【考研类试卷】考研数学一（高等数学）模拟试卷236及答案解析.doc

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1、考研数学一（高等数学）模拟试卷 236 及答案解析(总分：62.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：4，分数：8.00)1.选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。（分数：2.00）_2.已知 f() （分数：2.00）A.f()，g()，h()B.h()，f()，g()C.f()，h()，g()D.h()，g()，f()3.f() （分数：2.00）A.有界的偶函数B.无界的偶函数C.有界的奇函数D.无界的奇函数4.设函数 f() （分数：2.00）A.两个第一类间断点B.三个第一类间断点C.两个第一类间断点与一个第二类间断点D.一个第一类间断点与一个第二类间断

2、点二、填空题(总题数：6，分数：12.00)5. 1 （分数：2.00）填空项 1:_6. 1 （分数：2.00）填空项 1:_7. 1 （分数：2.00）填空项 1:_8.若 （分数：2.00）填空项 1:_9.设 0，则 （分数：2.00）填空项 1:_10.已知 （分数：2.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：21，分数：42.00)11.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。（分数：2.00）_12.求下列极限： （分数：2.00）_13.求下列极限： () () （分数：2.00）_14.求下列极限： （分数：2.00）_15.求极限 （分数：2.00）_16.确定常数

3、a 与 b 的值，使得 （分数：2.00）_17.已知常数 a0，bc0，使得 （分数：2.00）_18.确定常数 a 和 b0 的值，使函数 f() （分数：2.00）_19.设 f()在 1 处连续， （分数：2.00）_20.设 f()是周期为 3 的连续函数，f()在点 1 处可导，且满足恒等式 f(1tan)4f(13tan)26g()， 其中 g()当 0 时是比 高阶的无穷小量求曲线 yf()在点(4，f(4)处的切线方程（分数：2.00）_21.设直角坐标(，y)与极坐标(r，)满足 rcos，yrsin若曲线 的极坐标方程是r32sin0，求 上对应于 （分数：2.00）_2

4、2.设函数 f()在0，)上具有二阶连续导数，且 f(0)f(0)0，f()0若对任意的0，用函数 u()表示曲线在切点(，f()处的切线在 轴上的截距，如图 41 ()写出函数 u()的表达式，并求 u()与 u()； ()求 （分数：2.00）_23.设 y （分数：2.00）_24.设函数 f 具有二阶导数，且 f1求由方程 2 e y e f(y) ，确定的隐函数 yy()的一、二阶导数（分数：2.00）_25.设 yy()是由方程 2 （分数：2.00）_26.求摆线 （分数：2.00）_27.求下列函数的 n 阶导数： ()yln(6 2 73)，(n1)； ()ysin 2 (2

5、)，(n1)； ()y （分数：2.00）_28.已知当1时函数 f()满足 f()af() 2 g()，且 f(0)0，其中常数a0，函数 g()在1 可导且 g(0)0，g(0)0试问 f(0)是不是函数的极值，点(0，f(0)是不是曲线 yf()的拐点?（分数：2.00）_29.设 k 为参数，试确定方程 2 4ke 的根的个数以及每个根所在的区间（分数：2.00）_30.如图 62，设曲线段 L 是抛物线 y62 2 在第一象限内的部分在 L 上求一点 M，使过 M 点 L 的切线 AB 与两坐标轴和 L 所围图形的面积为最小 （分数：2.00）_31.设函数 f()在0，)有连续导数

6、且满足 f(0)0，f()0 在(0，)成立，求证：对任何 1 2 0 有 1 f( 2 ) 2 f( 1 )（分数：2.00）_考研数学一（高等数学）模拟试卷 236 答案解析(总分：62.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：4，分数：8.00)1.选择题下列每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。（分数：2.00）_解析：2.已知 f() （分数：2.00）A.f()，g()，h()B.h()，f()，g()C.f()，h()，g() D.h()，g()，f()解析：解析：利用当 0 时的等价无穷小关系：tan，1cos 和 ln(1)，不难得出当 0 时， f() g

7、() 0 1-cos tantdtln(cost) 0 1-cos lncos(1cos) 1cos(1cos) (1cos) 2 ， h()tansin(1cos)tan 3.f() （分数：2.00）A.有界的偶函数B.无界的偶函数C.有界的奇函数 D.无界的奇函数解析：解析：在(，)上， 是奇函数， (2cos)是偶函数，于是它们的乘积 f()在(，)上是奇函数 又因为2cos3，从而 f()，在(，)是否有界取决于 g() 在(，)上是否有界因 g()在(，)上连续，且4.设函数 f() （分数：2.00）A.两个第一类间断点B.三个第一类间断点C.两个第一类间断点与一个第二类间断点

8、D.一个第一类间断点与一个第二类间断点解析：解析：利用当1 时， 2n 0，当1 时， 2n ，不难得出 二、填空题(总题数：6，分数：12.00)5. 1 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：解析：6. 1 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：e -2）解析：解析：求数列极限不可以直接用洛必达法则为了应用洛必达法则求本题中的极限，可引入函数极限 ，而所求的数列极限是这个函数极限中变量 取数列 的特例 引入函数 f() 与数列 n (n1，2，3，)， 则 f( n )且 n 0由洛必达法则可得 7. 1 （分数：2.00）填空项 1:_ （正

9、确答案：正确答案：1）解析：解析：先用等价无穷小因子替换： ln(1)ln () 然后用分项求极限法可得8.若 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：解析：注意是以 0 为分界点的分段函数，且 0，可见应分别求当 0 时的左、右极限因为 所以，题中极限存在 a3a a9.设 0，则 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：解析：10.已知 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：(ln2) 2）解析：解析： ln2 此时必有 0 利用当 0 时的等价无穷小关系 ln(1)z 和1cos ，把分子换为 ，把分母换为 ， 即得

10、ln2 又 4 1ln4，从而 三、解答题(总题数：21，分数：42.00)11.解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。（分数：2.00）_解析：12.求下列极限： （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()本题是求“ ”型未定式的极限，可先用等价无穷小因子替换： ，然后利用洛必达法则，得 ()本题也是求“ ”型未定式的极限从分子和分母的表达式不难发现，若直接利用洛必达法则会碰到复杂的计算为简化计算过程，应当在分子和分母中分别利用等价无穷小因子代换 当 0 时，有 e e sin e sin (e sin 1) 又因 e sin 1sin， e sin 1，于是，分子可用 sin

11、代换 当 0 时， 丽是无穷小量，于是分母可作等价无穷小因子代换，即 )解析：13.求下列极限： () () （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()所求极限是“”型未定式，但现在无法经过通分化为“ ”或“”型的未定式这时可从括号内提出无穷大因子 ，先化为“0.”型的未定式，最后再通过换元y 化为“ ”型未定式求极限 ()所求极限也是“”型未定式，首先应通过变形化为“ ”型未定式后，再用洛必达法则求极限 令 t，由 以及洛必达法则可得 )解析：14.求下列极限： （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()因 ，又 ()本题也是“0 0 ”型未定式y ， 0( 1ln(1 1)ln(0

12、) 其中 )解析：15.求极限 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：利用当 0 时的等价无穷小关系 sin 与 ln(1) 可知当 0 时ln(1sin 2 )sin 2 2 ，再利用极限的四则运算法则即知 其中 I 用洛必达法则可得 I 2 代入即知所求极限 )解析：16.确定常数 a 与 b 的值，使得 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：作换元 t ，并利用洛必达法则求极限，可得 由此可见，符合题目要求的常数 a 和 b 是方程组 的解， 即 b )解析：17.已知常数 a0，bc0，使得 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：记 I(a，b) 由于 b0，计算可得 从而

13、，当 a2 时对任何 b0 以及当 a2 且 b1 时都有，(a，b) 当 a2 且 b1 时，I(a，b)I(2，1)是“.0”型未定式，化为 型并作变量替换 t ，再利用洛必达法则可得 故符合题目要求的常数 a，b，c 分别是a2，b1，c )解析：18.确定常数 a 和 b0 的值，使函数 f() （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：当 0 时，f()等于初等函数 ，由初等函数连续性知 f()在(，0)连续，且 当 0 时 f()等于初等函数 (e lnb 1)，由初等函数的连续性知 f()在(0，)连续，且 f(00) ln6 从而，为使 f()在(，)上连续，必须且只需f()还

14、在点 0 处连续，即 f(00)af(00) )解析：19.设 f()在 1 处连续， （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设知，当 1 时，f() 3 是 1 的同阶无穷小，从而 0 f() 3f(1)13f(1) f(1)2 又由极限的四则运算法则，等价无穷小代换 e y 1y(y0)和洛必达法则可得 综合即得 )解析：20.设 f()是周期为 3 的连续函数，f()在点 1 处可导，且满足恒等式 f(1tan)4f(13tan)26g()， 其中 g()当 0 时是比 高阶的无穷小量求曲线 yf()在点(4，f(4)处的切线方程（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：曲线 y

15、f()在点(4，f(4)处的切线方程是 yf(4)f(4)(4) 由f()的周期性以及 f()在 1 处的可导性知 f(4)f(1)，f(4)：f(1)，代入即得所求切线方程为 yf(1)f(1)(4) 由 f()的连续性可知 f(1tan)4f(13tan) 26g() f(1)4f(1)0 f(1)0 再由 f()在 1 处的可导性与 f(1)0 可得 在式左端中作换元 tant，则有 而式右端 )解析：21.设直角坐标(，y)与极坐标(r，)满足 rcos，yrsin若曲线 的极坐标方程是r32sin0，求 上对应于 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：曲线 的参数方程为 ，由 可

16、得切点 M 的直角坐标为( ，1)在点 M 处 的切线的斜率为 故所求切线方程为 y1 ，即5y80 所求法线方程为 y1 ，即 5 )解析：22.设函数 f()在0，)上具有二阶连续导数，且 f(0)f(0)0，f()0若对任意的0，用函数 u()表示曲线在切点(，f()处的切线在 轴上的截距，如图 41 ()写出函数 u()的表达式，并求 u()与 u()； ()求 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()如图 42，设点 M 的坐标为(，f()，点的坐标为(，0)，点 P 的坐标为(u() ，0)则 MN 的长度是 f()。NP 的长度是 u()。从而由导数的几何意义知 用洛必达法

17、则可得 又因 u()1 ，故 ()由洛必达法则及()可知 )解析：23.设 y （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：因为 e kb ，于是( )(e ln )e ln (ln) (1ln) 又因为 ，于是 所以 y (1ln) (ln 2 ln )解析：24.设函数 f 具有二阶导数，且 f1求由方程 2 e y e f(y) ，确定的隐函数 yy()的一、二阶导数（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：将原方程两边取对数，可得与原方程等价的方程 2lnyf(y) 将新方程两边对 求导数，得 yf(y)y (*) 可解出 y 将(*)式两边再对 求导数，又得 f(y)(y) 2 f(y

18、)y 于是，可解出 )解析：25.设 yy()是由方程 2 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：将方程两边对 求导数，利用变上限定积分求导公式得 2 (1y)yy 可解出 y )解析：26.求摆线 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案： 故摆线的曲率半径 )解析：27.求下列函数的 n 阶导数： ()yln(6 2 73)，(n1)； ()ysin 2 (2)，(n1)； ()y （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()因为 6 2 73(31)(23)，所以 yln(6 2 73)ln(31)(23)ln311n ln23 其中 0!1 ()因为 ysin 2 (2) (1c

19、os4)，所以 y (n) (n) ()题目中的函数可分解为最简分式之和： 从而 y (n) (n) (1)(11)1(n1)(4) 1n (11)1(n1)(1) 1n (1) n .n!(4) 1n (1) n .n!(1) 1n )解析：28.已知当1时函数 f()满足 f()af() 2 g()，且 f(0)0，其中常数a0，函数 g()在1 可导且 g(0)0，g(0)0试问 f(0)是不是函数的极值，点(0，f(0)是不是曲线 yf()的拐点?（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由题设知 f()g()af() 2 当1 时成立，且 f (3) ()在1 存在，在上式中令 0

20、得 f(0)0，将上式求导得 f (3) g()2af()f() 令 0 得 f (3) (0)g(0)0，从而点(0，f(0)是曲线 yf()的拐点 又因 f (3) (0) 0， 在 0 时 )解析：29.设 k 为参数，试确定方程 2 4ke 的根的个数以及每个根所在的区间（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：转化为函数方程 F()( 2 41)e k，为此需讨论函数 F()的增减性，极值与值域 由 F()(24 2 41)e (32 2 )e (3)(1)e 可知，函数 F()有两个驻点 3 与 1，结合 F()与 F()0 可列表讨论 F()的单调性与极值如下： 函数 F()的示

21、意图如图 61 由此可得结论：(1)当 k 时直线 yk 与曲线 y( 2 41)e 有一个交点，其横坐标 1 3，即当 k 时方程 2 41ke 有唯一根，此根位于区间(，3)内 (2)当 k 时，直线 yk 与曲线 y( 2 41)e 有两个交点，一个交点的横坐标 1 3，而另一个交点的横坐标 2 1，即当 k 时，方程 2 41ke 有两个根，一个位于区间(，3)内，另一个是 2 1 (3)当 0k 时，直线 yk 与曲线 y( 2 41)e 有三个交点，其横坐标分别为 1 3，3 2 1， 3 1，即当 0k )解析：30.如图 62，设曲线段 L 是抛物线 y62 2 在第一象限内的

22、部分在 L 上求一点 M，使过 M 点 L 的切线 AB 与两坐标轴和 L 所围图形的面积为最小 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：设曲线 L 上点 M 的坐标为(，62 2 )，则 L 在该点的切线方程 Y62 2 4(X)， 令 Y0，可得点 A 的横坐标为 a ，令 X0 可得点 B 的纵坐标为 b2(3) 2 ，从而所求图形的面积为 S (62 2 )d 由于 (62 2 )d 为一常数，可见 S 与 ab将在同一点处取得最小值 记 f()ab ，不难得出 )解析：31.设函数 f()在0，)有连续导数且满足 f(0)0，f()0 在(0，)成立，求证：对任何 1 2 0 有 1 f( 2 ) 2 f( 1 )（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令 g() ，于是 g() g()与 h() f()f()同号由 h()在0，)连续， h()f()0( 0) h()在0，)单调下降，h()h(0)0( 0)，即 g()0 当 0 时成立从而对 )解析：