[考研类试卷]考研数学一（高等数学）模拟试卷239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 239 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 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 -RRf()d 存在，则 f()d 必收敛，且 f()d -RRf()d； 若 f()d 与 g()d 都发散，则 f()g()d 未必发散；若 0f()d 与 0 f()d 都发散，则 f()d 未必发散（A）1 个（B） 2 个（C） 3 个（D）4 个2 微分方程 y4y2cos 22 的特解可设为（A）AB 1cos

2、4B 2sin4（B） AB 1cos4B 2sin4（C） B1cos22B 2sin22（D）B 1cos4B 2sin43 下列函数 z=f(，y) 在点 (0，0) 处不可微的是（A）f(，y)y（B） f(，y) （C）（D）二、填空题4 设 f() 则 01f()d_5 若在 f() 的原函数 F()的表达式中不包含对数函数，则常数 a 和 b 必须满足条件 _6 ( (cos) 3d_7 tanarctane d_8 设 n 是正整数，则 _三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。9 ()设 ()在a，b二阶可导， ()0 ，在a，b的 子区间上 ()0 ，又(a)(b

3、)0，求证 ()0( (a，b) ( )设 f()在0，1上可导，且 f()0，f()0 求证：函数 F() 0f(t)dt 满足 F(1)F()2 01F(t)dt， (0，1)10 设函数 f()在( ， )上连续，且 ，t (，)满足 01f(t)dtf()cos 试求 f()在(，)上的导函数 f()11 求f()d，其中 f()12 求下列积分：13 求 Ie acosbd，J easinbd，其中常数 a 和 b 满足 ab014 计算定积分15 计算下列定积分：16 ()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： 0af()d abf(

4、)d； ()(1)对 0， 00，证明：lnln 0 ( 0) (2)设 u(t)在a，b上连续，u(t)0，证明：17 计算反常积分 I 与 J 18 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19 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 S1 与 S2 相等求常数 c 的值20 如图 132，设单位圆 2y 21 上点 M(0，y 0)处的切线 L 与抛物线 y 22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21 设常数 a 0，求心脏线 ra(1 cos)的全长以及它所围平面图形的面

5、积22 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23 设由曲线 y 与直线 a(0 a1)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24 ()求微分方程 0 的通解及满足 y(1)1 的特解； ()求微分方程(ye 2e y 2)d(e 2y)dy0 的通解25 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 a

6、0， f()b，y()为方程(*)的任意一个解，求 y()； ()设 a0， f()b，又 0eaf()d 收敛，求 y()26 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 的解；() 求 y yf()的通解27 设 u00，u 11，u n+1au nbu n-1，n1，2，其中 a，b 为实常数，又设f() ()试导出 f()满足的微分方程； ()证明：f()e af()28 求解初值问题29 设 y()是方程 y(4)yyy0 的解且当 0 时 y()是 的 3 阶无穷小，求y()考研数学一（高等数学）模拟试卷 2

7、39 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】 A【试题解析】 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 af()d和 a f()d都收敛这时定义 f()d af()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 -RRf()d 0但是 0f()d 0d ， 0 f()d 0 d，故 f()d发散，这表明命题，都不是真命题 设 f()，g() ，由上面讨论可知 f()d与 g()d都发散，但 f()g()d 收敛，这表明命题 是真命题 故应选 A【知识模块】

8、 高等数学2 【正确答案】 A【试题解析】 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 240，特征根 10， 24 利用解的叠加原理：相应于非齐次项f1()1，有形式为 y1*()A( 10 为单特征根)的特解，A 为待定常数；相应于非齐次项 f2()cos4，有形式为 y2*()B 1cos4B 2sin4的特解，B 1，B 2 为待定常数因此，原方程的特解可设为 AB 1cos4B 2sin4应选 A【知识模块】 高等数学3 【正确答案】 B【试题解析】 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(，

9、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【知识模块】 高等数学二、填空题4 【正确答案】 sin1【试题解析】 由题设可知 f()在点 0 处不连续，但显然函数 F()是 f()的一个原函数因为 f()在0，1 上是只有一个间断点0 的有界函数，所以在0，1上可积，从而 01f()dF() 01sin1【知识模块】 高等数学5 【正确答案】 a 任意且 b1【试题解析】 按真分式的分解公式，有其中A，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

10、()的表达式不包含对数函数，其充分必要条件为 即2abB(1 2)D(1) 2(BD) 22DBD 1B D，a2D，bB D 2D，b 1，即 a 任意且 b1【知识模块】 高等数学6 【正确答案】 12【试题解析】 利用对称区间上奇偶函数定积分的简化计算公式知 (cos)3d (33 2cos3cos 2cos 3)d 6 02cosd2 0cos2d， 分别利用分部积分法和换元积分法，可得 02cosd 02d(sin) 2sin 0 0sind(2)2 0sind 2 0d(sos)2(cos 0 0cosd)2( sin 0)2，综合即得 (cos)3d12【知识模块】 高等数学7

11、【正确答案】 ln2【试题解析】 利用被积函数的结合：设 f()在 a ，a可积，则 I f -aaf()d-aaf(t)dt -aaf()d 两者结合起来得 2I -aaf()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【知识模块】 高等数学8 【正确答案】 【试题解析】 利用余角关系 sin( )cos，cos( )sin 可得【知识模块】 高等数学三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。9 【正确答案】 () 由

12、罗尔定理知， c(a，b)，(c) 0由 ()在a，b，()在a ，c，在c，b， ()(a)0(ac)， ()(b)0(c b) 因此，() 0(a b) ()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 01F()d 01d.F(1) F(1) 由 F()在0，1 单调上升，F(1)F()(0，1) 201F()dF(1) F()( (0，1)【知识模块】 高等数学10 【正确答案】 当 0

13、时，令 tu，可得， 01f(t)dt f(u)du 于是，当0 时 f(u)duf() cos， 即 0f(u)duf() 2cos0 由 f()的连续性知0f(u)du 可导，从而 f()可导，于是 f()当 0 时可导，且 f()f() f()2cos 2sin，0 由此可得 f()2cossin，0 由于 f()在 0 连续，又 (2cos sin)2 f(0)2 故 f()sin2cos，(，)【知识模块】 高等数学11 【正确答案】 首先由于 f()连续，可利用变上限定积分 0f(t)dt 求出 f()一个原函数，即 当 0 时， 0f(t)dt 0sintdtcost 01cos

14、； 当 0 时， 0f(t)dt 0fln(1t)dt 0ln(1t)d(1t) (1t)ln(1t) 0 0dt(1)ln(1 ) 其次，利用原函数与不定积分的关系，可得 f()d 0f(t)dtC【知识模块】 高等数学12 【正确答案】 ()令 sint，t ，则 cost，d costdt，代入即得令costA(sintcost) B(sintcost)A(sintcost) B(cost sint) (AB)sint(AB)cost， 于是 AB0，AB1 AB ，从而()令 ，则 tant，：12 t：0 ，且 d ，代入即得【知识模块】 高等数学13 【正确答案】 用分部积分法可得

15、 Ie acosbd ead(sinb) easinbsinbd(e a) (easinbae asinbd) easinb 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 (asinbbcosb)C【知识模块】 高等数学14 【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【知识模块】 高等数学15 【正确答案】 两式相加得 因此 I作平移变换，令 t，【知识模块】 高等数学16 【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

16、 0af()d af()， abf()d(ba)f() ， 利用函数 f()在区间0，1上单调非增与 可得 f()f()，即 0af()f()f() abf()d 因为a0 且 f()0，所以 abf()d abf()d abf()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( abu(t)dt)ablnu(t)dt 即 abln( abu(t)dt)dtablnu(t)dt 将 u(t) 与 0 abu(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 00，则

17、有 ablndtln 0.(ba) ( 0)dt，因此有【知识模块】 高等数学17 【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 21t 2，故在反常积分 J 中令 t，则 ：10 t：01，且 ：t 31，d3t 2dt，ln(1 )ln(t 3)3lnt，代入就有【知识模块】 高等数学18 【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，从而是无界函数的反常积分(称 0 为瑕点)即()中积分收敛

18、()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 的收敛性因为即()中的积分发散【知识模块】 高等数学19 【正确答案】 b 点的横坐标为 b，如图 131由题设 S1S 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 0b(8 4)d4b 2 b5c4b b4 (1) 又点 B 在曲线上，满足 c8bb 4 (2) 解方程(1) ，(2)，可得b ，c 3 【知识模块】 高等数学20 【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

19、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 12 12 222bk 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 k2 单位圆 2y 21在点 M(0，y 0)处的切线 L 的方程是 0yy 01 即， 代入 f 的表达式得 f2 b (b2) 23 于是minff b2 对应的 y0 满足 ， 与 y0 相应的 y0 即点 M 的坐标为 ，过 M 的切线 L 的方程为 1【知识模块】 高等数学21 【正确答案】 当0 时可得到整条心脏线，如图 133，故其

20、全长它所围平面图形的面积【知识模块】 高等数学22 【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【知识模块】 高等数学23 【正确答案】 由曲线 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 D1 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 D1 绕 轴旋转一周所得旋转体的体积在 D2 中 yydy 的小窄条绕 轴旋转

21、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D2 绕 轴旋转一周所得旋转体的体积把 V1(a)与 V2(a)相加，即得即 V(a)的最小值是 ，最小值点是 a 【知识模块】 高等数学24 【正确答案】 先判断类型，然后再求解 ()原微分方程两边乘以 y4 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

22、 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 2de d(y2)dy 20， 由微分法则得 d(y2)e y 20 因此通解为(y2)e y 2C，其中 C 为 常数【知识模块】 高等数学25 【正确答案】 () 将方程两边乘 ()e ade a得 (ye a)e af()yeae af()dC 于是得通解 yCe a e a eaf()d 或yCe a e aeaf(t)dt，其中 C 为 常数 ()由题()的结论及洛必达法则即得()由题()的结论及洛必达法则即得当C 0 eatf(t)dt0 时，这是求 型极限

23、，可用洛必达法则求得极限【知识模块】 高等数学26 【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 1C 2e 由初值C1 1，C 21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 ，故先作变量替换 y() 0(1e s )f(s)ds 0f(s)dse 0esf(s)ds 现可用变限积分求导法得 y()f()e ef()e 0esf(s)dse 0esf(s)ds， y

24、() e 0esf(s)dsf() 两式相加得 y tf() 在 ，中令 0 得 y(0)0，y(0)0 ()由二阶线性非齐次方程通解的结构，并用题()与题()知，yyf()的通解是 yC 1C 2e 0(1e t )f(t)dt【知识模块】 高等数学27 【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u01，u 11，u n+1au nbu 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 设f1()e af()，则 f 1()ae af()e ay()， f 1

25、()a 2eaf()ae af() ae af()e af()， 于是 f 1()af 1()ae af()e af()e af()af() be af()bf 1() 因此 f 1()af 1bf 1()0 且 f1() 0，f 1(0)1可知 f1()也是初值问题(*)的解，由于解唯一，故有 f()f 1()e af()【知识模块】 高等数学28 【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 p2e y1，即再分离变量得 d ，积分得由初值定出 C2ln( 1)因此得 y2ln【知识模块】 高等数学29 【正确答案】

26、令 py，则 p 是三阶线性常系数齐次方程的解， pppp0 方程 的特征方程 3 2 1 0，即( 1)( 21)0，特征根1，i 于是的通解即所有解 pC 1eC 2cosC 3sin，即 y()C 1eC 2cosC 3sin 积分得 y()C 1eC 2sinC 3cosC 4 下面确定C1，C 2，C 3，C 4 之间的关系 按题意 I为非零常数 (C1eC 2sinC 3cosC 4)C 1C 3C 40 由 I为非零常数 (C1eC 2cosC 3sin)C 1 C20 又由 I 为非零常数 (C1eC 2sinC 3cos)C 1C 30 最后 I(C1C 2) 由 ，得C2C 3C 1 记 为 C，由 得 y()(e sin cos2)C，其中 C0 为常数 此时，由式 I 0 因此，最后求得 y()(e sincos2)C，其中 C0 为 常数【知识模块】 高等数学