成人高考專升本高等數(shù)學(xué)(一)全真模擬試題及答案解析⑥一、選擇題：1～10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的，把所選項(xiàng)前的字母填在題后的括號(hào)內(nèi)。1.極限\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)的值為（）A.0B.1C.2D.3答案：D解析：根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1\)，對(duì)\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)進(jìn)行變形，\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\times\frac{3}{3}=3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}\)，令\(t=3x\)，當(dāng)\(x\to0\)時(shí)，\(t\to0\)，則\(3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=3\lim\limits_{t\to0}\frac{\sint}{t}=3\times1=3\)。2.設(shè)函數(shù)\(y=f(x)\)在點(diǎn)\(x_0\)處可導(dǎo)，且\(f^\prime(x_0)=2\)，則\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}\)等于（）A.0B.1C.2D.4答案：D解析：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義\(f^\prime(x_0)=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\)，對(duì)\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}\)進(jìn)行變形，\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}=2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}\)，令\(t=2h\)，當(dāng)\(h\to0\)時(shí)，\(t\to0\)，則\(2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}=2f^\prime(x_0)\)，已知\(f^\prime(x_0)=2\)，所以\(2f^\prime(x_0)=2\times2=4\)。3.函數(shù)\(y=x^3-3x\)的單調(diào)遞減區(qū)間是（）A.\((-\infty,-1)\)B.\((-1,1)\)C.\((1,+\infty)\)D.\((-\infty,-1)\cup(1,+\infty)\)答案：B解析：首先對(duì)函數(shù)\(y=x^3-3x\)求導(dǎo)，根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)，可得\(y^\prime=3x^2-3\)。令\(y^\prime\lt0\)，即\(3x^2-3\lt0\)，化簡(jiǎn)得\(x^2-1\lt0\)，因式分解為\((x+1)(x-1)\lt0\)，解得\(-1\ltx\lt1\)，所以函數(shù)\(y=x^3-3x\)的單調(diào)遞減區(qū)間是\((-1,1)\)。4.設(shè)\(f(x)\)是連續(xù)函數(shù)，則\(\intf^\prime(2x)dx\)等于（）A.\(f(2x)+C\)B.\(\frac{1}{2}f(2x)+C\)C.\(2f(2x)+C\)D.\(f(x)+C\)答案：B解析：令\(u=2x\)，則\(du=2dx\)，\(dx=\frac{1}{2}du\)。所以\(\intf^\prime(2x)dx=\frac{1}{2}\intf^\prime(u)du\)，根據(jù)不定積分的性質(zhì)\(\intf^\prime(x)dx=f(x)+C\)，可得\(\frac{1}{2}\intf^\prime(u)du=\frac{1}{2}f(u)+C\)，再把\(u=2x\)代回，得到\(\frac{1}{2}f(2x)+C\)。5.設(shè)\(z=e^{xy}\)，則\(\frac{\partialz}{\partialx}\)等于（）A.\(ye^{xy}\)B.\(xe^{xy}\)C.\(e^{xy}\)D.\(xye^{xy}\)答案：A解析：求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)時(shí)，把\(y\)看作常數(shù)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)公式\((e^u)^\prime=e^u\cdotu^\prime\)，對(duì)\(z=e^{xy}\)關(guān)于\(x\)求偏導(dǎo)數(shù)，令\(u=xy\)，則\(\frac{\partialz}{\partialx}=e^{xy}\cdoty=ye^{xy}\)。6.設(shè)\(L\)為從點(diǎn)\((0,0)\)到點(diǎn)\((1,1)\)的直線段，則\(\int_Lxdy\)的值為（）A.0B.\(\frac{1}{2}\)C.1D.2答案：B解析：直線\(L\)的方程為\(y=x\)，\(x\)從\(0\)到\(1\)，\(dy=dx\)。則\(\int_Lxdy=\int_0^1xdx\)，根據(jù)定積分公式\(\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C(n\neq-1)\)，可得\(\int_0^1xdx=\left[\frac{1}{2}x^2\right]_0^1=\frac{1}{2}(1^2-0^2)=\frac{1}{2}\)。7.冪級(jí)數(shù)\(\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^n}{n+1}\)的收斂半徑\(R\)為（）A.0B.1C.2D.\(+\infty\)答案：B解析：對(duì)于冪級(jí)數(shù)\(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n\)，其收斂半徑\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|\)。在冪級(jí)數(shù)\(\sum\limits_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^n}{n+1}\)中，\(a_n=(-1)^n\frac{1}{n+1}\)，\(a_{n+1}=(-1)^{n+1}\frac{1}{n+2}\)，則\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{(-1)^n\frac{1}{n+1}}{(-1)^{n+1}\frac{1}{n+2}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{n+2}{-(n+1)}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+2}{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1+\frac{2}{n}}{1+\frac{1}{n}}=1\)。8.設(shè)\(y_1,y_2\)是二階常系數(shù)線性齊次方程\(y^{\prime\prime}+py^\prime+qy=0\)的兩個(gè)線性無(wú)關(guān)的解，則該方程的通解為（）A.\(y=C_1y_1+C_2y_2\)（\(C_1,C_2\)為任意常數(shù)）B.\(y=C_1y_1-C_2y_2\)（\(C_1,C_2\)為任意常數(shù)）C.\(y=C_1y_1\)（\(C_1\)為任意常數(shù)）D.\(y=C_2y_2\)（\(C_2\)為任意常數(shù)）答案：A解析：根據(jù)二階常系數(shù)線性齊次方程通解的結(jié)構(gòu)定理，如果\(y_1,y_2\)是二階常系數(shù)線性齊次方程\(y^{\prime\prime}+py^\prime+qy=0\)的兩個(gè)線性無(wú)關(guān)的解，那么\(y=C_1y_1+C_2y_2\)（\(C_1,C_2\)為任意常數(shù)）就是該方程的通解。9.設(shè)\(A\)為\(3\)階方陣，且\(\vertA\vert=2\)，則\(\vert2A\vert\)等于（）A.2B.4C.8D.16答案：D解析：根據(jù)方陣行列式的性質(zhì)，若\(A\)為\(n\)階方陣，\(k\)為常數(shù)，則\(\vertkA\vert=k^n\vertA\vert\)。已知\(A\)為\(3\)階方陣，\(\vertA\vert=2\)，\(k=2\)，所以\(\vert2A\vert=2^3\times\vertA\vert=8\times2=16\)。10.設(shè)向量\(\overrightarrow{a}=(1,-2,3)\)，\(\overrightarrow=(2,1,0)\)，則\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow\)等于（）A.0B.1C.2D.3答案：A解析：根據(jù)向量點(diǎn)積的坐標(biāo)運(yùn)算公式，若\(\overrightarrow{a}=(x_1,y_1,z_1)\)，\(\overrightarrow=(x_2,y_2,z_2)\)，則\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2\)。已知\(\overrightarrow{a}=(1,-2,3)\)，\(\overrightarrow=(2,1,0)\)，所以\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow=1\times2+(-2)\times1+3\times0=2-2+0=0\)。二、填空題：11～20小題，每小題4分，共40分。把答案填在題中橫線上。11.\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x\)的值為______。答案：\(e^2\)解析：根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e\)，對(duì)\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x\)進(jìn)行變形，令\(t=\frac{x}{2}\)，則\(x=2t\)，當(dāng)\(x\to\infty\)時(shí)，\(t\to\infty\)，\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x=\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^{2t}=\left[\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^t\right]^2=e^2\)。12.設(shè)函數(shù)\(y=\ln(1+x^2)\)，則\(y^\prime\)等于______。答案：\(\frac{2x}{1+x^2}\)解析：根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)公式\((\lnu)^\prime=\frac{1}{u}\cdotu^\prime\)，令\(u=1+x^2\)，則\(y^\prime=\frac{1}{1+x^2}\cdot(1+x^2)^\prime\)，又\((1+x^2)^\prime=2x\)，所以\(y^\prime=\frac{2x}{1+x^2}\)。13.函數(shù)\(y=x^4-2x^2+5\)在區(qū)間\([-2,2]\)上的最大值為______。答案：13解析：先對(duì)函數(shù)\(y=x^4-2x^2+5\)求導(dǎo)，\(y^\prime=4x^3-4x=4x(x^2-1)=4x(x+1)(x-1)\)。令\(y^\prime=0\)，解得\(x=0\)，\(x=1\)，\(x=-1\)。再計(jì)算函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和駐點(diǎn)處的值：\(y(-2)=(-2)^4-2\times(-2)^2+5=16-8+5=13\)，\(y(2)=2^4-2\times2^2+5=16-8+5=13\)，\(y(0)=5\)，\(y(1)=1^4-2\times1^2+5=4\)，\(y(-1)=(-1)^4-2\times(-1)^2+5=4\)。比較這些值可得最大值為\(13\)。14.\(\intx\cosxdx\)等于______。答案：\(x\sinx+\cosx+C\)解析：使用分部積分法，設(shè)\(u=x\)，\(dv=\cosxdx\)，則\(du=dx\)，\(v=\sinx\)。根據(jù)分部積分公式\(\intudv=uv-\intvdu\)，可得\(\intx\cosxdx=x\sinx-\int\sinxdx\)，又\(\int\sinxdx=-\cosx+C\)，所以\(\intx\cosxdx=x\sinx+\cosx+C\)。15.設(shè)\(z=x^2y+\sin(xy)\)，則\(\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}\)等于______。答案：\(2x+x\cos(xy)\)解析：先求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)，把\(y\)看作常數(shù)，\(\frac{\partialz}{\partialx}=2xy+y\cos(xy)\)。再對(duì)\(\frac{\partialz}{\partialx}\)關(guān)于\(y\)求偏導(dǎo)數(shù)，\(\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}=2x+\cos(xy)-xy\sin(xy)\)。16.設(shè)\(D\)是由\(x=0\)，\(y=0\)，\(x+y=1\)所圍成的區(qū)域，則\(\iint_Dxydxdy\)的值為______。答案：\(\frac{1}{24}\)解析：先確定積分限，\(D\)可以表示為\(0\leqslantx\leqslant1\)，\(0\leqslanty\leqslant1-x\)。則\(\iint_Dxydxdy=\int_0^1dx\int_0^{1-x}xydy=\int_0^1x\left[\frac{1}{2}y^2\right]_0^{1-x}dx=\frac{1}{2}\int_0^1x(1-x)^2dx=\frac{1}{2}\int_0^1x(1-2x+x^2)dx=\frac{1}{2}\int_0^1(x-2x^2+x^3)dx=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}x^2-\frac{2}{3}x^3+\frac{1}{4}x^4\right]_0^1=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{24}\)。17.冪級(jí)數(shù)\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n\cdot2^n}\)的收斂區(qū)間為______。答案：\((-2,2)\)解析：先求收斂半徑\(R\)，\(a_n=\frac{1}{n\cdot2^n}\)，\(a_{n+1}=\frac{1}{(n+1)\cdot2^{n+1}}\)，\(R=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{1}{n\cdot2^n}}{\frac{1}{(n+1)\cdot2^{n+1}}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n+1)\cdot2^{n+1}}{n\cdot2^n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2(n+1)}{n}=2\)。當(dāng)\(x=2\)時(shí)，冪級(jí)數(shù)變?yōu)閈(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{n\cdot2^n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\)，這是調(diào)和級(jí)數(shù)，發(fā)散；當(dāng)\(x=-2\)時(shí)，冪級(jí)數(shù)變?yōu)閈(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-2)^n}{n\cdot2^n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\)，這是交錯(cuò)級(jí)數(shù)，收斂。所以收斂區(qū)間為\((-2,2)\)。18.二階常系數(shù)線性齊次方程\(y^{\prime\prime}-4y^\prime+4y=0\)的通解為______。答案：\(y=(C_1+C_2x)e^{2x}\)（\(C_1,C_2\)為任意常數(shù)）解析：特征方程為\(r^2-4r+4=0\)，即\((r-2)^2=0\)，解得\(r_1=r_2=2\)。當(dāng)特征根為二重根\(r_1=r_2\)時(shí)，二階常系數(shù)線性齊次方程的通解為\(y=(C_1+C_2x)e^{r_1x}\)，所以該方程的通解為\(y=(C_1+C_2x)e^{2x}\)（\(C_1,C_2\)為任意常數(shù)）。19.設(shè)矩陣\(A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\)，則\(A\)的逆矩陣\(A^{-1}\)為______。答案：\(\begin{pmatrix}-2&1\\\frac{3}{2}&-\frac{1}{2}\end{pmatrix}\)解析：對(duì)于二階矩陣\(A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\)，其逆矩陣\(A^{-1}=\frac{1}{\vertA\vert}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}\)，其中\(zhòng)(\vertA\vert=ad-bc\)。已知\(A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}\)，\(\vertA\vert=1\times4-2\times3=-2\)，則\(A^{-1}=\frac{1}{-2}\begin{pmatrix}4&-2\\-3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&1\\\frac{3}{2}&-\frac{1}{2}\end{pmatrix}\)。20.設(shè)向量\(\overrightarrow{a}=(1,1,1)\)，\(\overrightarrow=(1,0,1)\)，則向量\(\overrightarrow{a}\)與\(\overrightarrow\)的夾角\(\theta\)的余弦值為______。答案：\(\frac{2}{\sqrt{6}}\)解析：根據(jù)向量點(diǎn)積公式\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow=\vert\overrightarrow{a}\vert\vert\overrightarrow\vert\cos\theta\)，可得\(\cos\theta=\frac{\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow}{\vert\overrightarrow{a}\vert\vert\overrightarrow\vert}\)。\(\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow=1\times1+1\times0+1\times1=2\)，\(\vert\overrightarrow{a}\vert=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}\)，\(\vert\overrightarrow\vert=\sqrt{1^2+0^2+1^2}=\sqrt{2}\)，所以\(\cos\theta=\frac{2}{\sqrt{3}\times\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{6}}\)。三、解答題：21～28小題，共70分。解答應(yīng)寫出推理、演算步驟。21.（本題滿分8分）求極限\(\lim\limits_{x\to1}\frac{x^2-3x+2}{x^2-1}\)。解：先對(duì)分子分母進(jìn)行因式分解，\(x^2-3x+2=(x-1)(x-2)\)，\(x^2-1=(x-1)(x+1)\)。則\(\lim\limits_{x\to1}\frac{x^2-3x+2}{x^2-1}=\lim\limits_{x\to1}\frac{(x-1)(x-2)}{(x-1)(x+1)}\)，因?yàn)閈(x\to1\)時(shí)，\(x\neq1\)，所以可以約去\(x-1\)，得到\(\lim\limits_{x\to1}\frac{x-2}{x+1}\)。將\(x=1\)代入\(\frac{x-2}{x+1}\)，可得\(\frac{1-2}{1+1}=-\frac{1}{2}\)。所以\(\lim\limits_{x\to1}\frac{x^2-3x+2}{x^2-1}=-\frac{1}{2}\)。22.（本題滿分8分）設(shè)函數(shù)\(y=\frac{\sinx}{x}\)，求\(y^\prime\)。解：根據(jù)除法求導(dǎo)公式\((\frac{u}{v})^\prime=\frac{u^\primev-uv^\prime}{v^2}\)，對(duì)于\(y=\frac{\sinx}{x}\)，令\(u=\sinx\)，\(v=x\)。則\(u^\prime=(\sinx)^\prime=\cosx\)，\(v^\prime=(x)^\prime=1\)。所以\(y^\prime=\frac{\cosx\cdotx-\sinx\cdot1}{x^2}=\frac{x\cosx-\sinx}{x^2}\)。23.（本題滿分8分）求曲線\(y=x^3-3x^2+2x\)在點(diǎn)\((1,0)\)處的切線方程。解：首先對(duì)函數(shù)\(y=x^3-3x^2+2x\)求導(dǎo)，根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)，可得\(y^\prime=3x^2-6x+2\)。將\(x=1\)代入\(y^\prime\)，得到切線的斜率\(k=y^\prime|_{x=1}=3\times1^2-6\times1+2=-1\)。已知切線過(guò)點(diǎn)\((1,0)\)，斜率為\(-1\)，根據(jù)直線的點(diǎn)斜式方程\(y-y_0=k(x-x_0)\)（其中\(zhòng)((x_0,y_0)\)為直線上一點(diǎn)，\(k\)為直線斜率），可得切線方程為\(y-0=-1\times(x-1)\)，即\(y=-x+1\)。24.（本題滿分8分）計(jì)算\(\int_0^1(2x+e^x)dx\)。解：根據(jù)定積分的性質(zhì)\(\int_a^b(f(x)+g(x))dx=\int_a^bf(x)dx+\int_a^bg(x)dx\)，可得\(\int_0^1(2x+e^x)dx=\int_0^12xdx+\int_0^1e^xdx\)。對(duì)于\(\int_0^12xdx\)，根據(jù)定積分公式\(\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C(n\neq-1)\)，可得\(\int_0^12xdx=2\times\left[\frac{1}{2}x^2\right]_0^1=2\times\frac{1}{2}(1^2-0^2)=1\)。對(duì)于\(\int_0^1e^xdx\)，根據(jù)定積分公式\(\inte^xdx=e^x+C\)，可得\(\int_0^1e^xdx=\left[e^x\right]_0^1=e^1-e^0=e-1\)。所以\(\int_0^1(2x+e^x)dx=1+(e-1)=e\)。25.（本題滿分8分）設(shè)\(z=f(x^2y,xy^2)\)，其中\(zhòng)(f\)具有一階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)和\(\frac{\partialz}{\partialy}\)。解：令\(u=x^2y\)，\(v=xy^2\)。根據(jù)復(fù)合函數(shù)求偏導(dǎo)數(shù)的鏈?zhǔn)椒▌t\(\frac{\partialz}{\partialx}=\frac{\partialz}{\partialu}\cdot\frac{\partialu}{\partialx}+\frac{\partialz}{\partialv}\cdot\frac{\partialv}{\partialx}\)。\(\frac{\partialu}{\partialx}=2xy\)，\(\frac{\partialv}{\partialx}=y^2\)，所以\(\frac{\partialz}{\partialx}=f_1^\prime\cdot2xy+f_2^\prime\cdoty^2\)，其中\(zhòng)(f_1^\prime\)表示\(f\)對(duì)第一個(gè)變量\(u\)的偏導(dǎo)數(shù)，\(f_2^\prime\)表示\(f\)對(duì)第二個(gè)變量\(v\)的偏導(dǎo)數(shù)。同理，\(\frac{\partialz}{\partialy}=\frac{\partialz}{\partialu}\cdot\frac{\partialu}{\partialy}+\frac{\partialz}{\partialv}\cdot\frac{\partialv}{\partialy}\)。\(\frac{\partialu}{\partialy}=x^2\)，\(\frac{\partialv}{\partialy}=2xy\)，所以\(\frac{\partialz}{\partialy}=f_1^\prime\cdotx^2+f_2^\prime\cdot2xy\)。26.（本題滿分10分）計(jì)算二重積分\(\iint_D(x^2+y^2)dxdy\)，其中\(zhòng)(D\)是由\(x^2+y^2\leqslant4\)所圍成的區(qū)域。解：利用極坐標(biāo)變換\(x=r\cos\theta\)，\(y=r\sin\theta\)，則\(x^2+y^2=r^2\)，\(dxdy=rdrd\theta\)。區(qū)域\(D\)在極坐標(biāo)下表示為\(0\leqslantr\leqslant2\)，\(0\leqslant\theta\leqslant2\pi\)。則\(\iint_D(x^2+y^2)dxdy=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2r^2\cdotrdr\)。先計(jì)算\(\int_0^2r^3dr=\left[\frac{1}{4}r^4\right]_0^2=\frac{1}{4}(2^4-0^4)=4\)。再計(jì)算\(\int_0^{2\pi}d\theta=\left[\theta\right]_0^{2\pi}=2\pi\)。所以\(\iint_D(x^2+y^2)dxdy=2\pi\times4=8\pi\)。27.（本題滿分10分）求冪級(jí)數(shù)\(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(x-1)^n}{n\cdot3^n}\)的收斂域。解：令\(t=x-1\)，則冪級(jí)數(shù)變?yōu)閈(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n\cd