2015年浙江3+2專升本高數(shù)真題-答案解析(知乎內(nèi)部資料)

浙江省2015年選拔優(yōu)秀高職高專畢業(yè)生進(jìn)入本科學(xué)習(xí)統(tǒng)一考試高等數(shù)學(xué)參考答案選擇題部分一、選擇題:本大題共5小題,每小題4分,共20分。1B2B3B4C5D題號(hào)答案f(x)1.B解析:根據(jù)題意，lim0lifm(x)0，ligm(x)0，所以，g(x)xxxx0xx00f(x)lim11()gxxx0limf(x)g(x)xx時(shí)，f(x)g(x)是g(x)，故的同階無窮小，當(dāng)g(x)0xx0所以選項(xiàng)B正確。2.B解析:根據(jù)題意，f(a)存在，lifm(ax)f(ax)limf(ax)f(a)lifm(a)f(ax)2f(a)，所以xxxx0選項(xiàng)B正確。x0x03.B解析:由F(x)f(x)可知，F(xiàn)(x)是f(x)的一個(gè)原函數(shù)，即：f(x)dxF(x)C，可見選項(xiàng)B正確。4.C解析:直線L方程的方向向量為：1s1(1,1,2)直線方程的方向向量為：，2Lijk011110s1n1n2101012jki2jk，所以L與L的夾i12020112ss121，所以3cos角可由公式得到：，可見選項(xiàng)C正確。2ss125.D解析:A選項(xiàng)：根據(jù)萊布尼茨判別法，可知級(jí)數(shù)是收斂的，但是通項(xiàng)加絕對值后得到1111lnn(1)，由于nlnn(1)，根據(jù)小散證大散，推得lnn(1)是發(fā)散的，正項(xiàng)級(jí)數(shù)n1n11因此級(jí)數(shù)(1)1為條件收斂。nlnn(1)n1linm13n11，可知級(jí)數(shù)是收斂的。3n3B選項(xiàng)：根據(jù)比值判別法，n1nC選項(xiàng)：根據(jù)萊布尼茨判別法，可知級(jí)數(shù)是收斂的，通項(xiàng)加絕對值后得到正項(xiàng)級(jí)數(shù)11n是收斂的（等比級(jí)數(shù)公比小于1為收斂），因此級(jí)數(shù)為絕對收斂。3nn13n1nlim10n3n1是發(fā)散的。因此選D選項(xiàng)：根據(jù)D。，推得級(jí)數(shù)3n13nn1非選擇題部分二、填空題:本大題共10小題，每小題4分，共40分。n11116.解析:nnlin[mlnn1)(lnn]linlmn()linlm1n()linm1nnnnn2x17.a1，b3解析:由lim(axb)2知，通分后可得：x1xx1(axb)(1)xx12(a1x)(ab)xb122limlim，因?yàn)樵摌O限存在，并且x1xx(b1)xb12，因此lim(x1)，所以：a10，即：xb12，即：b3a1，且極限變?yōu)椋簂imx1x8.(0,1)解析:F(x)110，解得0x1，所以F()x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)x29.解析:由連續(xù)的定義：22x2xlim222f(0)a，所以a2lif(mx)limx2x2x2x0x0x02xl2ndx解析:由復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)可知：y1212xl2n2xl2n(1)1210.，12xxx2xl2n所以dyydx12dxx12x3,x02x,x0f()xx,x0f()xx解析:由：f()x11.，可知，所以12x3,x021xC,x022f()x1f()x，又因?yàn)檫B續(xù)且f(2)1CC，且2，可知11xC,x02221lim()fxlim(xC)2Cf(2)1CC3，故，所以222212x2x12x3,x022f()x1x3,x022l1n(e)C12.（為任意常數(shù)）或者xl1neCx（為任意常數(shù)）CCx1解析:1ex1dxd(1e)l1ne()Cdx1exdxCxx（為任意e(1e)1e1exxxx常數(shù)）或者：xl1neCxx11eeex1d(1e)xxdxdxdxdxx1ex1ex1ex1exC（為任意常數(shù)）111121n13.解析:由1111223462222246(2n)2222，所以：811111S357(2n1)22221111(1122S，所以2n)S423424682222(1)(x1)n(1)xn1n，nn1，x0,2解析:利用冪級(jí)數(shù)展開式：14.l1n(x)nn1n1(1)(x1)n，x0,2lnl1n[(1)]x1,1，所以n1xxnn1x3t215.(1.1.1)解析:直線方程可y2t3，代入平面方程可改寫為：得：ztt1t1代入直線方程的參數(shù)式，因此交點(diǎn)把(3t2)2(2t3)2t5，得到：，坐標(biāo)為(1.1.1)三、計(jì)算題：本題共有8小題，其中16-19小題每小題7分，20-23小題每小題8分，共60分。計(jì)算題必須寫出必要的計(jì)算過程，只寫答案的不給分。1x2111116.解:當(dāng)x0時(shí)，f(x)x21x22(x)2，1x1x4x22x2x211則f(t)，所以f(x)x2，x,22,t222111limx217.解:方法一：原式=2x22x111sinx11sin1cosxx2xlim1limlim222方法二：原式=xxxx2x3xdy2)]f(x)2x2xf(x18.解:根據(jù)題意：dxsifn(x[222)sifn(x[)]dy2[2()]sin([)][2()](si(n)[)]xfxfxxfxfx2222dx2fxxfx4()4()sin([)]4[()]cofs(x[2)]fxxfx222222219.解:根據(jù)題意：1ab1，則ab2y(1)2xa，2ax1對于2yx3y1，由隱函數(shù)方程求導(dǎo)可得：2yy33x2yy，代入：x1,y1，y(1)1，所以2a1，聯(lián)立后可得：a1，b1可得：,則f(x)1a,令f(x)0，得到：x20.解:方法一：設(shè)f(x)lnxax，x0,1xa，所以得到如下表格：111x(0,)a(,)aaf(x)f(x)0增極大值減1故極大值，也是最大值，為：)ln1f(a，lilmxnax，aaxx0lilmxnaxlilmxnlne()lilmnx()eaxxxx所以由零點(diǎn)定理和單調(diào)性可知：10a1f()0lxnaxx2軸有個(gè)交點(diǎn)，即方程①當(dāng)lan10，即，，函數(shù)與ae2有個(gè)實(shí)根1，即，11lxnax1有af(x②當(dāng)lan10)0，函數(shù)與軸有個(gè)交點(diǎn)，即方程ea個(gè)實(shí)根1，即，1lxnax無實(shí)根af(x③當(dāng)lan10)0，函數(shù)與軸有無交點(diǎn)，即方程eax0,lnx1lnx,令f(x)0，f(x)方法二：設(shè)，,f(x)xe得到：xx2xe0(0,e)(e,)f(x)f(x)增極大值減1lnxlnx，f(e)，limlim0故極大值，也是最大值，為：exxxx0①當(dāng)0a1lxnax2，方程有個(gè)實(shí)根e1，方程alxnax1有個(gè)實(shí)根②當(dāng)③當(dāng)e1，方程alxnax無實(shí)根e1xx2xx1xx2dxdx1dxlxnarcxtCan（C為任意常數(shù)）121.解:x1xdx)3x(1x222sin()xdxuxudu42sin()xdx42sin22sinudu22.解:原式224440004222siundu22(cou)s22(1)2222(21)04402y23.解:所圍平面圖形繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體體積為：a(ba2y2)2dy4ba2y2dy4b1a222a2ba2Vy(ba2y2)2dyaaaay0(xb)2y2a2bbaxba四、綜合題：本大題共3小題，每小題10分，共30分。，x2(x3)，令f(x)0，得到：xx，(x1)3xx1fx()24.解:定義域?yàn)椋?,321由駐點(diǎn)和無定義點(diǎn)劃分定義域并列出如下表格：x(,0)0(0,1)(1,3)30(3,)f(x)f(x)0增非極值增減極小值增6xf(x)x0，(x1),令f(x)0，得到：4x(,0)00(0,1)(1,)f(x)f(x)凸凹凹拐點(diǎn)27，f(3)所以單調(diào)遞增區(qū)間：(,1)，(3,)；單調(diào)遞減區(qū)間：(1,3)；極小值：凹區(qū)間：(0,1)，(1,)；凸區(qū)間：(,0)，拐點(diǎn)：(0,0)4lifm(x)limx3，故函數(shù)有一條垂直漸近線：x1f(x)(x1)x12x1x3lim，故函數(shù)f(x)無水平漸近線(x1)2xfxx3klimlim1，x(x1)2xxxx33xx(x1)22xx22blifm(x)kxlimxlimlimx2x1(x1)2(x1)22xxxx故函數(shù)f(x)有一條斜漸近線：yx225.解:（1）xedxxd(e)(x2)d(ex)12xS012(2x)edxxx011011[xe1ed]x[x(2)e]2x2exd(x2)xx001[ee11][0(e)]ex21x1012[ee1]eeee2e111112121ee2，00f(t)etdt2n0S02f(t)edt2f(t)eedte2（2）令x2nt,dxdt(t2n)t2n12e2n2f(x)exdxe2n(1)ee20f()xsinx(xt)f()td=tsinxx0xxf()tdtxt()ftdt26.解:因?yàn)?0f()tdt即：f()xsinxxxxt()ftdtx，兩邊同時(shí)對求導(dǎo)可得：00f()xcosxf()tdt0()sin()fxxfxxx，再繼續(xù)兩邊同時(shí)對求導(dǎo)可得：，即：f()xf()xsinxf(0)0f(0)10，且令上式的變限積分為可知：，下面解微分方程yysinx，滿足初值條件：，的特解y(0)0y(0)1yCcosxCsinx為r10ririyy0特征方程為：2，，，所以的通解，12