【考研类试卷】考研数学一（高等数学）模拟试卷239及答案解析.doc

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1、考研数学一（高等数学）模拟试卷 239 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.下列关于反常积分 f()d 命题中真命题的个数是 设 f()是(，)上连续的奇函数，则 f ()d 必收敛，且 f()d0； 设 f()在(，)上连续，且 -R R f()d 存在，则 f()d 必收敛，且 f()d （分数：2.00）A.1 个B.2 个C.3 个D.4 个3.微分方程 y4y2cos 2 2 的特解可设为（分数：2.00）A.AB 1 cos4B 2 sin4

2、B.AB 1 cos4B 2 sin4C.B 1 cos 2 2B 2 sin 2 2D.B 1 cos4B 2 sin44.下列函数 z=f(，y)在点(0，0)处不可微的是（分数：2.00）A.f(，y)yB.f(，y)C.D.二、填空题(总题数：5，分数：10.00)5.设 f() （分数：2.00）填空项 1:_6.若在 f() （分数：2.00）填空项 1:_7.( (cos) 3 d 1（分数：2.00）填空项 1:_8. （分数：2.00）填空项 1:_9.设 n 是正整数，则 （分数：2.00）填空项 1:_三、解答题(总题数：22，分数：44.00)10.解答题解答应写出文字

3、说明、证明过程或演算步骤。（分数：2.00）_11.()设 ()在a，b二阶可导，()0，在a，b的 子区间上 ()0，又 (a)(b)0，求证 ()0(a，b) ()设 f()在0，1上可导，且 f()0，f()0 求证：函数 F() 0 f(t)dt 满足 F(1)F()2 0 1 F(t)dt， （分数：2.00）_12.设函数 f()在(，)上连续，且 （分数：2.00）_13.求f()d，其中 f() （分数：2.00）_14.求下列积分： （分数：2.00）_15.求 Ie a cosbd，Je a sinbd，其中常数 a 和 b 满足 ab0（分数：2.00）_16.计算定积分

4、 （分数：2.00）_17.计算下列定积分： （分数：2.00）_18.()设非负函数 f()在区间0，1上连续且单调非增，常数 a 与 b 满足 0ab1求证： 0 a f()d a b f()d； ()(1)对 0， 0 0，证明：lnln 0 ( 0 ) (2)设 u(t)在a，b上连续，u(t)0，证明： （分数：2.00）_19.计算反常积分 I 与 J （分数：2.00）_20.判断下列反常积分的敛散性，如果是收敛的，要求出反常积分的值 （分数：2.00）_21.如图 131，直线 rc 与曲线 y8 4 在第一象限中交于两点 A 和 B，且使得图中两个阴影区域的面积 S 1 与

5、S 2 相等求常数 c 的值 （分数：2.00）_22.如图 132，设单位圆 2 y 2 1 上点 M( 0 ，y 0 )处的切线 L 与抛物线 y 2 2 围成的图形的面积 S 达到最小求点 M 的坐标和切线 L 的方程 （分数：2.00）_23.设常数 a0，求心脏线 ra(1cos)的全长以及它所围平面图形的面积（分数：2.00）_24.已知点 A 与 B 的直角坐标分别为(2，0，0)与(0，1，2)，线段 AB 绕 z 轴旋转一周的旋转曲面为 S，求由 S 及两平面 z0，z2 所围成的立体体积（分数：2.00）_25.设由曲线 y 与直线 a(0a1)以及 y0，y1 围成的平面

6、图形(如图的阴影部分)绕 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V(a)，求 V(a)的最小值与最小值点 （分数：2.00）_26.()求微分方程 （分数：2.00）_27.设 a0 为常数，f()在(，)连续，考察一阶线性常系数方程 yayf() (，) (*) ()求通解的表达式； ()设 a0， f()b，y()为方程(*)的任意一个解，求 y()； ()设 a0， f()b，又 0 e a f()d 收敛，求 （分数：2.00）_28.设 f()在(，)是连续函数， () 求初值 的解 y()； () 求证 y() 0 (t)f(t)dt 是初值问题 （分数：2.00）_29.设 u 0 0，

7、u 1 1，u n+1 au n bu n-1 ，n1，2，其中 a，b 为实常数，又设 f() （分数：2.00）_30.求解初值问题 （分数：2.00）_31.设 y()是方程 y (4) yyy0 的解且当 0 时 y()是 的 3 阶无穷小，求y()（分数：2.00）_考研数学一（高等数学）模拟试卷 239 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.下列关于反常积分 f()d 命题中真命题的个数是 设 f()是(，)上连续的奇函数，则 f ()d

8、必收敛，且 f()d0； 设 f()在(，)上连续，且 -R R f()d 存在，则 f()d 必收敛，且 f()d （分数：2.00）A.1 个 B.2 个C.3 个D.4 个解析：解析：反常积分 f()d 收敛的充分必要条件是存在常数 a，使两个反常积分 a f()d 和 a f()d 都收敛这时定义 f()d a f()d a f()d 这是判断题目中四个命题是否是真命题的依据 设 f()，则 f()是(，)上连续的奇函数，且 3.微分方程 y4y2cos 2 2 的特解可设为（分数：2.00）A.AB 1 cos4B 2 sin4 B.AB 1 cos4B 2 sin4C.B 1 co

9、s 2 2B 2 sin 2 2D.B 1 cos4B 2 sin4解析：解析：原方程右端的非齐次项 f()1cos4，原方程相应齐次方程的特征方程是 2 40，特征根 1 0， 2 4 利用解的叠加原理：相应于非齐次项 f 1 ()1，有形式为 y 1 * ()A( 1 0 为单特征根)的特解，A 为待定常数；相应于非齐次项 f 2 ()cos4，有形式为 y 2 * ()B 1 cos4B 2 sin4 的特解，B 1 ，B 2 为待定常数因此，原方程的特解可设为AB 1 cos4B 2 sin4应选 A4.下列函数 z=f(，y)在点(0，0)处不可微的是（分数：2.00）A.f(，y)

10、yB.f(，y) C.D.解析：解析：这四个函数的共同点是： f(0，0)0， 因为，对选项 A，B，C 都有 对于选项D： 在式条件下，f(，y)在点(0，0)处可微 f(，y)o()(0) 无穷小量(0)， 其中 考察选项，由 (y)在点(00)处不可微故应选 B二、填空题(总题数：5，分数：10.00)5.设 f() （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：sin1）解析：解析：由题设可知 f()在点 0 处不连续，但显然函数 F() 6.若在 f() （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：a 任意且 b1）解析：解析：按真分式的分解公式，有 其中 A，

11、B，C，D 为待定常数从而 F()Aln1 ln(1+ 2 )Darctan， 上式中 为任意常数由此可见，要使F()的表达式不包含对数函数，其充分必要条件为 即 2 abB(1 2 )D(1) 2 (BD) 2 2DBD 1BD，a2D，bBD 7.( (cos) 3 d 1（分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：12）解析：解析：利用对称区间上奇偶函数定积分的简化计算公式知 (cos) 3 d ( 3 3 2 cos3cos 2 cos 3 )d 6 0 2 cosd2 0 cos 2 d， 分别利用分部积分法和换元积分法，可得 0 2 cosd 0 2 d(sin) 2

12、sin 0 0 sind( 2 )2 0 sind 2 0 d(sos)2(cos 0 0 cosd)2(sin 0 )2， 8. （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*ln2）解析：解析：利用被积函数的结合：设 f()在a，a可积，则 If -a a f()d -a a f(t)dt -a a f()d 两者结合起来得 2I -a a f()f() 若 f()f()简单，可求得积分值 I本题中 f()tanarctane 于是有 tanarctane d tanarctane tan()arctane d tan(arctane actane )d 9.设 n 是正整数，

13、则 （分数：2.00）填空项 1:_ （正确答案：正确答案：*）解析：解析：利用余角关系 sin( )cos，cos( )sin 可得三、解答题(总题数：22，分数：44.00)10.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：11.()设 ()在a，b二阶可导，()0，在a，b的 子区间上 ()0，又 (a)(b)0，求证 ()0(a，b) ()设 f()在0，1上可导，且 f()0，f()0 求证：函数 F() 0 f(t)dt 满足 F(1)F()2 0 1 F(t)dt， （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()由罗尔定理知， c(a，b)，(c)0由

14、 ()在a，b， ()在a，c，在c，b， ()(a)0(ac)， ()(b)0(cb) 因此，()0(ab) ()令 ()F()F(1)，则 ()在0，1二阶可导，在0，1区间 ()f()F(1)，()f()0 且 (0)F(0)0，(1)F(1)F(1)0 由题()得 ()0(0，1) 即 F()F(1)(0，1) 将上式两边在0，1积分得 0 1 F()d 0 1 d.F(1) F(1) 由 F()在0，1单调上升，F(1)F()(0，1) 2 0 1 F()dF(1)F()(0，1) )解析：12.设函数 f()在(，)上连续，且 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：当 0 时，

15、令 tu，可得， 0 1 f(t)dt f(u)du 于是，当0 时 f(u)duf()cos， 即 0 f(u)duf() 2 cos0 由 f()的连续性知 0 f(u)du 可导，从而 f()可导，于是 f()当 0 时可导，且 f()f()f()2cos 2 sin，0 由此可得 f()2cossin，0 由于 f()在0 连续，又 (2cossin)2 )解析：13.求f()d，其中 f() （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：首先由于 f()连续，可利用变上限定积分 0 f(t)dt 求出 f()一个原函数，即 当 0 时， 0 f(t)dt 0 sintdtcost 0 1

16、cos； 当 0 时， 0 f(t)dt 0 fln(1t)dt 0 ln(1t)d(1t) (1t)ln(1t) 0 0 dt(1)ln(1) 其次，利用原函数与不定积分的关系，可得 f()d 0 f(t)dtC )解析：14.求下列积分： （分数：2.00）_正确答案：(正确答案： ()令 sint，t ，则 cost，dcostdt，代入即得 令 costA(sintcost)B(sintcost)A(sintcost)B(costsint) (AB)sint(AB)cost， 于是 AB0，AB1 AB ，从而 ()令 ，则tant，：12 t：0 ，且 d ，代入即得 )解析：15.

17、求 Ie a cosbd，Je a sinbd，其中常数 a 和 b 满足 ab0（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：用分部积分法可得 Ie a cosbd e a d(sinb) e a sinbsinbd(e a ) (e a sinbae a sinbd) e a sinb J 类似用分部积分法又可得 J 代入上式，即 I (acosbbsinb) ， 解出得 I (acosbbsinb)C，J )解析：16.计算定积分 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：利用定积分的有限可加性将积分区间拆开，并用推广的牛顿一莱布尼茨公式，于是 )解析：17.计算下列定积分： （分数：2.0

18、0）_正确答案：(正确答案： 两式相加得 因此 I 作平移变换，令 t， )解析：18.()设非负函数 f()在区间0，1上连续且单调非增，常数 a 与 b 满足 0ab1求证： 0 a f()d a b f()d； ()(1)对 0， 0 0，证明：lnln 0 ( 0 ) (2)设 u(t)在a，b上连续，u(t)0，证明： （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由函数 f()的连续性与积分中值定理可得，分别存在 (0，a)与 (a，b)，使得 0 a f()daf()， a b f()d(ba)f()， 利用函数 f()在区间0，1上单调非增与 可得 f()f()，即 0 a f()

19、f()f() a b f()d 因为 a0 且 f()0，所以 a b f()d a b f()d a b f()d ()(1)由泰勒公式有 lnln 0 ( 0 ) ( 0 ) 2 ，其中 介于 与 0 之间 从而有 lnln 0 ( 0 ) (2)即证(ba)ln( a b u(t)dt) a b lnu(t)dt 即 a b ln( a b u(t)dt)dt a b lnu(t)dt 将 u(t)与 0 a b u(t)dt 代入上式，并将两端在a，b上取积分，注意到 u(t)0，ba， 可知 0 0，则有 a b lndtln 0 .(ba) ( 0 )dt， 因此有 )解析：19.

20、计算反常积分 I 与 J （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：在反常积分 I 中令 cos 作换元，由于 ：01 0，且 sin，dsind，代入即得 再令 tant，因 ：0 t：0， 且d 1tan 2 1t 2 ，故 在反常积分 J 中令 t，则 ：10 t：01，且 ：t 3 1，d3t 2 dt，ln(1)ln(t 3 )3lnt，代入就有 )解析：20.判断下列反常积分的敛散性，如果是收敛的，要求出反常积分的值 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()是无穷区间上的反常积分， 即()中积分收敛 ()是无穷区间上的反常积分。 即()中积分收敛 ()因当 0 时被积函数无界

21、，从而是无界函数的反常积分(称 0 为瑕点) 即()中积分收敛 ()当 0 时被积函数无界，从而是无界函数的反常积分，因瑕点 0 在积分区间之内 收 敛的充分必要条件是两个反常积分 与 都收敛现讨论 的收敛性因为 )解析：21.如图 131，直线 rc 与曲线 y8 4 在第一象限中交于两点 A 和 B，且使得图中两个阴影区域的面积 S 1 与 S 2 相等求常数 c 的值 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：b 点的横坐标为 b，如图 131由题设 S 1 S 2 ，由图形可知，曲边梯形 OABb的面积与矩形 OCBb 的面积相等，即 bc 0 b (8 4 )d4b 2 b 5 c4

22、b b 4 (1) 又点 B 在曲线上，满足 c8bb 4 (2) 解方程(1)，(2)，可得 b ，c3 )解析：22.如图 132，设单位圆 2 y 2 1 上点 M( 0 ，y 0 )处的切线 L 与抛物线 y 2 2 围成的图形的面积 S 达到最小求点 M 的坐标和切线 L 的方程 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：设切线 L 的方程为 ykb，其中 b0(从图形知，当面积 S 最小时，点 M 应位于单位圆的下半圆上，故可作以上假设)，则 L 与抛物线交点 A 和 B 的横坐标 1 和 2 应满足方程组 于是，L 与抛物线所围成图形的面积 因为 于是 1 2 1 2 2 2 2

23、bk 2 代入，即得 从而，S 与 2b 在同一点上取得最小值，现考虑函数f2b k 2 单位圆 2 y 2 1 在点 M( 0 ，y 0 )处的切线 L 的方程是 0 yy 0 1 即 ， 代入 f 的表达式得 f2b (b2) 2 3 于是 minff b2 对应的 y 0 满足 ， 与 y 0 相应的 y 0 即点 M 的坐标为 ，过 M 的切线L 的方程为 )解析：23.设常数 a0，求心脏线 ra(1cos)的全长以及它所围平面图形的面积（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：当0 时可得到整条心脏线，如图 133，故其全长 它所围平面图形的面积 )解析：24.已知点 A 与 B

24、的直角坐标分别为(2，0，0)与(0，1，2)，线段 AB 绕 z 轴旋转一周的旋转曲面为 S，求由 S 及两平面 z0，z2 所围成的立体体积（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：线段 AB 在直线 上，若以 z 为参数，则线段 AB 上点 M 的直角坐标(，y，z)满足：2z，y ，0z2 过点 M 垂直于 z 轴的平面与旋转体的截面是半径 R 的圆域，故旋转体的体积 )解析：25.设由曲线 y 与直线 a(0a1)以及 y0，y1 围成的平面图形(如图的阴影部分)绕 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V(a)，求 V(a)的最小值与最小值点 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：由曲

25、线 y 与直线 a(0a1)以及 y0，y1 围成的平面图形可分为两个部分区域 在 D 1 中 yydy 的小窄条绕 轴旋转产生一个薄壁圆筒，其高度为 a ，半径为 y，厚度为 dy，从而其体积 dV2y(a )dy故区域 D 1 绕 轴旋转一周所得旋转体的体积 在 D 2 中 yydy 的小窄条绕 轴旋转产生一个薄壁圆筒，其高度为 a，半径为 y，厚度为 dy，从而其体积 dV2y( a)dy,故区域 D 2 绕 轴旋转一周所得旋转体的体积 把 V 1 (a)与 V 2 (a)相加，即得 即 V(a)的最小值是 ，最小值点是 a )解析：26.()求微分方程 （分数：2.00）_正确答案：(

26、正确答案：先判断类型，然后再求解 ()原微分方程两边乘以 y 4 后并改写成 这是齐次方程 u ，原方程变成可分离变量的方程 分离变量得 积分得 即 ln lnC 1 ，亦即 C， 代入 u ，得通解 C，其中 C 为 常数 令 1，y1 得 C0，于是得满足 y(1)1 的特解 y ()这不是可分离变量的或齐次的，也不是一阶线性等类型的方程考察一下是否是全微分方程 将方程表为 PdQdy0( ，y)因 所以原方程是全微分方程，求它的通解归结为求 PdQdy 的原函数 (y2)de y 2 de d(y2)dy 2 0， 由微分法则得 d(y2)e y 2 0 因此通解为(y2)e y 2 C

27、，其中 C 为 )解析：27.设 a0 为常数，f()在(，)连续，考察一阶线性常系数方程 yayf() (，) (*) ()求通解的表达式； ()设 a0， f()b，y()为方程(*)的任意一个解，求 y()； ()设 a0， f()b，又 0 e a f()d 收敛，求 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()将方程两边乘 ()e ad e a 得 (ye a )e a f() ye a e a f()dC 于是得通解 yCe a e a e a f()d 或 yCe a e a e a f(t)dt，其中 C 为 常数 ()由题()的结论及洛必达法则即得 ()由题()的结论及洛必

28、达法则即得 当 C 0 e at f(t)dt0 时，这是求 )解析：28.设 f()在(，)是连续函数， () 求初值 的解 y()； () 求证 y() 0 (t)f(t)dt 是初值问题 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()作为二阶线性常系数齐次方程的初值问题来求解 特征方程 2 0，特征根 0，1，于是通解为 yC 1 C 2 e 由初值 C 1 1，C 2 1因此， y()1e ()将 ()1e 代入 y()表达式得 y() 0 (1e t )f(t)dt 下证 y()满足方程与初值，就要计算 y()与 y().y()是由变限积分定义的函数，由于被积函数含参变量 ，故先作变

29、量替换 y() )解析：29.设 u 0 0，u 1 1，u n+1 au n bu n-1 ，n1，2，其中 a，b 为实常数，又设 f() （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：()由于 f() 为幂级数，故在其收敛区间内可逐项求导： 又 u 0 1，u 1 1，u n+1 au n bu n-1 ，n：1，2，因此 由此可得 f()满足的微分方程 f()af()bf()0 ()由 f(0)0，f(0)1，可知 f()是初值问题的唯一解 )解析：30.求解初值问题 （分数：2.00）_正确答案：(正确答案：这是可降阶方程 F(y，y，y)0 类型，令 p ，并以 y 为自变量得 代入原方程得 积分并用初值得 p 2 e y 1，即 再分离变量得 d ，积分得 由初值定出 C2ln( 1)因此得 y2ln )解析：31.设 y()是方程 y (4) yyy0 的解且当 0 时 y()是 的 3 阶无穷小，求y()（分数：2.00）_正确答案：(正确答案：令 p