2020年河南省普通专升本高等数学真题及答案

2023年12月3日发(作者：四川三诊数学试卷)

2020年河南省普通高等学校选拔专科优秀毕业生进入本科学校学习考试高等数学试卷一、单项选择题(每小题2分，共60分)在每个小题的四个备选答案中选出一个正确答案，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需更改，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．1．当x0时，3x26x是x的（A．高阶无穷小C．同阶非等价无穷小）B．低阶无穷小D．等价无穷小）21xx在R上是（2．f(x)是R上的奇函数，则sinf(x)lnA．奇函数C．非奇非偶函数13．极限lim1xx4xB．偶函数D．无法判断）B．e4）C．x32（A．e4C．0D．14．设f(x1)2x1，则f1(x5)（A．2x9B．2x11D．x22sin2(x1)x1,x1f(x)（2,x1，则lim5．设函数f(x)x1x21,x1）A．06．函数yln(x1)1B．13xC．2）D．不存在的定义域为（1A．1,3xe1x7．极限lim（x1lnxB．(1,3)）B．1f(x)f(a)6，在xa处（(xa)3C．[1,3)D．(1,3]A．08．设极限limxaC．2）B．不可导D．无极值D．3f(x)存在，f(a)0A．limxaC．f(x)有极大值9．极限limA．110．设f(2)A．12x4（xx24x8）B．0C．1）C．121x22edx2D．f(22h)f(2)1（，则极限limh0ln(1h)2B．1）D．111．下列式子成立的是（x2A．adxadaxB．xedx2C．xdxdx12．设函数f(x)满足A．xexC．xex13．y3x3x在x0处取得极小值，则x0（A．1ln3df(x)1，则f(x)（xde1D．lnxdxdx）B．exD．ex）C．1ln3B．ln3D．ln3）D．(e,e)14．设函数yxlnx在M0的切线平行于y2x1，则M0的坐标为（A．(1,0)B．(e,0)C．(e,1)215．函数yy(x)是由方程y23xyx31所确定的隐函数，则y（3x23yA．2y3x3y3x2B．2y3x）2y3xC．23x3yx(x1)216．函数f(x)有________个间断点．（sinx2y3xD．23x3y）C．2）B．D．）B．cos(12x)CD．1cos(12x)C21x2x3A．017．若不定积分f(x)dxB．1D．无数1C，则f(x)（xA．lnxC．1x218．sin(12x)dx（A．cos(12x)C1C．cos(12x)C219．已知f(x)A．e2xx0(e2t1)dt连续，则当n2时，fn(x)（）D．2n1e2x）B．2ne2xC．2n1e2x20．曲线y2x，yx以及x1围成的平面图形绕x轴旋转的旋转体体积为（A．175B．）C．1D．51721．下列广义积分收敛的是（xdx1x21dxC．exA．0B．sinxdx1D．41dx4x222．两平面xy3z10和2xy20的位置关系是（A．垂直B．斜交3）D．重合C．平行不重合23．曲面方程x2y2z0表示的是（A．椭圆面C．旋转抛物面2z24．已知zsin(xy)，则2（x2）B．圆锥面D．柱面）B．y4cos(xy2)D．y4sin(xy2)）A．y4cos(xy2)C．y4sin(xy2)25．已知zyex在点(0,1)沿方向l上取得最大方向导数，则l可取（A．ijC．ijB．ijD．ij（xcosttdyyy(x)26．设函数由参数方程所确定，则tdxysintet0）D．2A．027．下列级数收敛的是（A．B．1）C．1n11en3B．2n1n12C．n3nn132n1D．nn1328．L是正向圆周x2y26，则A．6(3xL2y2y)dx(x34x)dy（）D．36B．6）C．36kxn29．级数在k0时的收敛区间为（n0n!A．(1,1)11B．,kkC．(k,k)）(,)D．30．用待定系数法求y6y8ye2xsinx时，y应设为（4A．Ce2xC．xe2x(C1sinxC2cosx)B．e2x(C1sinxC2cosx)D．x2e2x(C1sinxC2cosx)二、填空题(每小题2分，共20分)31．已知f(1x)arctanx，fg(x)x2，则g(x2)________．sin2x,x02在x0处连续，则a________．32．已知f(x)a(xx)5excosx,x033．f(x)ln(t3)dt的单调递增区间为________．0x2f(x)极限存在且f(x)x33xlimf(x)，则f(x)________．34．已知limx2x235．定积分2x4x2dx________．36．f(x)dxF(x)C，则f(sinx)cosxdx________．37．设平面区域D(x,y)0yx,0x1，则38．zln(x2y)的全微分dz________．(1)nxn39．已知x0，则的和函数S(x)________．n(2)!n02xdxdy________．D40．微分方程yyy0的通解为________．三、计算题(每小题5分，共50分)11141．求极限limn1223(1)nn3n2．542．求函数yxlnx的导数．43．求不定积分1dx．x(2x1)44．求函数f(x)3x48x36x25的凹凸区间和拐点．45．已知f(x)xsin111x，求f(x)的渐近线(不考虑斜渐近线)．xe1ln(1x)46．计算定积分401dx．cos2x3647．已知a4,4,0，b3,2,8，c1,0,6，求(ab)c．求48．已知函数zz(x,y)由x2y33xyz22z1确定，zz，（其中6xyz20）．xy49．计算二重积分ydxdy，其中D为x2y21与坐标轴围成的的第一象限部分．D750．求函数F(x)1关于x的展开式．2x24x25四、应用题(每小题7分，共14分)51．某文物于1972年8月发掘出土，经研究测算该文物出土时14C（放射性同位素碳-14）标本存量为初始量R0的0.7761倍．已知14C的衰变速度与它的现存量成正比，且它的半衰变期（由初始量R0衰变至R0所需要的时间）为5730年．2（1）试求14C的现存量与时间t（年）的函数关系（其中涉及的对数不必写出具体数值）．（2）计算该文物至1972年8月大约经历了多少年，能否认为该文物为西汉时期（公元前202年~公元前8年）的作品，并说明理由（计算结果取整数：ln20.6931，ln0.77610.2535）．852．y1x2与x轴交A、B两点，在它们所围成的平面区域内，以AB为下底作内接等腰梯形ABCD，问C坐标为多少时，梯形ABCD面积最大？五、证明题(6分)53．函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，f(0)0，f(1)aa1，证明：在(0,1)1a内存在两个不同的实数1，2，使得f(1)f(2)12．2020年河南省高等数学试题解析一、单项选择题【答案】C1．3x26xlim(3x6)60，故3x26x是x的同阶非等价无穷小，【解析】由于limx0x0x故应选C．【答案】A2．9【解析】令g(x)sinf(x)，则g(x)sinf(x)sinf(x)sinf(x)g(x)，故2g(x)sinf(x)是奇函数，又由于ln1xx是奇函数，根据四则运算，奇函数+奇函数=奇函数，故应选A．【答案】B3．1【解析】由于lim1xx4x1lim1xxx(4)e4，故应选B．【答案】D4．1【解析】由于f(x1)2x12(x1)1，故f(x)2x1，又由于f(x)x1，故2f1(x5)x51x2，故应选D．22sin2(x1)2，则x1【答案】D5．2【解析】由于limf(x)lim(x1)0，limf(x)limx1x1x1x1x1limf(x)limf(x)，极限不存在，故应选D．x1【答案】B6．x10x1，即，则函数的定义域为(1,3)，故应选B．【解析】由题意得3x0x3【答案】C7．1e1xxe1xlimlimx(1e1x)2，故应选C．【解析】由于lim1x1x1x1lnxx【答案】D8．【解析】由于limxaf(x)f(a)f(x)f(x)f(x)limlimlim6，可知xa3(xa)2xa6(xa)xa(xa)36f(x)f(a)，f(a)0，f(a)0，f(a)36，故应选D．【答案】B9．【解析】由于limx4xlim0，故应选B．xx24x8xx210【答案】B10．【解析】由于limh0f(22h)f(2)f(22h)f(2)f(22h)f(2)limlim2h0h0ln(1h)h2h2f(2)1，故应选B．【答案】B11．1x221x22x2edxe(x)dxxedx，故应选B．【解析】由于22【答案】D12．【解析】由题意得，【答案】A13．【解析】由于y33x3x3xln333x(1ln3x)，令y0，则x0A．【答案】D14．【解析】由题意可知，令yxx0lnx012，则x0e，M0的坐标(e,e)，故应选D．【答案】B15．【解析】令F(x,y)y23xyx31，则Fx3y3x2，Fy2y3x，故Fxdy3y3x23y3x2y，故应选B．dxFy2y3x2y3x1，故应选ln3df(x)f(x)dx1，则f(x)ex，故f(x)ex，故应选D．xxdeedx【答案】D16．【解析】由题可知，当xk(kZ)时，sinx0，所以xk(kZ)均为f(x)的间断点，故间断点有无数个，故应选D．【答案】D17．【解析】由于【答案】C18．【解析】由于sin(12x)dxf(x)dx121C，两边求导得f(x)2，则f(x)3，故应选D．xxx11sin(12x)d(12x)cos(12x)C，故应选C．2211【答案】C19．【解析】由于f(x)x0(e1)dte2x1，2tf(x)(e2x1)2e2x，nn12xf(x)(2e2x)22e2x，，f(x)2e，故应选C．【答案】B20．【解析】绕x轴旋转的旋转体体积Vx应选B．【答案】D21．【解析】对于A：01(2x)102x2dx3xdxx012310，故x1112dxd(1x)ln(1x2)0，发散；221x201x2cos1cos，不存在，发散；对于B：sinxdxcosx1对于C：e对于D：1xdx2xe，发散；11dx(x2)(x2)441dx24x44111x2dxln4x2x2x2411ln，收敛，故应选D．43【答案】B22．1,1,3和n22,1,0，由于n1n210，且两个向量【解析】两平面的法线向量n1不对应成比例，则两平面斜交，故应选B．【答案】C23．【解析】由二次曲面的特点可知其为旋转抛物面，故应选C．【答案】D24．z2z22ycos(xy)，2y4sin(xy2)，故应选D．【解析】由于xx【答案】B25．【解析】当给定的方向l与梯度方向一致时，方向导数可以取得最大值．由于梯度12grad(0,1)zx,zy(0,1)yex,ex(0,1)1,1ij，故应选B．costetsint12，故应选D．【答案】D26．dxdydysint1，costet，故【解析】由于dtdtdxt0t0【答案】C27．1112p3【解析】由于是公比为的等比数列，收敛，则，收敛；且nn3为3n1nn13n13的p级数，收敛，所以级数【答案】C28．【解析】由于故应选C．【答案】D29．【解析】由于lim12n3收敛，故应选C．nn13L(3x2y2y)dx(x34x)dyDQPxydxdy6dxdy6SDD36，an1kn!lim0，则收敛半径为R，收敛区间为nan(n1)!kn(,)，故应选D．【答案】B30．【解析】对应的齐次方程为y6y8y0，其对应的特征方程为r26r80，特征根r12，r24，由于e2xsinx对应的复根为2i，故yx0e2x(C1sinxC2cosx)e2x(C1sinxC2cosx)，故应选B．二、填空题【答案】1tanx31．【解析】由于f(1x)arctanx，则f(x)arctan(x1)，故fg(x)arctan[g(x)1]x2，解得g(x)1tan(x2)，故g(x2)1tanx．1332．【答案】13f(x)limf(x)f(0)．【解析】由于f(x)在x0处连续，所以xlim0x0又limf(x)limx0x0sin2x2x2xlimcosx)6f(0)，limf(x)lim(5e，2x0xx00ax(x1)aa(xx)故a1．3【答案】(0,)33．【解析】由于f(x)2xln(x23)，令f(x)0，则x0，故单调递增区间为(0,)．234．【答案】3x245f(x)A，则f(x)x33xA，两边同时取极限【解析】令limx2limf(x)lim(x33xA)，即A86A，故Ax2x2f(x)3x224．52483x，所以，f(x)x55【答案】035．【解析】由于x4x2是奇函数，根据偶倍奇零，故2x4x2dx0．【答案】F(sinx)C36．【解析】f(sinx)cosxdxf(sinx)dsinxF(sinx)C．237．【答案】13【解析】Dxdxdydxxdy01x010x2dx13．38．【答案】12xdxdyxy2【解析】由于z2xz12x1zz22dx2dy，，故dzdxdy2xyxyxyxxyyxy12xdxdy．x2y1439．【答案】cosx(1)nx2n(1)nxn(1)n(x)2n(x0)，故【解析】cosx，由于S(x)n(2)!(2)!(2)!nnn0n0n0S(x)cosx．1xe2(C1cos40．【答案】y33xC2sinx)（C1，C2为任意常数）2213i，故通解为22【解析】其对应的特征方程为r2r10，其特征根为r1,2y1xe2(C1cos33．xC2sinx)（C1，C2为任意常数）22三、计算题41．【答案】e3【解析】111limn1223n(n1)1lim1nn13n23n21111111lim1n22334nn1lim3n2n13n21lim1nn11(n1)(3n2)n1ene3．42．【答案】y2lnxxlnx1【解析】两边同时取对数lnylnxlnxln2x，两边同时求导可得故导数yxlnx11y2lnx，yx2lnx2lnxxlnx1．x43．【答案】ln【解析】xC2x112111dxd(2x1)lnxln2x1Cdxdxx(2x1)x2x1x2x115lnxC．2x111114644．【答案】凸区间为,1，凹区间为,和(1,)；拐点为,和(1,6)33327【解析】函数f(x)3x48x36x25的定义域为(,)，由于f(x)12x324x212x，f(x)36x248x1212(3x1)(x1)，令f(x)0得，x11，x21．3131,13把定义域分为三个区间，列表如下：xf(x)f(x)1,3106(1,)+凹014627+凹凸111146故函数的凸区间为,1，凹区间为,和(1,)；拐点为,和(1,6)．3332745．【答案】f(x)仅有水平渐近线y11111xsinlimxsin【解析】水平渐近线，limf(x)limxxxxxln(1x)xe1111xlimlim001，故水平渐近线为y1．xex1xln(1x)xxlim垂直渐近线，令x0，ex10，ln(1x)0，1x0，则x0，x1，111111xsinlimxsinlim由于limf(x)limx00xx0x0x0ex1xln(1x)xln(1x)e11x1xeeln(1x)(ex1)ln(1x)ex1(1x)2x1limlim1limlimx0ln(1x)(ex1)x0x0x02x2x2，故x0不是垂直渐近线．11110，故xsinsin(1)又由于limf(x)lim1x1x1xex1ln(1x)e1x1也不是垂直渐近线．所以f(x)仅有水平渐近线y1．1646．【答案】【解析】1240434033arctan621sec2xsec2x144dxdxdx4dtanx222043tan2x03secx103(tanx1)1cosx31333043arctan3tanarctantandxx222662．3tanx21【答案】847．ijk【解析】由于ab44032i32j4k32,32,4，故(ab)c321468．3282x3yz23y23xz2zz，48．【答案】6xyz26xyz2xy22【解析】令F(x,y,z)x2y33xyz22z1，则Fx2x3yz2，Fy3y3xz，FyFxz2x3yz2z3y23xz2Fz6xyz2，由于6xyz20，故，．xFz6xyz26xyz2yFz49．【答案】13xrsin【解析】令，则yrcosydxdyD2011drsinrdr2sinr31dcos003301201．311nn1(1)x，x(1,1)50．【答案】F(x)26n025n1【解析】F(x)11111，2(25)(1)26125xxxxx24x2511xn，x(1,1)由于1xx1n01711111nx(1)(1)nn1xnx(25,25)，25x251x25n02525n025n11nnx，x(1,1)．1(1)故F(x)26n025n1四、应用题51．【答案】（1）RR0eln2t5730；（2）可认为该文物为西汉时代的作品【解析】（1）设现存量为R，由于14C的衰变速度与它的现存量成正比，则衰变速度为对dRkR，k0为比例恒量．dt1dRdRkdt，所以lnRktC1，故RCekt，kR分离变量并积分可得RdtR0Ce0ln2ln2t5730CRk由题可知R0，解得，，因此．RR0e05730k5730Ce2（2）由于该文物至1972年8月14C的现存量为初始量R0的0.7761倍，则有0.7761R0R0eln2t5730，解得tln0.77612096，因此该文物至1972年8月大约经历ln25730了2096年，大约出现在公元前124年，故可认为该文物为西汉时代的作品．1852．【答案】C坐标为,时，面积最大39设C坐标为(x,1x2)，则D坐标为(x,1x2)，【解析】由题意可知，A(1,0)，B(1,0)，则等腰梯形的面积S(x)1(22x)(1x2)(1x)(1x2)(1x1)．21．又由于3令S(x)(1x2)(1x)2x(1x)(13x)0，则x01（舍去），x1111S()40，故在x处取得极大值，由实际问题可知，在x处可取得最大值，33318故C坐标为,时，梯形ABCD面积最大．3918五、证明题53．【证明】令F(x)f(x)1a1111F(x),1x，将区间[0,1]分为0,，．由于在20,22a111上连续，在0,内可导，由拉格朗日中值定理可知，10,，使得221FF(0)1a21F(1)2F，即f(1)12F；12202111同理，F(x)在,1上连续，在,1内可导，由拉格朗日中值定理可知，2,1，2221F(1)F1220F12F1，即f()a2F；使得F(2)22212212两式相加，可得f(1)1f(2)20，即f(1)f(2)12，故在(0,1)内aaaa存在两个不同的实数1,2，使得f(1)f(2)12．aa19