2023年12月30日发(作者：中专升高一数学试卷)

绝密★启用前山东省大学生数学竞赛（专科）决赛试卷（非数学类（A），2019）考试形式：闭卷题满得号分分一30考试时间：120分钟二70满分：100分总分100注意：1．答题前，请竞赛选手将密封线内的项目填写清楚。2．将答案直接答在试卷相应题目的位置，答错位置不得分。得分线封评阅人一、填空题（每小题5分，共30分，请将答案填在题中横线上。）11. 已知函数f(x)，其定义域为____________.1111x1110

， 10，得x0，1，1x21x1故应填xR，但x0，1，.2解

由x0

， 12.

求limx(x2100x)____________.x-密第1页（共4页）

解 limx(x2100x)limx100xx2100xxlim10050.x100121x故应填50.3.

设yln(x1x2)，则yx12x3____________.12121x2解

y(1x)2，22x1x1x1y(1x2)22xx(1x2)2，所以yx23333.8故应填3.81x1x4.

如果等式f(x)edxeC，则f(x) .1x解

方程两边同时对x求导有f(x)e

比较等式两边可知f(x)故应填1.2xx11，2x1(e)2ex，x1x15.

已知函数

F(x)(2解

由F(x)21)dt(x0)，其单减区间为 .t12x110，且x0，得0x，4xx1所以单减区间为(0,).41故应填(0,).46.

(x1x2)2dx .11解

(x1x2)2dx(12x1x2)dxdx02.111 1 1 1故应填2.第2页（共4页）

二、综合题（本题共7小题，共70分，请写出相应演算步骤。）1xcos

x01.(10分)

设函数

f(x)

，讨论

f(x)在

x0处连续性与可导性.xx2

x0解

(1)由

f(0)0，10f(0)，x0x0x limf(x)limx20f(0)， limf(x)limxcosx0x0

得f(x)在

x0处连续.f(0x)f(0)limx0x0x

得f(x)在

x0处不可导. (2)由

f(0)lim2.(7分)

计算limarctanxx.x0ln(12x3)xcos101xlimcos极限不存在，x0xx112arctanxx1x211x解

原式limlimlim.x0x02x36x26x0x2(1x2)63.(8分)

设函数

yf(x)

由方程 ln(x2y)x3ysinx

确定，求

解

把x0代入方程得lny0，则y1.

方程两边关于x求导得1(2xy)3x2yx3ycosx.2x0

把x0，y1代入上式，得yx01.4.(10分)

证明不等式

abaabln(ab0).abb证

设f(x)lnx，在区间[b,a]上使用拉格朗日中值定理得 lnalnb1(ab)，其中(b,a).111abaab.故ln.ababb第3页（共4页）

由ba得

5.(11分)

已知

解

由于sinx

是函数

f(x)

的一个原函数，求

x3f(x)inxxcosxsinx是函数f(x)的一个原函数，有f(x)().xxx2sinx

因此x3f(x)dxx3df(x)x3f(x)3x2f(x)dxx3f(x)3x2dxxcosxsinxsinx2sinx

x33x32xdxx(xcosxsinx)3xsinx6cosxC2xxx

x2cosx4xsinx6cosxC. π 06.(9分)

计算

解

 π3 0π2 0

sin3x-sin5x dx.5 π32sinxsinx dx sinxcosx dx 032 π232

 sinxcosx dxπ sinxcosx dx224

sinxsin2x555π0252π25π7.(15分)

设D1是由抛物线y2x2和直线xa,x2及y0所围成的平面区域；D2是由抛物线y2x2和直线y0，xa所围成的平面区域，其中0a2.(1)试求D1绕x轴旋转而成的旋转体体积V1；D2绕y轴旋转而成的旋转体体积V2；(2)问当a为何值时，V1V2取得最大值？试求此最大值.解 (1)由题意得44πV1π(2x)dxπ(x5)(32a5)a55a2222V2πa22a2π2a20y1dy2πa4π(y2)2402a2πa4.4π(32a5)πa45由V4πa3(1a)0得唯一驻点a1(0,2)(2)设VV1V2当0a1时，V0；当a1时，V0因此a1是极大值点即为最大值点。此时，V1V2取得最大值，为第4页（共4页）129π.5


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