[考研类试卷]考研数学一（高等数学）模拟试卷134及答案与解析.doc

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1、考研数学一（高等数学）模拟试卷 134 及答案与解析一、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。1 设 f(x)可导，函数 y=f(x2)的自变量 x 在 x=一 1 处取得增量 x=一 01 时相应的函数增量y 的线性主部为 01，则 f(1)等于( )（A）一 1（B） 01（C） 1（D）052 设 则 F(x)等于 ( )（A）0（B）（C） arctanx（D）2arctanx3 设积分区域 D：x 2+y2R2，其中 Y0，则( )其中 D1 是积分区域 D 在 x0 的部分区域二、填空题4 曲线 (摆线)与 x 轴所围平面图形的面积是_5 函数 在点 A(1，0

2、，1)处沿点 A 指向点 B(3，一 2，2)方向的方向导数为_6 设 则 a2=_7 的通解为 y=_三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。8 求极限9 设 f(x)在( 一 a，a) 内连续，在 x=0 处可导，且 f(0)0 (1)求证：对任给的0xa，存在 01，使 (2)求极限10 设 f(x)连续，(x)= 01f(x2t)dt，且 存在，求 (x)并讨论 (x)的连续性11 设 y=y(x)由方程 确定，求 y(0)12 设 f(x)在0，2上连续，在 (0，2)内二阶可导，且f(2)，试证：存在一点 (0，2)，使得 f()=013 设 f(x)在a，b上连续，在(

3、a，b) 内可导，且 f(a)=f(b)=1，试证：存在两点， (a，b)，使得 (e 2a+ea+b+e2b)f()+f()=3e3 14 计算15 设 f(x)在0，1上连续，且 01f(x)dx=A，求 01x1f(t)dt+(1x)f(x)dx16 设 f(x)在0，1上可导， f(x)0，求 (x)=01f(x)一 f(t)dt 的极值点17 求曲线 在其拐点处的切线方程18 求椭圆 在第一象限部分的重心坐标19 设函数 z=f(x，y)具有二阶连续的偏导数，且满足 fxx=fyy又由 f(x，2x)=x，f x(x，2x)=x 2，试求二阶偏导数 fxx(x，2x)，f xy(x，

4、2x)20 试求平面 x+y 一 z=0 与圆柱面 x2+y2+z2 一 xyyz 一 zx 一 1=0 相交所成的椭圆的面积21 计算二重积分 其中积分区域 D=(x，y)0x， 0y2)22 设 f(t)为连续函数，常数 a0，区域23 计算曲线积分 其中 L 为自点 A(一 1，0)沿曲线 y=x2 一 1 至点 B(2，3) 的一段弧24 若对于 x0 的任意空间内的分片光滑有向闭曲面，都有其中函数 f(x)在(0，+)内具有连续的一阶导数，且 求函数 f(x)的表达式25 已知函数 y=y(x)满足关系式 y=x+y，且 y(0)=1试讨论级数的敛散性26 将函数 f(x)=ln(4

5、3xx2)展开成 x 的幂级数27 某地区的人口增长速度与当前该地区的人口成正比若两年后，人口增加一倍；三年后，人口是 20000 人，试估计该地区最初的人口数28 设函数 f(x)和 f(x)在 x0，+)上连续，且 f(x)b，a 和 b均为常数试证：微分方程 的一切解在 x0，+)上皆有界29 求解微分方程 y+y=2x2+1考研数学一（高等数学）模拟试卷 134 答案与解析一、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。1 【正确答案】 D【试题解析】 由 y x=1x=01，得 2xf(x2) x=1(一 01)=01，则故选 D若 f(x)在 x0 处可微，则 y=f

6、(x0)x+(x)2 【正确答案】 B【试题解析】 故选 B本题可直接计算 F(x)=arctanx+3 【正确答案】 B【试题解析】 因为积分区域 D 是关于变量 y 对称的，且 f(x，y)=x 是奇函数，所以 而相应的右侧均不为 0，故选 B本题用到了二重积分关于坐标轴的对称性二、填空题4 【正确答案】 应填 3a2【试题解析】 t0，2，曲线与 x 轴交点的横坐标是 x=0，2a ，且曲线在 x 轴上方，所以面积为 02a y(x)dx 02a2(1cost) 2dt=a202a (12cost+cos 2t)dt=3a25 【正确答案】 应填【试题解析】 先计算函数在点 A 处的各个

7、偏导数，再计算向量 的三个方向余弦因为 由此的其方向余弦为6 【正确答案】 应填 1【试题解析】 由于 an 是 x2 在一 ， 上周期为 2 的傅里叶系数，根据傅里叶系数的计算公式，有7 【正确答案】 应填【试题解析】 本题主要考查高阶方程的降阶以及一阶线性方程的解法令 y=u，则有 解得 u=y=x2+cx，故三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。8 【正确答案】 因为 所以【试题解析】 若在求极限时，涉及 等时，一定要考虑单侧极限9 【正确答案】 (1)令 F(x)= 0xf(t)dt+0x f(t)dt，则 F(0)=0，F(x)在0，x上可导，由拉格朗日中值定理 F(x)

8、一 F(0)=F(x)x，0 0xf(t)dt+0x f(t)dt=xf(x)f(x) (2)将上式两边同除以 2x2，得 又 f(0)存在，且f(0)0，所以，10 【正确答案】 在(一 ，+)内连续【试题解析】 令 x2t=u，将参数 x 提至积分号外(或积分限上)再求导11 【正确答案】 方程两边对自变量 x 求导，得 12 【正确答案】 由 f(x)在0 ，2上连续及由积分中值定理，存在点a 使得 在a，2上 f(x)满足洛尔定理的全部条件，由洛尔定理，存在一点 b(a，2)，使得 f(b)=0，又 f(x)在a， b上满足洛尔定理的全部条件，由洛尔定理，存在点 (a，b) (0，2)

9、 ，使f()=0【试题解析】 要证 f()=0，对 f(x)可用两次洛尔定理来证明用两次洛尔定理的关键是在0 ，2 内构造使 f(a)=f(2)的区间和使 f(b)=f(c)的区间a，2与b，ca，2可由积分中值定理得到， b，c 可由已知极限和洛尔定理获得13 【正确答案】 令 g(x)=e3x,则 g(x)=e3x 在a，b上满足拉格朗日中值定理条件 由拉格朗日中值定理，存在点 (a，b)，使得令 F(x)=exf(x)，由拉格朗日中值定理，存在点 (a，b)，使得 =ef()+f() 由 f(b)=f(a)=1，可得 =ef()+f() 两边同乘(e 2a+ea+b+e2b)，得 =(e

10、2a+ea+b+e2b)ef()+f()，代入式，可得(e2a+ea+b+e2b)f()+f()=3e3 【试题解析】 (e 2a+ea+b+e2b)f()+f()=3e3 (e2a+ea+b+e2b)ef()+f()=3e3 (e2a+ea+b+e2b)exf(x) x= =(e3x) x=，先对 g(x)=e3x 用拉格朗日中值定理，再对F(x)=exf(x)用拉格朗日中值定理，然后乘以常数(e 2a+ea+b+e2b)可得待证的等式14 【正确答案】 原式【试题解析】 15 【正确答案】 令 (x)=x1f(t)dt，则 (x)=一 f(x)， (0)= 01f(t)dt=A于是，原式=

11、01(x)+(x 一 1)(x)dx =01(x 一 1)(x)dx =(x 一 1)(x) 01 =(0) =A【试题解析】 本题也可分项计算 原式= 01(x)dx+01(x 一 1)(x)dx =01(x)dx+(x一 1)(x) 01 01(x)dx =(x 一 1)(x) 01 =(0) =A16 【正确答案】 由 f(x)0 可知，f(x)单调增加于是可知，所以 (x)=0xf(x)一 f(t)dt+x1f(t)一 f(x)dt =xf(x)一 0xf(t)dt+x1f(t)dt+xf(x)一 f(x) =(2x1)f(x)一 0xf(t)dt 一 1xf(t)dt, (x)=2f

12、(x)+(2x 一 1)f(x)一 f(x)一 f(x) =(2x 一 1)f(x)【试题解析】 先去掉 (x)的绝对值符号，再求极值17 【正确答案】 18 【正确答案】 设椭圆的面密度为 =1，则椭圆的质量为 对 x,y 轴的静力矩分别为【试题解析】 一般地，平面图形 D=(x，y)axb，g(x)yf(f)的重心坐标可利用如下公式计算：19 【正确答案】 因为 fx 1+fy2=1，所以 2fy=1 一 x2对此式两边关于 x 求偏导，得 2(f yx1+f yy2)=一 2x 由条件 fx(x，2x)=x 2，则有 f x1+f xy2=2x 联立和并由条件 fxx=fyy 可得【试题

13、解析】 此题的解法有一定的技巧性20 【正确答案】 根据分析，由坐标原点 O 至椭圆上的任意一点 (x，y，z) 的距离d= 之最大、最小值，就是该椭圆的长、短半轴为此，设拉朗格日函数为 L(x,y,z,)=x2+y2+z2+(x+yz) (x 2+y2+z2xyyz zx1) 令方程组将上述方程组中的前三个式子分别乘以 x、y、z 后相加，得 2(x2+y2+z2)+(x+yz)一 2(x2+y2+z2 一 xy 一 yz 一 zx)=0 再将上述方程组的后两个式子化为 d2=x2+y2+z2这充分说明 就是 d2 的极值，从而说明 就是 d 的极值于是，问题就转化为求 由上述方程组的前四个

14、式子消去参数 ，得由此可知，此式的两个根 1、 2 就是 d2 的极大值、极小值，即 a2 与 b2 由于 12=4，故所求的椭圆的面积是 S=ab= =2【试题解析】 (1)若能求得该椭圆的长、短半轴 a 与 6，则椭圆的面积为S=ab(2)由圆柱面方程 x2+y2+z2 一 xy 一 yz 一 zx 一 1=0 可知，此圆柱关于坐标原点 0 是对称的，故此圆柱的中心轴为通过坐标原点 0 的某一直线(3)由平面方程 x+yz=0 可知，它也是通过坐标原点 0 的所以，此平面上的椭圆截线必以坐标原点 0 为其中心点若用解析几何的方法来求解，可知圆柱面方程 x 2+y2+z2 一xy 一 yz

15、一 zx 一 1=0 所表示圆柱的中心轴为直线 L：x=y=z，且其纬圆半径为再由直线 L 与平面 x+yz=0 法线间的夹角的余弦为以及面积的投影关系 A=Scos，可得21 【正确答案】 当 0x+y 时，sin(x+y)0 ； 当 x+y 时，sin(x+y)0； 当x+y 时，sin(x+y)0故可将积分区域 D 分解成三个小区域 D1，D 2，D 3，如图 183 所示于是，【试题解析】 本题主要考查绝对值函数的二重积分本题的关键在于先确定被积函数在积分区域中的符号，从而将积分区域 D 分解成若干部分22 【正确答案】 因为【试题解析】 因被积函数是复合的抽象函数，故应先作变量代换，

16、再将二重积分化为累次积分在计算二重积分时，要注意积分区域23 【正确答案】 由于构造一个单连通区域 D：为坐标 xOy 平面去掉 Oy 正半轴及点 O(0，0)的开区间曲线积分在区域 D 内与路径无关取两点 C=(一 1, 一 1)和 D=(2, 一 1)，于是【试题解析】 本题主要考查曲线积分与路径无关的条件若 E=(一 1，3)，则本题不能选取路径 所围成的区域包含奇点 O(0，0)24 【正确答案】 因为曲面是封闭的，由高斯公式，有由已知条件函数 f(x)在(0，+)内具有连续的一阶导数，得三重积分的被积函数是连续的又由于空间区域 的任意性，从而当 x0 时，有 f(x)+xf(x)一

17、xf(x)一 e2x=0，【试题解析】 本题主要考查高斯公式的逆问题本题的关键问题在于三重积分中的被积函数为 025 【正确答案】 因为 y=x+y，所以 y=1+y由 y(0)=1，得 y(0)=1，y(0)=2 根据麦克劳林公式，得【试题解析】 因为 y(x)是已知微分方程的一个特解，则由麦克劳林公式讨论级数的敛散性26 【正确答案】 因为函数 f(x)=ln(43xx2)=ln(4+x)+ln(1 一 x)，而所以，f(x)=ln(43xx2)=27 【正确答案】 设该地区在时刻 t 时的人口数为 N，且最初的人口数为 N0，则这是一个变量可分离的微分方程，其通解为 N=cekt，其中

18、c 为任意常数 将初始条件 t=0、N=N 0 代入，得 c=N0于是，N=N 0ekt当 t=2 时，N= 2N 0，将它们代入到上式中，得 2N0= N0e2k，从而【试题解析】 本题主要考查如何根据实际问题，建立相应的微分方程，并求其对应的特解28 【正确答案】 考查初值问题 y(0)=y0对于固定的 y0，由方程可得相应的特解对于任意的 y0，可得方程的一切解由于故由函数极限的保号性：存在 M0，使得 xM 时，有由洛必塔法则，知故一切解y(x) 在 x0，+) 上皆有界【试题解析】 因函数 p(x)和 f(x)均未具体给出，则用一阶线性微分方程的通解公式(一般是用不定积分表示的)是无法讨论其性质的，故应当用变上限的定积分来表示其通解，以便讨论其性质29 【正确答案】 利用高阶可降阶的方法求解在微分方程 y+y=2x2+1 的两端同时积分，得 y+y= x3+x+c，这是一阶线性微分方程，其通解为【试题解析】 本题主要考查二阶非齐次线性微分方程的通解的结构 形如y+ay+by=erxPn(x)的二阶常系数非齐次线性微分方程，其特解的选取为y*=xkerxQn(x)，其中数 r 对应于特征方程 2+a+b=0 不是特征根、是特征单根、是特征重根，分别取得 k=0，1，2