重庆专升本高等数学模拟试题一(各种题精心整理)

1重庆市专升本高等数学模拟试卷（一）一．选择题（本大题共5小题，每小题4分,共20分,每项只有一个正确答案，请把所选项前的字母填在括号内）1.)(2sinlimxxx(A)0(B)1(C)(D)22.设)(xF是)(xf在,上的一个原函数，且)(xF为奇函数，则)(xf是（）(A)奇函数(B)偶函数(C)非奇非偶函数(D)不能确定3.)(tanxdx(A)cxcosln(B)cxcosln(C)cxsinln(D)cxsinln4.设)(xfy为ba,上的连续函数，则曲线)(xfy，ax，bx及x轴所围成的曲边梯形面积为（）(A)badxxf)((B)badxxf)((C)badxxf)((D)badxxf)(5.下列级数发散的是（）A．2134(1)(1)(2)nnnnnB．11(1)1nnnC．111(1)3nnnD．3121(21)nn二．填空题（本大题共5小题，每小题4分,共20分，请把正确结果填在划2线上）1.方程0333axyyx所确定的隐函数)(xyy的导数为2.)3(tan312yxy的通解为3..若limnnnuk（0k），则正项级数1nnu的敛散性为．4.积分21121dxx＝5.二次积分10024xxdydx＝三．计算题（本大题共10题，1-8题每题8分,9题9分,10题7分）1、求极限11lim31xxx2、已知xxxyyxsin)ln(22，求0xdxdy3.10arctanxdxx4、求方程22xyyy的通解35、求幂级数01)2(nnnx的收敛域．6、.求二重积分dyxD22，其中D是由直线2x，xy及直线1xy所围成的闭合区域.7、求函数22arctanlnxzxyy的全微分．48、对于非齐次线性方程组0)1(3331432132321xxxxxxxx，为何值时，（1）有唯一值；（2）无解；（3）有无穷多个解？并在有无穷多解时求其通解。9、过点(3,0)M作曲线ln(3)yx的切线，该切线与此曲线及x轴围成一平面图形D．试求平面图形D绕x轴旋转一周所得旋转体的体积．510.设)(xf在ba,上连续，在ba,内二阶可导，且0)()(bfaf，且存在点bac,使得0)(cf，试证明至少存在一点ba,，使0)(f参考答案一．选择题1.D2.B3.B4.C5.A二．填空题1．axyxayy222．cyxxy)]3(2sin[3123．发散64．3ln215．1三．计算题1．解：用洛必塔法则11lim31xxx=23lim21321xxx=322．解：xxxyyxsin)ln(22两边同对x求导得xxxyxyyyxyxcossin2222当0x时由原方程式可得1y于是解得10y3．解：10arctanxdxx=102arctan21xdx=dxxxxx21022112101arctan21=8dxxx102211121=821+01arctan21x=821+8=4214．解：对应的齐次方程的特征方程为022得1,221于是对应的齐次方程的通解为xxececy221（其中21,cc是任意常数）因为0不是特征根，所以设特解为CBxAxy2代入原方程，得41,21,0CBA，4121xy故原方程的通解为4121221xececyyyxx（其中21,cc是任意常数）75．解：因为1112limlimlim1121nnnnnannann所以原级数的收敛半径为11R也就是，当121x，即13x时，原级数收敛．当1x时，原级数为0(1)1nnn是交错级数且满足11112nnuunn，1limlim01nnnun，所以它是收敛的；当3x时，原级数为011nn，这是一个112p的p级数，所以它是发散的；所以，原级数的收敛域为[1,3)．6．解：dyxD22=21221xxdyyxdx=21112dxxxxy=213dxxx=497、解：由于222222zyxxyxxyxyxy222222zxyyxyxyxyxy所以8dddzzzxyxy2222ddxyyxxyxyxy．8、解：增广矩阵3)1)(3(00121011411210330114101313301141233213rrrrrrB（1）要使方程组有唯一解必有3)()(BRAR则0)1)(3(即13且（2）要使方程组无解必有)()(BRAR则030)1)(3(即1（3）要使方程组有无穷多解必有3)()(BRAR则030)1)(3(即3此时增广矩阵00001110350100001110114101313301141)1(4221rrrB同解方程组3231153xxxx令kx3则通解为115013321kxxx9、解：设切线与曲线相切于点000,ln(3)Mxx（如第9题图所示），9第9题图由于001'3yxxx则切线方程为0001ln(3)()3yxxxx因为切线经过点(3,0)M，所以将3,0xy代入上式得切点坐标为0e3,1M从而切线方程为1(3)eyx因此，所求旋转体的体积为3e2241Vπ1eπln(3)d3xxe21eπeπln2lnd13xxxxe1eπeπe2πln1d13xxxe2π13．10．证明：)(xf在ba,上连续，在ba,内二阶可导，且0)()(bfaf，0)(cfxyln(3)yxO4(3,0)M3e10M10由拉格朗日定理知：0)()()(1facafcf，ca10)()()(2fcbcfbf，bc2再在21,上应用拉格朗日定理：则至少存在一点21,使0)()()(1212fff，即至少存在一点ba,，使0)(f