[专升本类试卷]广东专插本（高等数学）模拟试卷54及答案与解析.doc

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1、广东专插本（高等数学）模拟试卷 54 及答案与解析一、选择题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1 设函 f() ( )（A）1（B） 0（C） 1（D）不存在2 设函数 f()lnsin ，则 df() ( )（A）（B） cotd（C） cotd（D）tand3 f(2) (0)，则 f() ( )（A）2C（B） 2 C（C） 2C（D） C4 如果使函数 f() 在点 0 处连续，应将其在点 0 处的函数值补充定义为 ( )（A）0（B） 2（C） 1（D）15 设 pn ，q n ，n1，2，则下列命题中正确的是 ( )（A）若 an 条件收敛，则 Pn 与 qn 都收敛

2、（B）若 an 绝对收敛，则 Pn 与 qn 都收敛（C）若 an 条件收敛，则 Pn 与 qn 的敛散性都不定（D）若 an 绝对收敛，则 Pn 与 qn 的敛散性都不定二、填空题6 设 6，则 a_7 已知曲线 y 2 2 上点 M 处的切线平行于直线 y5 1，则点 M 的坐标为_8 已知 f() 2cos 01f()d，则 f()_ 9 微分方程 yy0 的通解为_10 若函数 f() 在 0 处连续，则 a_三、解答题解答时应写出推理、演算步骤。11 设 f() 问 a 为何值时，f()在 0 连续；a 为何值时， 0 是 f()的可去间断点12 求13 设函数 yy()由方程 y(

3、ln) .ln确定，求 y14 求不定积分15 过点 M(3，0)作曲线 yln( 3)的切线，该切线与此曲线及 轴围成一平面图形 D试求平面图形 D 绕 轴旋转一周所得旋转体的体积16 求 (2y 2)d，其中 D 为 ya ，y3a(a 0)为边的平行四边形17 求微分方程 y4y3y0 满足 y 0 2，y 0 6 的特解18 判定级数 的敛散性四、综合题19 设 zf(e y ，ytan)，其中 f(u，v) 是可微函数，求 dz20 证明：方程 31 0 0 在区间(0，1)内有唯一实数根广东专插本（高等数学）模拟试卷 54 答案与解析一、选择题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

4、合要求的。1 【正确答案】 D【试题解析】 极限不存在，本题应选 D2 【正确答案】 C【试题解析】 d(lnsin) cosdcotd，故应选 C3 【正确答案】 B【试题解析】 令 t 2 则 ，f() (0) ， f() f()dC，故应选 B4 【正确答案】 D【试题解析】 若 f()在 0 处连续需补充定义 f(0)1，故本题选 D5 【正确答案】 B【试题解析】 an 绝对收敛 都收敛， an 条件收敛都发散， 一个收敛，一个发散 an 发散，故本题选 B二、填空题6 【正确答案】 1【试题解析】 6，则(10)(12.0)(13.0)a0，a17 【正确答案】 (2，4)【试题解

5、析】 y215，则 2，故 M 点坐标为(2，4)8 【正确答案】 cos sin1【试题解析】 令 f() 2cosC，则 f() 2cos (2cosC)d， f()即 C ，C sin1，故 f() cos sin19 【正确答案】 yC 1C 2e【试题解析】 微分方程的特征方程为 2 0，则特征根为 10， 21， 故微分方程的通解为 yC 1C 2e(C1，C 2 为任意常数)10 【正确答案】 6【试题解析】 即 3，故 a6三、解答题解答时应写出推理、演算步骤。11 【正确答案】 (1)f(0) 6；若 f()在 0 处连续，应有 2a246，故 a1 若 f()是 f()的可

6、去间断点，则应有 f()f(0)，即 2a246a6 ，故 a1，所以 a2 时，0 是可去断点12 【正确答案】 原式1 13 【正确答案】 14 【正确答案】 设 t ，则 3t 2，d2tdt再将 t 代入，整理后得15 【正确答案】 设切线与曲线的切点为 M0(0，ln( 03)， 由于，所以切线方程为 yln( 03) ( 0)， 因为切线经过点 M(3，0) ，所以将 M(3，0)代入上式 得 0e3， 从而切线方程为 y (3)，于是，所求旋转体的体积为16 【正确答案】 首先画出积分区域 D，把它看作 Y 型则 (2y 2)d a3adyy-ay(2y 2)d a3a( 3y

7、2) y-aydy14a 417 【正确答案】 微分方程的特征方程为 24 30，则特征根11， 23则微分方程的通解为 yC 1e C 2e3 (C1，C 2 为任意常数) 又 yC 1e 3C 2e3 ，y 0 2，y 0 6。故微分方程特解为 y6e 4e 3 18 【正确答案】 ，故收敛四、综合题19 【正确答案】 令 ue y ，vytan，则 zf(u，v)， 故 dzf u(u，v)duf v(u，v)dv f ud(ey )f v，d(ytan) f uey (ddy)f v(ysec2dtandy) (e y fuysec 2fv)d(tanf ve y fu)dy20 【正确答案】 令 f()31 ， 则 f()3 在0，1上有意义 即有 f()在0 ，1上连续，而 f(0)10， f(1)2arctan12 0， 所以至少存在一个 (0，1)使 f()0， 即方程 f()0 在(0，1)内至少有一个实数根， 又 f() 3 0， 即 f()在(0，1)内单调增加 故方程31 dt0 在(0，1) 内有唯一实根