1 1（D D）x x 2 2.二、填空题（本大题有二、填空题（本大题有 4 4 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 1616 分）分）2 2sinsin x x5.5.limlim(1

4、 1 3 3 x x)x x 0 0 .coscos x xd d x x x x6.6.已知已知coscos x x是是 f f(x x)的一个原函数的一个原函数,x x则则 f f(x x).7.7.n nlim n n(cos2 2 n n cos2 22 2 n n cos2 2n n 1 1)n n.1 12 2 8.8.x x2 2arcsinarcsin x x 1 11 1 x x2 2dxdx 1 12 2 .三、解答题（本大题有三、解答题（本大题有 5 5 小题，每小题小题，每小题 8 8 分，共分，共 4040 分）分）x x y yy y y y(x x)e e sin

5、(sin(xyxy)1 1确确定定，求求y y(x x)以以及及9.9.设设函函数数由由方方程程y y(0)(0).1 1 x x7 7求求 d dx x.7 7x x(1 1 x x)10.10.x x xexe，x x 0 01 1 设设 f f(x x)求求 f f(x x)dxdx 3 32 2 2 2 x x x x，0 0 x x 1 1 11.11.1 112.12.设函数设函数f f(x x)连续，连续，g g(x x)f f(xt xt)dt dt0 0，且，且x x0 0limlimf f(x x)A Ax x，A A为常为常数数.求求g g(x x)并讨论并讨论g g(x

6、 x)在在x x 0 0处的连续性处的连续性.1 19 9的解的解.13.13.求微分方程求微分方程xyxy 2 2y y x x lnln x x满足满足y y(1)(1)四、四、解答题（本大题解答题（本大题 1010 分）分）14.14.已知上半平面内一曲线已知上半平面内一曲线y y y y(x x)(x x 0 0)，过点，过点(0,1)，且曲线上任，且曲线上任一点一点M(x0,y0)处切线斜率数值上等于此曲线与处切线斜率数值上等于此曲线与x轴、轴、y轴、直线轴、直线x x0所围成面积的所围成面积的 2 2 倍与该点纵坐标之和，求此曲线方程倍与该点纵坐标之和，求此曲线方程.五、解答题（本

7、大题五、解答题（本大题 1010 分）分）15.15.过坐标原点作曲线过坐标原点作曲线y y lnln x x的切线，的切线，该切线与曲线该切线与曲线y y lnln x x及及x x轴围成平面图形轴围成平面图形 D.D.(1)(1)求求 D D 的面积的面积 A A；(2)(2)求求 D D 绕直线绕直线x x=e e旋转一周所得旋转旋转一周所得旋转体的体积体的体积V V.六、证明题（本大题有六、证明题（本大题有 2 2 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 8 8 分）分）16.16.设函数设函数f f(x x)在在0,1上连续且单调递减，证明对任意的上连续且单调递减，证明对任意

8、的q q0 0,1 1，q q1f f(x x)d d x x q qf f(x x)dxdx00.17.17.设设 函函 数数f f(x x)在在 0 0,上上 连连 续续，且且 0 0f f(x x)d d x x 0 0，0 0f f(x x)coscos x x dxdx 0 0.证明：在证明：在 0 0,内至少存在两个不同的点内至少存在两个不同的点x x 1 1,2 2，使，使f f(1 1)f f(2 2)0 0.（提示：设（提示：设F F(x x)f f(x x)dxdx0 0）一、单项选择题一、单项选择题(本大题有本大题有 4 4 小题小题,每小题每小题 4 4 分分,共共 1

9、616 分分)1 1、D 2D 2、A 3A 3、C 4C 4、C C二、填空题（本大题有二、填空题（本大题有 4 4 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 1616 分）分）1 1 coscos x x2 2()c c.6.6.2 2x x.7.7.2 2.8.8.3 35.5.e e6 6.三、解答题（本大题有三、解答题（本大题有 5 5 小题，每小题小题，每小题 8 8 分，共分，共 4040 分）分）9.9.解：方程两边求导解：方程两边求导x x y ye e(1(1 y y)cos(cos(xyxy)()(xyxy y y)0 0e ex x y y y ycos(cos(

10、xyxy)y y(x x)x x y ye e x xcos(cos(xyxy)x x 0,0,y y 0 0，y y(0)(0)1 17 77 7x x6 6dxdx dudu10.10.解：解：u u x x原式 1 1(1(1 u u)1 11 12 2dudu ()dudu7 7 u u(1(1 u u)7 7 u uu u 1 11 1(ln(ln|u u|2ln2ln|u u 1|)1|)c c7 71 12 2 lnln|x x7 7|lnln|1|1 x x7 7|C C7 77 71 111.11.解：解：3 3f f(x x)dxdx xexe x xdxdx 3 30 0

11、1 10 02 2x x x x2 2dxdx xdxd(e e x x)3 30 00 01 10 01 1(x x 1)1)2 2dxdx0 0 2 2 x x x x xexe e e 3 3 2 2(令x x 1 1 sinsin)coscos d d 4 4 2 2e e3 3 1 112.12.解：由解：由f f(0)(0)0 0，知，知g g(0)(0)0 0。x x1 1xt xt u ug g(x x)f f(xt xt)dt dt 0 0 x xf f(u u)dudu0 0 x x(x x 0)0)g g(x x)xfxf(x x)f f(u u)dudux xx x0

12、02 2(x x 0)0)g g(0)(0)limlim0 0 x x0 0 f f(u u)dudux x2 2 limlimx x0 0 x xf f(x x)A A 2 2x x2 2x x0 0limlim g g(x x)limlimx x0 0 xfxf(x x)f f(u u)dudux x0 02 2 A A A AA A 2 22 2，g g(x x)在在x x 0 0处连续。处连续。dydy2 2 y y lnln x xdxdxx x13.13.解：解：2 22 2dxdxdxdx x xx xy y e e(e elnln xdxxdx C C)1 11 1x xlnl

13、n x x x x CxCx 2 23 39 91 11 11 1y y x xlnln x x x xy y(1)(1),C C 0 03 39 99 9，四、四、解答题（本大题解答题（本大题 1010 分）分）y y 2 2 y yd d x x y y0 0 x x14.14.解：由已知且解：由已知且，将此方程关于将此方程关于x求导得求导得y y 2 2y y y y 2 2特征方程：特征方程：r r r r 2 2 0 0解出特征根：解出特征根：r r1 1 1 1,r r2 2 2 2.其通解为其通解为y y C C1 1e e x x C C2 2e e2 2x x2 21 1,C

14、 C2 2 3 33 3代入初始条件代入初始条件y(0)y(0)1，得，得C C1 1 故所求曲线方程为：故所求曲线方程为：y y 2 2 x x1 12 2x xe e e e3 33 3五、解答题（本大题五、解答题（本大题 1010 分）分）15.15.解解：（1 1）根根据据题题意意，先先设设切切点点为为(x x0 0,lnln x x0 0)，切切线线方方程程：y y lnln x x0 0 1 1(x x x x0 0)x x0 0由于切线过原点，解出由于切线过原点，解出x x0 0 e e，从而切线方程为：，从而切线方程为：1 1y y 1 1x xe e则平面图形面积则平面图形面

15、积A A (e ey y eyey)dydy 0 01 1e e 1 12 2（2 2）三角形绕直线）三角形绕直线x x=e e一周所得圆锥体体积记为一周所得圆锥体体积记为V V1 1，则，则V V1 1 1 1 e e2 23 3曲线曲线y y lnln x x与与x x轴及直线轴及直线x x=e e所围成的图形绕直线所围成的图形绕直线x x=e e一周所一周所得旋转体体积为得旋转体体积为V V2 21 1V V2 2 (e e e ey y)2 2dydy0 0D D绕直线绕直线x x=e e旋转一周所得旋转体的体积旋转一周所得旋转体的体积V V V V1 1 V V2 2 6 6(5 5

16、e e2 2 1212e e 3 3)六、证明题（本大题有六、证明题（本大题有 2 2 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 1212 分）分）q1qq116.16.证明：证明：0f(x)d xqf(x)dxf(x)d xq(f(x)d xf(x)dx)000q1q(1q)f(x)d xqf(x)dx0q10,q2q,1q(1 q)f(1)q(1 q)f(2)f(1)f(2)0故有：故有：q q1f f(x x)d d x x q qf f(x x)dxdx00证毕。证毕。17.17.x x证：证：构造辅助函数：构造辅助函数：F F(x x)f f(t t)dt dt,0 0 x x

17、 0 0。其满足在其满足在 0 0,上连续，上连续，在在(0 0,)上可导。上可导。F F(x x)f f(x x)，且，且F F(0 0)F F()0 0由题设，有由题设，有 0 0 f f(x x)coscos xdxxdx coscos xdFxdF(x x)F F(x x)coscos x x|sinsin x x F F(x x)dxdx0 00 00 00 0 ，有有0 0 F F(x x)sinsin xdxxdx 0 0，由积分中值定理，由积分中值定理，存在存在 (0 0,)，使使F F()sinsin 0 0即即F F()0 0综上可知综上可知F F(0 0)F F()F F

18、()0 0,(0 0,).在区间在区间 0 0,上分别应上分别应用罗尔定理，知存在用罗尔定理，知存在 1 1(0 0,)和和 2 2(,)，使使F F(1 1)0 0及及F F(2 2)0 0，即即f f(1 1)f f(2 2)0 0.高等数学 I 解答一、单项选择题（在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案，填在题末的括号中）(本大题有 4 小题,每小题 4 分,共 16 分)x,x1.1.当x x0时，都是无穷小，则当x x0时（D）不一定是无穷小.xx22 xx(B)(A)(C)ln1(x)(x)2(x)(D)(x)sin xlimxasina2.2.极限1xa的值是（C）.cot a

19、（A）1（B）e（C）e（D）etan asin x e2ax1x 0f(x)xax 0在x 0处连续，则a =（D）.3.3.（A）1（B）0（C）e（D）1f(a h)f(a 2h)h（A）.4.4.设f(x)在点x a处可导，那么h0lim（A）3f(a)（B）2 f(a)1f(a)（D）3(C)f(a)二、填空题（本大题有 4 小题，每小题 4 分，共 16 分）ln(x a)lnax5.5.极限x0lim1的值是a.(a 0)6.6.由ex y yln x cos2x确 定 函 数y(x)，则 导 函 数y 2 2sinsin2 2x x xexexyxyy y yeyexyxyx

20、x.lnln x x7.7.直线l过点M(1,2,3)且与两平面x 2y z 0,2x 3y 5z 6都平行，x 1y 2z 311 .则直线l的方程为12y 2x ln(4x)8.8.求函数的单调递增区间为（，0）和（1，+）.三、解答题（本大题有 4 小题，每小题 8 分，共 32 分）1x(1 x)ex9.9.计算极限x0.lim(1 x)ee elimx0 x解：x0lim1x1ln(1x)1x1x elimln(1 x)xe x0 x2210.10.已知：|a|3，|b|26，a b 30，求|a b|。ab512cos,sin1cos213a b13解：，ab 72x11.11.设

21、f(x)在a，b上连续，且F(x)(x t)f(t)dtaxa,b，试求出F(x)。xx解：F(x)xf(t)dt tf(t)dtaaxxF(x)f(t)dt xf(x)xf(x)f(t)dtaaF(x)f(x)12.12.求xcos xdx.sin3x解：xcosx12dx xd sinx3sin x21111 xsin2xsin2xdx xsin2xcot xC2222四、解答题（本大题有 4 小题，每小题 8 分，共 32 分）213.13.dxx x21求23.令1 tx1232原式 1tdt11(2)dtt11t2 arcsint321212321 t2y 614.14.求函数2x1

22、 x2的极值与拐点.解：函数的定义域（，+）2(1 x)(1 x)4x(3 x2)y y(1 x2)2(1 x2)3令y 0得x1=1,x2=-1y(1)0 x1=1 是极大值点，y(1)0 x2=-1 是极小值点极大值y(1)1，极小值y(1)1令y 0得x3=0,x4=3,x5=-3x(-,-3)(-3,0)(0,3)(3,+)y+33故拐点（-3，-2），（0，0）（3，2）x315.15.求由曲线y 4与y 3x x2所围成的平面图形的面积.x3解:4 3x x2,x312x 4x2 0,x(x 6)(x 2)0,x1 6,x2 0,x3 2.0 x32x3S 6(4 3x x2)dx

23、 20(3x x 4)dx433(x1632x2x3)03xx426(2x2316)0 45 213 471316.16.设抛物线y 4 x2上有两点A(1,3)，B(3,5)，在弧A B上，求一点P(x,y)使ABP的面积最大.解：AB连线方程：y 2x 1 0 AB 4 5点P到AB的距离2x y 1x2 2x 355(1 x 3)ABP的面积2S(x)1x 2x 324 55 2(x2 2x 3)S(x)4x 4当x 1S(x)0S(x)4 0当x 1时S(x)取得极大值也是最大值此时y 3所求点为(1，3)另解：由于ABC的底AB一定,故只要高最大而过C点的抛物线2的切线与AB平行时,

24、高可达到最大值,问题转为求C(x0，4 x0),使f(x0)2x05 331 2,解得x0 1,所求C点为(1,3)六、证明题（本大题 4 分）2x设x 0，试证e(1 x)1 x.17.17.2x证明：设f(x)e(1 x)(1 x),x 0f(x)e2x(1 2x)1，f(x)4xe2x，f(x)0，因此f(x)在（0，+x 0,）内递减。在（0，+）内，f(x)f(0)0,f(x)在（0，+）内递减，在（0，+2xef(x)f(0),）内，即(1 x)(1 x)02x亦即当x0 时，e(1 x)1 x。高等数学 I A一、一、单项选择题单项选择题（在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案

25、，（在每个小题四个备选答案中选出一个正确答案，填填在题末的括号中）在题末的括号中）(本大题有本大题有 4 4 小题小题,每小题每小题 4 4 分分,共共 1616 分分)18.18.函数ln(x 1)x 1,x 1f(x)tanx,0 x 12x sin x,x 0的全体连续点的集合是（）(A)(-,+)(B)(-,1)(1,+)(C)(-,0)(0,+)(D)(-,0)(0,1)(1,+)x21lim(ax b)0 xx 1设，则常数a,b的值所组成的数组（a,b）19.19.为（）（A）（1，0）（B）（0，1）（C）（1，1）（D）（1，-1）20.20.设在0，1上f(x)二阶可导且f

26、(x)0，则（）（A）f(0)f(1)f(1)f(0)(B)f(0)f(1)f(0)f(1)(C)f(1)f(0)f(1)f(0)（D）f(1)f(0)f(1)f(0)234234(x sin x cos x)dx2M 21.21.2sin xcos4xdx,N 21 x2(sin x cos x)dx P 22则（）（A）M N P（B）P N M（C）P M N（D）N M 0,0,故驻点为极小值点。故驻点为极小值点。5 5 设设f f(x x)=x xlnlnx x在在x x0 0处处 可可 导导，且且ff(x x0 0)=2,)=2,则则f f(x x0 0)=)=。解：解：f f (

27、x x)lnln x x 1 1,由由f f (x x0 0)2 2知知x x0 0 e e,于是有于是有f f(x x0 0)e e.f f x x f f 0 0 1 1,2 2x x则则f f(x x)在在x x=0=0 取得取得（填极大值或（填极大值或6 6.设设limlimx x0 0极小值）极小值）。解：解：f f x x f f 0 0 f f x x f f 0 0 1 1,由极限的保号性有由极限的保号性有 0 0,有有 f f x x f f 0 0 0 02 22 2x x0 0 x xx x即在即在 x x 0 0的某邻域内有的某邻域内有 f f x x f f 0 0,

28、由极值定义知由极值定义知 x x 0 0是极大值点。是极大值点。limlim二、二、1 1 x x 1 1 x x 0 0函数函数f f(x x)x x 0 0,x x 0 0是否连续是否可导并求是否连续是否可导并求f f(x x)的导函数。的导函数。解：当解：当 x0 x0 及及 x0 x0(1/2)-1/20F F(1)=(1)=f f(1)-1=0-10,(1)-1=0-12)，并求n。证：设f(x)xn xn1 x2 x 1其在0,1上连续。f(0)1,f(1)n 1由n 2知函数在端点异号。由闭区间上连续函数零点定理知至少有一点(0,1)使f()0.又f nxn1 2x 1 0知函数

29、f(x)单调增加，故在(0,1)上有唯一实根。由xn xnxn1n1nn1 xn xn1n22 xn1 xn1 xn11知xn是单调下降数列，而x2x 1 xn由方程有n1 xnn5 15 1因此0 xn1故由极限存在准则知其有极限，设极限22x11两边n 取极限01解出x01 x021 acos2x bcos4x存在，4x0 x七七（10 分）确定常数a、b,使极限lim并求出其值。解：要使极限存在，分子与分母应是极限过程中的同阶无穷小或高阶无穷小，于是有 1a+b=0，用一次罗必达法则分子仍为无穷小，有a+4b=0解出：a=-4/3b=1/3 代入求得极限为 8/3八八（10 分）设f(x)在a,b上连续，在(a,b)内可微，且f(a)=f(b)=0,证明：对R,ca,b，使得f cfc。证明：构造函数F(x)=e-内可xf(x)则F(x)在a,b上连续，在(a,b)(b)=0由罗尔定理(a)=F R,ca,b，使得Fc 0,而Fx exf xexfx即有R,ca,b，使得f cfc证毕。