高数-2010年成人高考高等数学一模拟试题及答案.doc

模拟试卷（二）一.选择题：本大题共5个小题，每小题4分，共20分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把所选项前的字母填在题后的括号内。1.函数fxxxx()0010在点x0不连续是因为（）A.ff()()000B.ff()()000C.f()00不存在D.f()00不存在2.设fx()为连续函数，且fxdxaa()0，则下列命题正确的是（）A.fx()为[]aa，上的奇函数B.fx()为[]aa，上的偶函数C.fx()可能为[]aa，上的非奇非偶函数D.fx()必定为[]aa，上的非奇非偶函数3.设有单位向量a0，它同时与bijk34及cik都垂直，则a0为（）A.131313ijkB.ijkC.131313ijkD.ijk4.幂级数lnnnxnn111的收敛区间是（）A.[]11，B.()11，C.[)11，D.(]11，5.按照微分方程通解的定义，yxsin的通解是（）A.sinxcxc12B.sinxcc12C.sinxcxc12D.sinxcc12（其中cc12、是任意常数）二.填空题：本大题共10个小题，10个空，每空4分，共40分，把答案填在题中横线上。6.设fxexxaxx()212002为连续函数，则a___________。7.函数yxxx2312132的单调递减区间是___________。8.设sinxx是fx()的一个原函数，则xfxdx'()___________。9.设ftdtxxexx()arctan0212，则fx()___________。10.设kxxdx450，其中k为常数，则k___________。11.设zexysin22，则zy___________。12.微分方程xydxyxdy110的通解为___________。13.点M0123，，到平面xyz220的距离d___________。14.幂级数1410nnnnx的收敛区间是___________（不含端点）。15.方程yyy'250的通解是______________________。三.解答题：本大题共13个小题，共90分，第16题～25题每小题6分，第26题～第28题每小题10分，解答时应写出推理，演算步骤。16.求极限limxxxexe011。17.设yxxxxx22212121arctanarctanln，求dy。18.求函数yxx3223在区间11，上的最大值与最小值。19.求不定积分sinxdx。20.设zzxy(,)由方程xyzxyz222239确定，求zxzy，。21.若区域D：xy221，计算二重积分1122xydxdyD。22.求过三点A（0，1，0），B（1，-1，0），C（1，2，1）的平面方程。23.判定级数3411nnnnn的收敛性。24.求方程yyyx'22的一个特解。25.证明：fxaxdxxfxaxdxxaa()()22212126.设fx()为连续函数，且fxxxfxdx()()3013，求fx()。27.设抛物线yaxbxc2过原点（0，0）且当x[]01，时，y0，试确定a、b、c的值。使得抛物线yaxbxc2与直线x1，y0所围成图形的面积为49，且使该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积最小。28.求幂级数xxxx357357……的和函数，并由此求级数1131517……的和【试题答案】一.1.Cfxx()lim0010不存在。2.C正确例：fxxxx()cos000，则fx()在[]，上非奇非偶，但fxdx()0。3.abcijkijk314101aaaijk0131313，应选C。4.unnunnuunnnnnnnnnnlnlnlimlimlnln11221221111，故收敛区间是（-1，1），故选B。5.yxcyxcxc'cossin112，，故选A。二.6.lim()limlimxxxxfxexxxa00202221221212，7.yxxxxxx'66126261222当21x时，y'0，故y单调递减，故单调区间是（-2，1）8.fxxxxxxx()sin'cossin2xfxdxxfxfxdxxxxxxxcxxxc'()()()cossinsincossin29.fxxxxxxexxxexx()arctanarctan21112221222210.kxxkdxxxkxbbbb2020045452limlimarctan()kk2222arctanarctan11.zyexyxyxyxyxyexyxysinsinsincos()sin()222222222222212.方程改写为xxdxyydy22，两边积分得：1312131232321xxyyc即23633221xyxyccc()13.点Mxyz0000，，到平面AxByCzD0的距离公式为dAxByCzDABC000222所求d1333212156622214.limlimnnnnnnnnuu111141414，收敛半径R14由x14得：35x，故收敛区间是（-3，5）15.特征方程为：rr2250，特征根为ri122420212,通解为yecxcxx1222cossin三.16.解：limlimlimxxxxxxxxxxexeeexxeeexx000221111limlimxxxxxxeexee0202212423217.解：yxxxxxxxxx'arctanarctanarctan2222212211111221xxxxarctan2211所以dyydxxxxxdx'(arctan)221118.解：函数yxx3223在x0处不可导，yxxxx'()110131313时令y'0得驻点x1，求得yyy()()1520012，，于是y在[]11，上的最大值为y()00，最小值为y15219.解：令xtxt，2，dxtdt2，于是sinsinsin(cos)'xdxttdtttdtttdt22222[coscos][cossin]tttdttttc还原22xxxccossin20.解：令Fxyzxyzxyz(,,)222239，则FxyFyxFzxyz'''2461，，于是，zxFFxyzxz''261zyFFyxzyz'46121.解：D用极坐标表示为(,)rr0201，1111212202201201xydxdydrrdrrdrrDdrrr()lnln11122201201yxx2+y2≤1O22.解：ABAC120111，，，，，，平面法向量n同时垂直于ABAC和，于是可令nABACijkijk12011123213，，平面方程为：201300xyz，即2310xyzACB23.解：因为341nnn是公比q341的等比级数从而收敛，再考察级数11nnn其中unnnn11满足①unnunn1111，②limlimnnnun10由莱布尼兹判别法知11nnn收敛，级数3411nnnnn收敛。（两收敛级数之和收敛）24.解：特征方程为rr220，特征值rr1221，fxxxex()220，这里0不是特征根，可设特解为：yxeaxbxcaxbxcx*0022yaxbya*'*22，代入原方程并整理得：2222222axabxabcx解得：abc121234，，于是yxx*121234225.解：fxaxdxxtxftatdttftatdttaaa()()()222122121212221212122ftatdttftatdttaaa()()……又ftatdtttaufuauduufuauduuaaaa()()()()2221212ftatdtta212……由1、2得：fxaxdxxftatdttftatdttaaa()()2221212112ftatdttfxaxdxxaa()()212126.解：令Afxdx()01，则fxxxfxdxxAx()()301333fxdxxAxdxxAxA()013014201314321432即AAA143212于是fxxx()33227.解：因抛物线yaxbxc2过原点（0，0），有cyaxbx02依题意，如图所示阴影部分的面积为axbxdxaxbxab201320113213249ba89231yxl该图形绕x轴旋转而成的旋转体的体积为Vaxbxdxaxabxbxdx()()220124322012aabb2251213Vaaaaa()2251289231389232135481642432aa令Vaa'()41354810，得驻点：a53b89235318921yxO由问题的几何意义可知，当a53，从而b2时，旋转体的体积最小，于是所求曲线为yxx532228.解：令Sxxxxx()357337……，则S()00且有Sxxxxx'()1112462……又SxSStdttdtxxx()()'()arctan011020Sxx()arctan于是113151714……arctan