《高考试卷模拟练习》知乎1答案新模拟.pdf

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1、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（一）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BAABB1.B1.B 解析解析:当0 x时，有4221)1ln()cos1(xxx，1sinnnxxx，2)1(2xex，所以412 n，因此解得正整数解为：2n，所以选项 B B 正确。2 2.A.A 解析解析:由选项看出，题目是要确定x与)(xf在所讨论区间内的大小关系，因此构造辅助函数xxfxF)()(，由题目的条件知01)1()1(fF，01)1()1(fF，0)()(xfxF，故函数)(xF

2、在1x处取得极大值，因此当)1,1()1,1(x时，有)1()(FxF，即xxf)(，所以选项 A A 正确。3 3.A.A 解析解析:由于函数tetsinsin以2为周期，因此dttedttexFtxxt20sin2sinsinsin)(0cos0)(coscos)(cos202sinsin2020sin20sindtteed ttetdetttt，且该定积分必为常数，所以选项 A A 正确。4 4.B.B 解析解析:如图一所示，babadxxfmdxxgmV22)()(badxxfxmfmxgxmgm)()(2)()(22222babadxxfxgxgxfmdxxfxmfxgxmg)()(

3、)()(2)()(2)()(22222badxxgxfxfxgm)()()()(2，所以选项 B B 正确。(图一）5.B5.B解析解析:由于幂级数1)1(nnnxa在1x处收敛，且中心点为1x，故收敛半径的范围为：2)1(1R，而2121，故原幂级数在2x处绝对收敛，所以选项 B B 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 6.62解析解析:)13)(2()1()3(lim213lim2121xxxxxxxxxxxx)22(32)13)(2(2lim)13)(1)(2(22lim11xxxxxxxxxx622317 7.121xy解析

4、解析:方程两边同时对x求导，得到0)(sin()2(2yxyxyyeyx，将0 x，1y代入，解得：20 xy，因此法线斜率为：21法k，故所求的法线方程为：)0(211xy，即121xy8.8.31解析解析:)211()(322312xxeexy，31)211(320 xy9.9.12 xy解析解析:原式2)12(limlim1xxxexxyk，)1(2lim2)12(lim)2(lim111xxxxxxeexxexxyb1)1(2lim11xxxexe112，所以斜渐近线为：12 xy10.10.Cxxx23arctan4)136ln(212（C为任意常数）解析解析:dxxxdxxxxdx

5、xxxdxxxx136813662211368)62(2113652222)3(2)3(18)136ln(2149618136)136(21222222xdxxxdxxxxxxxdCxxx23arctan4)136ln(212（C为任意常数）11.11.8解析解析:2222222322223cossincoscos)sin(xdxxxdxxxdxxx)22143221(2sinsin 2)sin1(sin202042022022xdxxdxdxxx8)1634(212.12.1237解析解析:面积为：20230123)2()2(dxxxxdxxxxS1237)4384()13141()3141

6、()3141(2023401234xxxxxx1 13 3.xxxxeeCeCy2222141（1C，2C为任意常数）解析解析:特征方程为：042r，解得：21r，22r，故齐次方程04 yy的通解为：xxeCeCy2221。由于自由项为：xexf2)(，故设特解为：xAxey2*，所以xxAxeAey22*2，xxxxxAxeAeAxeAeAey22222*44422，代入后得到：xxxxxeAeAxeAxeAe222224444，解得：41A，特解为：xxey2*41，故所求通解为：xxxxeeCeCyyy22221*41（1C，2C为任意常数）14.14.043zyx解析解析:直线的方向

7、向量为)1,3,1(，也为所求平面的法向量，所求平面过点)1,2,1(M，则所求平面为0)1()2(3)1(zyx，即043zyx15.15.)6,0 解析解析:因为331)3(33)1()3(lim)(11xxnnxxnnnnn，令1)(x，解得：)6,0(x，当0 x时，原级数为交错级数11)1(nnn，是收敛的，当6x时，原级数为11nn，是发散的，所以收敛域为)6,0 三、计算题：本题共有 8 8 小题，其中 16-1916-19 小题每小题 7 7 分，20-20-2323 小题每小题 8 8 分，共 6060 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:6

8、1611lim61lim6111lim2arctanlim20222022030 xxxxxxxxxxxxx洛1 17 7.解解:211tdtdx，0222tedtdytyydtdy，得到：)1(22tyeydtdyt，故)1(2)1)(11)1(22222tyteyttyeydtdxdtdydxdytt1 18 8.解解:令uxtan，则ududx2sec，原式uduuu22secsec)1tan2(1Cuududuuuuduuu)arctan(sin)(sinsin11cossin2cos1tan2sec2222Cxx)1arctan(2（C为任意常数）1 19 9.解解:原式121211

9、)11(40)1(1arctan)1(arctandxxxxdxxxxxxxd2ln21421ln04)1(ln4)1ln(21ln41212xxxx20.20.解解:因为)1,0(240)4tan(kkkxx，解得：4x，45x，43x，47x，故该函数的间断点为：4x，45x，43x，47x。因此0)1(lim)(lim)4tan(44xxxxxxf，)4tan(44)1(lim)(limxxxxxxf，0)1(lim)(lim)4tan(4545xxxxxxf，)4tan(4545)1(lim)(limxxxxxxf，故4x和45x是第二类的无穷间断点。1)1(lim)(lim)4tan

10、(4343xxxxxxf，1)1(lim)(lim)4tan(4343xxxxxxf，1)1(lim)(lim)4tan(4747xxxxxxf，1)1(lim)(lim)4tan(4747xxxxxxf，故43x和47x是第一类的可去间断点。21.21.解解:当0 x时，121arctan)12()1(111arctan)(4223222xxxxxxxxf，当0 x时，21arctanlim1arctanlim0)0()(lim)0(20200 xxxxxfxffxxx，而202)121(arctanlim)(lim42200 xxxxfxx，因此)0()(lim0fxfx，所以)(xf 在

11、0 x处是连续的2222.解解:根据题意，平面的法向量)2,2,1(n，且该垂线的方向向量为：)2,2,1(ns，由点向式可得垂线方程为：232112zyx，参数式为：32122tztytx，故可设垂足的坐标为：)32,12,2(000tttB，且垂足B在平面上，所以011)32(2)12(2)2(000ttt，化简得：0990t，解得：10t，故垂足的坐标为：)5,1,1(23.23.解解:记121)(nnnxnxu，则xxnnxxuxuxnnnnnnnn2122)1(lim)()(lim)(111，令1)(x，解得：)2,2(x，当2x时，原级数111)1(21nnn为交错级数，是收敛的，

12、当2x时，原级数为1121nn，是发散的，所以收敛域为：)2,2。记：123211212312212121)(nnnnnxnxxxnxS，所以当0 x时，21)0(S，（由于中心点为：0 x）当0 x时，即)2,0()0,2x，)(1)2(1121121)(11111xSxxnxxnxxnxSnnnnnnnn，其中 nnnxnxxxxnxS)2(1)2(31)2(212)2(1)(3211，其中0)0(1S故xxxxxxxxSnnnnn 2121121)2(21)2(21)2(21)2(21)2(2121)(011121，因为)0()()()(110101SxStSdttSxx，于是021)0

13、()()(01011xxdttSdttSxS)22ln(2ln)2ln()2ln()2(2100 xxttdtxx，所以)22ln(1)(xxxS，综上所述，幂级数的和函数为：0,21)2,0()0,2),22ln(1)(xxxxxS四、综合题：本大题共 3 3 小题，每小题 1010 分，共 3030 分。2 24 4.解解:（1）由一阶非齐次线性微分方程的求解公式可得：xxp)(，22)(xexq，故：222222221xxxxdxxxdxCexeCdxeCdxeeey，其中C为任意常数，又因为满足条件0)0(y，所以将0 x，0y，代入可得：0C，因此22xxey，（2）因为22xxey

14、，所以)1(22222222xeexeyxxx，)3()2()1(32222222xxexexxeyxxx，令0 y，可得：0 x，3x，3x，由此列出如下表格：x)3,(3)0,3(0)3,0(3),3(y 000y凸拐点凹拐点凸拐点凹因此凹区间为：)0,3(，),3(，凸区间为：)3,(，)3,0(，拐点为：)3,3(23e，)0,0(，)3,3(23e25.25.解解:当0 x时，联立：221xyaxy，解得：ax11，aay1，所以点A的坐标为：)1,11(aaa，故直线OA的方程为：xaay1，旋转体的体积为：aaxaaxadxxaaxaaV1105232110422251)1(3)

15、1()(2522222)1(1521)1(15111)1(3aaaaaaaa，所以27272523225)1(15)4()1(5)1(415)1()1(25)1(2152)(aaaaaaaaaaaadaaVd，因为0a，所以令0)(daaVd，得到唯一驻点：4a，由此列出如下表格：a)4,0(4),4()(aV0)(aV增极大值减由题意可知，此旋转体在4a时取得极大值，也为最大值，其最大体积为：1875532537532516152)4(25V2 26 6.解解析析:在使用泰勒公式证明中值问题时，把握好展开点0 x与被展开点x是最关键的，展开点一般选取已知导数信息最多的点，包括隐含导数信息的点

16、，如极值点等，被展开点一般试着把式子有利于特征结论化简而选取，往往可以取端点，中间点等证明证明:由带拉格朗日型余项的3阶麦克劳林公式得：32!3)(!2)0()0()0()(xfxfxffxf ，其中介于0与x之间，1,1x，分别令1x和1x，并结合已知条件，得：6)(2)0()0()1(01ffff ，011；6)(2)0()0()1(12ffff ，102，两个式子相减得到：)6)(6)(112ff ，即6)()(12 ff，由)(xf 在区间 1,1上连续，而 1,1,21，所以)(xf 在区间,21上也连续，由最值定理可知，)(xf 在,21上存在最大值M和最小值m，使得Mfm )(1，Mfm )(2，两式子相加后得到：Mffm2)()(221 ，所以Mffm )()(2121，再由介值定理可得，至少存在一点)1,1(,21，使得：3)()(21)(21 fff