《高考试卷模拟练习》2020数学模拟卷2答案-特训班新模拟.pdf

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1、1文亮文亮 2020 年浙江普通专升本高等数学模拟试卷（年浙江普通专升本高等数学模拟试卷（二二）参考答案）参考答案一一.选择题选择题（每个小题给出的选项中每个小题给出的选项中，只有一项符合要求只有一项符合要求：本题共有本题共有 5 个小题个小题，每小题每小题 4 分分，共共 20 分）分）1 1.D.D 解析：解析：0)(lim0)0()(lim)0(0cos1lim0)0()(lim)0(0000 xgxxfxffxxxxfxffxxxx2.A2.A 解析：解析：2501limsin0 xxx10lim0 xxe左极限=右极限(0)f所以0 x 为可去间断点3.B3.B 解析：解析：11(3

2、2)(32)(32)(32)c22fx dxfx dxFx 4.D4.D 解析：解析：A.A.11|limxxxxe dxeee，故发散B.B.02220111dxdxdxxxx，故发散C.C.221lim201nnn，故发散D.D.311ln(1)nn与311nn同敛散，故收敛5.D5.D 解析：解析：特征方程为220rr，解得121,2rr 又因为1，所以*()xyx AxB e二二.填空题填空题:(只须在横线上直接写出答案只须在横线上直接写出答案,不必写出计算过程不必写出计算过程,本题共有本题共有 10 个小题，每小题个小题，每小题 4分分,共共 40 分分)6、2解析：解析：21212

3、200sinsinlimlim+1|11xxxxxxxxkeexkeexkxxee,21212200sinsinlimlim1|11xxxxxxxxkeexkeexxxee 所以2k 7、33422解析：解析：00(12)(1)(12)(1)(1)(1)limlimxxfxfxfxfffxxx00(12)(1)(1)(1)2limlim2xxfxfffxxx3(1)f而2()arctan1xfxxx，所以333(1)42f8、12a 解析：解析：0001111limlimlim2(11)11xxxxxxxxx9、2t解析：解析：22220(cos)2tsin2sin(sin)tdytttdxt

4、u du 10、2211ln(1)arctan22xxC解析：解析：22222arctanarctan11(1)arctanarctan1112 1xxxxdxdxdxd xxdxxxxx2211ln(1)arctan22xxC11、23解析：解析：1112222111(1)1xxxdxx dxxx dx123 1002220|33x dxx12、1(,)2解析：解析：21414xyxxx2410120 xxx 13、3,3)解析解析：111()3|lim|lim|1()(1)33nnnnnnnnuxxnxuxnx，故收敛区间为(3,3)，当3x 时，11nn发散，当3x 时，11(1)nnn

5、收敛，所以收敛域为 3,3)14、1解析：解析：121110200111lim(2)lim(e)|1inxxxnnnnniieenexe dx xee dxnn n315、0,1xx 解析：解析：()f x没有意义的点是0,1,1xxx，由于111222222110(23)e(23)e(23)e8lim;lim;lim(1)arctan(1)arctan(1)arctanxxxxxxxxxxxxexxxxxx 所以0,1xx 为垂直渐近线三、计算题(本题共有本题共有 8 个小题个小题,共共 60 分分)16、解：原式030ln(1)limxxtt dtx20ln(1)lim3xxxx（2 分）

6、0111lim6xxx（4 分）0lim6xxx16（7 分）17.解解：根据已知，有0)(elim220 xcbxaxxx，由分母极限为零，则有分子极限也为零，于是01)(elim20 xccbxaxx，得1c，（2 分）此时02)2(elim)(elim0220 xbaxxcbxaxxxxx，再由分子极限为零，同样得1b，（4 分）进而022122elim2)12(elim)(elim00220aaxaxxcbxaxxxxxxx，得21a，所以1121cba，时，（7 分）当0 x时，)(e)(2cbxaxxfx是比2x高阶的无穷小418.解：21ln1)(xxxxfx，（2 分）由0)(

7、xf，在区间)0(，内得唯一驻点ex，而在e)0(，内0)(xf，)(xf单调增加；在)e(，内0)(xf，)(xf单调减少，（4 分）所以ex是函数xxxf1)(在区间)0(，内的唯一极大值点，同时也是最大值点，所以函数xxxf1)(在区间)0(，内的最大值为e1e)e(fM（7 分）19、解：211dxdtt（2 分）2220tdydyytyedtdt，所以222tdyeydtty（5 分）所以22()(1)22tdydy dteytdxdx dtty（7 分）20.解：arccot2arccottxxdxttdt令（2 分）222222cot11cot11cotarctantt arct

8、dttt arctdttt arctttC（7 分）cotarctanxarcxxxC（8 分）21.解:22221121(1)sss dxssdx（2 分）令1sin,st 则cosdstdt原式222222000(sin1)coscoscoscosttdttdttdt（6 分）230111cos32 234t（8 分）22、解：(1)可求得原级数的收敛半径R=1，且当|x|=1 时，级数111121nnn是收敛的5交错级数，故收敛域为-1,1（2 分）记 22111111112121nnnnnnxxSxxSxxnn（4 分）则S1(0)=0,122121111nnnSxxx所以 11201

9、darctan01xSSxxxx（6 分）即1()S xarctanx，所以,(1)1S xxarctanxx，（8 分）23.解：设直线的方向向量为s320236021ijksijk（4 分）又直线过点(9,8,5)直线方程为985236xyz（8 分）四、四、综合题（每小题综合题（每小题 10 分，共分，共 30 分）分）24.解：一阶线性方程2 36xyyx 可化为36yyxx，通解为326yCxx（3 分）所以旋转体体积21123220036()(6)(2)75CV Cy dxCxxdxC+（5 分）且22()(2),()077V CCVC，所以()V C在7C 处取得极小值，且为最小

10、值即3276yxx（7 分）因此面积61123233276007|67|(67)(76)Sxx dxxx dxxx dx（9 分）361521()741372（10 分）Q25证明：设()(2)ln(1)2f xxxx（2 分）2()ln(1)2ln(1)11xxfxxxxx2211()01(1)(1)xfxxxx（6 分）因此当0 x 时，()(0)0fxf，从而有()(0)0f xf6即有(2)ln(1)20 xxx，即有(2)ln(1)2xxx（10 分）26、证明：由于()f x在20,连续，根据积分中值定理，存在20,，使2()()021arctanarctan2f xfexdxe即()(1)arctanarctan14ffee（5 分）作辅助函数()()arctanf xF xex（7 分）则()F x在,1连续，在(,1)可导，且()(1)FF，故由罗尔定理可知：存在(,1)(0,1)，使()0F x，即2(1)arctan()1f（10 分）