《高考试卷模拟练习》2019年浙江普通专升本《高等数学》全真模拟预测卷（五）答案新.pdf

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1、高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌第 1 页 共 10 页2019 年浙江普通专升本高等数学年浙江普通专升本高等数学全真模拟预测卷（五）全真模拟预测卷（五）一、选择题一、选择题1.A解析：322cos(1)11()22+2xf xxx，故选 A2.B解析：可以通过举反例及级数的性质来说明 4 个命题的正确性.是错误的，如令nnu)1(，lim0nnu，所以1nnu发散，而 2121()1 11 1nnnuu 收敛.是正确的，因为级数11000nnu比级数1nnu少了前 1000 项，改变、增加或减少级数的有限项，不改变级数的敛散性，所以这两个级数同敛散.是正确的，

2、因为由1lim1nnnuu，从而有1lim1nnnuu，于是正项级数1nnu在项数充分大之后，通项严格单调增加，故lim0nnu，从而lim0nnu，所以1nnu发散.是错误的，如令nvnunn1,1，显然，1nnu，1nnv都发散，而11111()nnnuvnnnn 收敛.3.B解析：cxcxfdxxxf1)(ln)(ln，故选 B4.C解析：由题给条件知，()f x为x的奇函数，则()()fxf x，由0()(),xF xf t dt知000()()()()()()()()xxxFxf t dttufu dufuf uf u duF x 令因为，故()F x为x的偶函数，所以(3)(3)F

3、F.高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌第 2 页 共 10 页而20(2)()Ff t dt表示半径1R 的半圆的面积，所以220(2)()22RFf t dt，323002(3)()()()Ff t dtf t dtf t dt，其中32()f t dt表示半径12r 的半圆的面积的负值，所以22321()2228rf t dt 所以2302333(3)()()(2)2884 24Ff t dtf t dtF所以3(3)(3)(2)4FFF，选择 C5.B方法 1：20220000tantan2limlimlim0coscosxxxxxtdtxxxt dt洛必达

4、，则是的高阶无穷小，根据题设，排在后面的是前一个的高阶无穷小，所以可排除(C),(D)选项，又2323000001sinsin2limlimlim2 tantanxxxxxxt dtxxxtdt洛必达201lim4xxx 等价无穷小替换，可见是比低阶的无穷小量，故应选 B.方法 2：用kx(当0 x 时)去比较.2201000coscoslimlimlim,xkkkxxxt dtxxxkx洛欲使上式极限存在但不为 0，应取1k，有22000000lim coscoslimlim1limxxxxttxxx，所以(当 0 x时)与x同阶.2011300000tantan222limlimlimli

5、mlimxkkkkkxxxxxtdtxxxxxxkxkxkx洛欲使上式极限存在但不为 0，应取3k,有33 20002tan2tan2limlimlim333xxxxxxxx，所以(当 0 x时)与3x同阶.高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌第 3 页 共 10 页313132222011100000sinsinlimlimlimlimlim,222xkkkkkxxxxxt dtxxxxxxxkxkxkx洛欲使上式极限存在但不为 0，应取2k,有22 1001limlim2 24xxxxx，所以(当 0 x时)与2x同阶.因此，后面一个是前面一个的高阶小的次序是,

6、，选 B.二、填空题二、填空题6.4方法 1：令txsin(0)2t,则10221)2(xxxdx202cos)sin2(cossindttttt220sin2sintdtt22200cosarctan(cos)1 cos4dttt 方法 2：令21xt，有221,xt 所以有xdxtdt，其中01t.11222001arctan014(2)1xdxdtttxx7.0解析：原式=201limsin0 xxx x.8.62yxe解析：32 ln(e)(x)3limlimlim 2ln(e)2lne2xxxxfxkxxx2213()332(ln(e)1)36lim(x)lim 2 ln(e)2li

7、m2 lim11xxxxxexxbfkxxxxexx所以62ykxbxe.9.6e高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌第 4 页 共 10 页解析：这是1型未定式求极限,2123sin3sin00lim(1 3)lim(1 3)xxxxxxxx,令3xt,则当0 x 时,0t,所以11300lim(1 3)lim(1)xtxtxte,故00266lim6lim6sinsinsinsin00lim(1 3)limxxxxxxxxxxxxeeee.10.)2ln1()2(xxx解析：1)2ln()2()2ln(xxeyxxx.11.2解析：由定积分的定义可知：22222

8、(n 1)lim(coscoscoscos)nnnnn200cos21cos22xxdxdx12 1,1)解析：unnunnuunnnnnnnnnnlnlnlimlimlnln11221221111，故1，11R，所以收敛区间为(1,1)1x 时，1ln11nnn发散（因为ln1111nnn，由比较审敛法得1ln11nnn发散）1x 时，1ln1(1)1nnnn收敛（由 Leibniz 判别法得）13.33222()3()cxyxy,c为任意实数解析：方程改写为xx dxyy dy22，两边积分得：1312131232321xxyyc,即23633221xyxyccc()14.617解析:解微

9、分方程20 xyy,（令yu，化为20 xuu求解）得原方程通解2122,yCxC x高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌第 5 页 共 10 页又因为()yy x通过原点时与直线1x 及0y 围成平面区域的面积为 2，于是可得10C 1112232220002()(2)()133CCy x dxxC x dxxx，从而23C 于是，所求非负函数223(0)yxxx又由223yxx可得，在第一象限曲线()yf x表示为11 31)3xy（于是 D 围绕y轴旋转所得旋转体的体积为15VV，其中55221001(1 31)9Vx dyydy50(232 1 3)9yy

10、dy3918395117518186V15.22111,01ln,()2110.0,xxxxS xxxxx 解析:设12)1121()(nnxnxS，121121)(nnxnxS，122)(nnxxS，则2221211111()(1)()()2121nnnnnnS xxxxS xSxnn，).1,1(x122)(nnxxS=221xx，).1,1(x另一方面，2122100111111()()()21nxxnnnnnxS xx dxxdxxnxx22011xxdxxx22011ln121xxxdxxxx ，(1,1)x 又由于0)0(1S，故高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本

11、辅导领袖品牌第 6 页 共 10 页1111ln,1,()210.0,xxS xxxx 所以)()()(21xSxSxS22111,01ln,2110.0,xxxxxxxx 三、计算题三、计算题16.解析:由洛必达法则，原式=112220(1)ln(1)1 2(12)ln(12)lim(1)(12)(1)2(12)xxxxxxxxxxxxxxx而20(1)ln(1)1lim(1)2xxxxxx 201 2(12)ln(12)lim12(12)xxxxxx 原式=2e17.解析:220,(),()2xxxf xefxe1 分0,()1,()1xf xxfx2 分200()(0)1(0)limli

12、m2xxxf xfefxx3 分00()(0)1 1(0)limlim1xxf xfxfxx 4 分(0)(0)ff,故函数()f x在0 x处不可导5 分所以22,0(),01,0 xexfxxx不存在7 分18.解析:当0 x 时，()f x分母为 0 无定义，()f x间断，1 分且0011lim()lim1xxxxf xe，0 x 为()f x的第二类间断点；3 分当1x 时，1xx分母为 0 无定义，()f x间断，4 分且11111lim,lim()lim011xxxxxxf xxe 5 分高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌第 7 页 共 10 页11

13、111lim,lim()lim111xxxxxxf xxe 6 分1x 为()f x的第一类间断点中的跳跃间断点7 分19.解析:1ln(ln)lnxdxx=1ln(ln)lnx dxdxx2 分11ln(ln)lnlnxxdxdxxx 6 分ln(ln)xxC7 分20.解析:1|ln|eex dx111lnlneexdxxdx4 分111111ln1ln1eeeexxdxxxdx 6 分111lnlneexxxxxx7 分22e8 分21.解析:42sin()2tdyettdt2sin()2dxttdt 4tdyedx 44232222()42sin()2sin()ttd yd yt et

14、 edxdxttt 22.解析:1的法向量1(1,2,1)n,2的法向量2(2,1,1)n 2 分所求平面与1，2垂直，故其法向量为：nnnijkijk12121211355 分所求平面又过点0(1,1,1)M，故其方程为：1131510 xyz,即：3590 xyz8 分23.根据要证不等式的形式，可考虑用拉格朗日中值定理或转化为函数不等式用单调性证高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌第 8 页 共 10 页明.方法 1：因为函数 2lnf xx在2,a be e上连续，且在,a b内可导，所以满足拉格朗日中值定理的条件，对函数 2lnf xx在,a b上应用拉格

15、朗日中值定理，得22222lnlnlnln,bababaeabe 下证：22ln4e.设tttln)(，则2ln1)(ttt，当te时，1 ln1 ln0te，即,0)(t所以)(t单调减少，又因为2e，所以)()(2e，即2222lnlneee，得22ln4e,故)(4lnln222abeab.方法 2：利用单调性，设xexx224ln)(，证()x在区间2,e e内严格单调增即可.24ln2)(exxx，(222222ln444()20eeeeee，)2ln12)(xxx,当xe时，1 ln1 ln0 xe，,0)(x故)(x单调减少，从而当2exe时，2()()0 xe，即当2exe时，

16、)(x单调增加.因此当2exe时，)()(ab，即aeabeb22224ln4ln，故)(4lnln222abeab.方法 3：设2224()lnln()xxaxae,则2ln4()2xxxe，21 ln()2xxx,xe时,1 ln1 ln0 xe，得()0 x，()x在2(,)e e上单调减少,从而当2exe时,22244()()0 xeee，()x在2(,)e e上单调增加.从而当2eaxbe时,()()0 xa.()0b，即2224lnln()babae.四、四、综合题综合题24.解析:令3()0f xxpxq，因为0p，则高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品

17、牌第 9 页 共 10 页3lim()limxxf xxpxq 2 分3lim()limxxf xxpxq 4 分由零点定理可知()f x至少存在一个实根6 分又因为2()30fxxp，()f x单调递增8 分所以方程30(0)xpxqp有且仅有一个实根.10 分25.解析:由0()limxf xAx，A为常数，知(0)0f，所以g(0)01 分令uxt，则1000()g()()(),(0)xxf u duduxf xt dtf uxxx4 分02()()g(),(0)xxf xf u duxxx6 分02000()g()(0)()g(0)limlimlim22xxxxf u duxgf xA

18、xxx8 分且00220000()()()()limg()limlimlim22xxxxxxxf xf u duf u duf xAAxAxxx所以g()x在0 x 处连续.10 分26.解析:f xaxdxxtxf tatdttf tatdttaaa()()()222122121212223 分1212122f tatdttf tatdttaaa()()6 分又f tatdtttauf uauduuf uauduuaaaa()()()()2221212f tatdtta2129 分由、得：f xaxdxxf tatdttf tatdttaaa()()2221212112高等数学全真模拟预测卷答案与解析欣迈专升本浙江专升本辅导领袖品牌第 10 页 共 10 页f tatdttf xaxdxxaa()()212110 分