高数(同济六上册)模拟题1及答案

高数模拟1一、单项选择题(本大题有4小题,每小题4分,共16分)1.)(0),sin(cos)(　处有则在设xxxxxf.（A）(0)2f（B）(0)1f（C）(0)0f（D）()fx不可导.2.　）时（　，则当，设133)(11)(3xxxxxx.（A）()()xx与是同阶无穷小，但不是等价无穷小；（B）()()xx与是等价无穷小；（C）()x是比()x高阶的无穷小；（D）()x是比()x高阶的无穷小.3.若()()()02xFxtxftdt，其中()fx在区间上(1,1)二阶可导且()0fx，则（）.（A）函数()Fx必在0x处取得极大值；（B）函数()Fx必在0x处取得极小值；（C）函数()Fx在0x处没有极值，但点(0,(0))F为曲线()yFx的拐点；（D）函数()Fx在0x处没有极值，点(0,(0))F也不是曲线()yFx的拐点。4.)()(,)(2)()(10xfdttfxxfxf则是连续函数，且设（A）22x（B）222x（C）1x（D）2x.二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）5.xxxsin20)31(lim.6.,)(cos的一个原函数是已知xfxxxxxxfdcos)(则.7.lim(coscoscos)22221nnnnnn.8.21212211arcsin－dxxxx.三、解答题（本大题有5小题，每小题8分，共40分）9.设函数()yyx由方程sin()1xyexy确定，求()yx以及(0)y.10..d)1(177xxxx求11.．　求，，　　设132)(1020)(dxxfxxxxxexfx12.设函数)(xf连续，10()()gxfxtdt，且0()limxfxAx，A为常数.求()gx并讨论()gx在0x处的连续性.13.求微分方程2lnxyyxx满足1(1)9y的解.四、解答题（本大题10分）14.已知上半平面内一曲线)0()(xxyy，过点(,)01，且曲线上任一点Mxy(,)00处切线斜率数值上等于此曲线与x轴、y轴、直线xx0所围成面积的2倍与该点纵坐标之和，求此曲线方程.五、解答题（本大题10分）15.过坐标原点作曲线xyln的切线，该切线与曲线xyln及x轴围成平面图形D.(1)求D的面积A；(2)求D绕直线x=e旋转一周所得旋转体的体积V.六、证明题（本大题有2小题，每小题4分，共8分）16.设函数)(xf在0,1上连续且单调递减，证明对任意的[,]01q，100()()qfxdxqfxdx.17.设函数)(xf在,0上连续，且0)(0xdxf，0cos)(0dxxxf.证明：在,0内至少存在两个不同的点21,，使.0)()(21ff（提示：设xdxxfxF0)()(）解答一、单项选择题(本大题有4小题,每小题4分,共16分)1、D2、A3、C4、C二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）5.6e.6.cxx2)cos(21　.7.2.8.3.三、解答题（本大题有5小题，每小题8分，共40分）9.解：方程两边求导(1)cos()()0xyeyxyxyycos()()cos()xyxyeyxyyxexxy0,0xy，(0)1y10.解：767uxxdxdu　　1(1)112()7(1)71ududuuuuu原式1(ln||2ln|1|)7uuc7712ln||ln|1|77xxC11.解：1012330()2xfxdxxedxxxdx01230()1(1)xxdexdx00232cos(1sin)xxxeedx　令3214e12.解：由(0)0f，知(0)0g。100()()()xxtufudugxfxtdtx(0)x02()()()(0)xxfxfudugxxx0200()()A(0)limlim22xxxfudufxgxx0200()()lim()lim22xxxxfxfuduAAgxAx，()gx在0x处连续。13.解：2lndyyxdxx22(ln)dxdxxxyeexdxC211ln39xxxCx1(1),09yC，11ln39yxxx四、解答题（本大题10分）14.解：由已知且02dxyyxy，将此方程关于x求导得yyy2特征方程：022rr解出特征根：.2,121rr其通解为xxeCeCy221代入初始条件yy()()001，得31,3221CC故所求曲线方程为：xxeey23132五、解答题（本大题10分）15.解：（1）根据题意，先设切点为)ln,(00xx，切线方程：)(1ln000xxxxy由于切线过原点，解出ex0，从而切线方程为：xey1则平面图形面积10121)(edyeyeAy（2）三角形绕直线x=e一周所得圆锥体体积记为V1，则2131eV曲线xyln与x轴及直线x=e所围成的图形绕直线x=e一周所得旋转体体积为V21022)(dyeeVyD绕直线x=e旋转一周所得旋转体的体积)3125(6221eeVVV六、证明题（本大题有2小题，每小题4分，共12分）16.证明：100()()qfxdxqfxdx100()(()())qqqfxdxqfxdxfxdx10(1)()()qqqfxdxqfxdx1212[0,][,1]()()12(1)()(1)()0qqffqqfqqf故有：100()()qfxdxqfxdx证毕。17.证：构造辅助函数：xdttfxFx0,)()(0。其满足在],0[上连续，在),0(上可导。)()(xfxF，且0)()0(FF由题设，有0000)(sincos)()(coscos)(0|dxxFxxxFxxdFxdxxf，有00sin)(xdxxF，由积分中值定理，存在),0(，使0sin)(F即0)(F综上可知),0(,0)()()0(FFF.在区间],[,],0[上分别应用罗尔定理，知存在),0(1和),(2，使0)(1F及0)(2F，即0)()(21ff.