中公专升本2022浙江省专升本考试高等数学考前押密试卷

《中公版·2022浙江省专升本考试考前押密试卷：高等数学》严格依据浙江省专升本考试高等数学科目真题编写。本书具有以下特点：
1. 10套模拟，契合考情，针对性强
本书内含10套模拟试卷，题型、题量以及考点分布均根据浙江省专升本考试高等数学科目设置，内容严格依照考试大纲要求研发，是一本针对浙江省专升本考试高等数学科目的专用试卷。
2.实战演练，科学自测
本书题量充足，题目典型，刷题、自测、模考，一书实现。考生可以依据此书进行实战模拟，获得答题经验，开阔答题思路，了解考试重难点，提高备考效率，达到事半功倍的效果。
3.答案详细，点拨思路
本书在深入研究历年考试命题规律的基础上，加大了对高频考点的考查力度，有针对性地考查考生对命题重点的掌握。本书答案解析侧重剖析试题精髓，重在点拨解题思路，帮助考生在实践中查漏补缺，针对薄弱知识进行提高，从而科学备考。

《中公版·2022浙江省专升本考试考前押密试卷：高等数学》是由中公教育浙江专升本考试研究院根据多年的理论探索和教学实践经验编写而成的。本书共包括10套模拟试卷，题型涉及选择题、填空题、计算题、综合题等，所选题目难度契合真题，符合浙江省专升本考试高等数学科目的命题趋势，试卷严格按照考场套题样式编排，专为参加2022年浙江省专升本考试的考生量身定做。

浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（一）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（二）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（三）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（四）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（五）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（六）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（七）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（八）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（九）
浙江省普通高等教育专升本考试高等数学考前押密试卷（十）”

　　　　绝密★
　　　　浙江省普通高等教育专升本考试
　　　　高等数学考前押密试卷（一）考试科目高等数学
　　　　考生姓名
　　　　考生编号
　　　　报考单位注
　　　　意
　　　　事
　　　　项1答题前，考生须按规定将考生姓名、考生编号和报考单位填写到试卷规定的位置上，并在答题卡上填（涂）对应的信息。
　　　　2所有答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，超出各题答题区域的答案无效。在草稿纸、试题上作答无效。
　　　　3考试结束后，将试题和答题卡一并交回。
　　　　高等数学考前押密试卷（一）第页（共12页）浙江省普通高等教育专升本考试
　　　　高等数学考前押密试卷（一）第Ⅰ卷一、选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1当x→0时，下列无穷小量与x不等价的是（）
　　　　A sin(x sinx)B ex-2×3-1
　　　　C ln(1 x2)xD x-x2
　　　　2设函数f(x)在点x=0处可导，则有（）
　　　　A limx→0f(x)-f(-x)x=f′(0)
　　　　B limx→0f(2x)-f(3x)x=f′(0)
　　　　C limx→0f(-x)-f(0)x=f′(0)
　　　　D limx→0f(2x)-f(x)x=f′(0)
　　　　3设函数f(x)满足f(0)=limx→0∫x201 t2dtx2，f(2)=∫1-1(x 1-x2)2dx，
　　　　f′(2)=limn→∞∫π40sinnxdx，则∫20xf″(x)dx=（）
　　　　A 0B -1
　　　　C 1D 2
　　　　4下列级数中，收敛的是（）
　　　　A ∑∞n=113n2 1B ∑∞n=11n3 1
　　　　C ∑∞n=11n3 13nD ∑∞n=1(-1)nnn 4
　　　　5已知二阶微分方程y″ y=4xsinx，则其特解y可以设为（）
　　　　A (ax b)sinxB (ax b)sinx (cx d)cosx
　　　　C (ax b)xsinxD x［(ax b)sinx (cx d)cosx］
　　　　第Ⅱ卷
　　　　二、填空题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）6函数y=1sinx 1-x2的定义域是。
　　　　7若极限limx→0sinax1 x-1=3，则常数a=。
　　　　8设函数f(x)在点x=0处连续，且limx→0f(x)sin2x=1，则f′(0)=。
　　　　9设函数y=y(0)由方程exy=x-y所确定，则dyx=0=。
　　　　10函数y=xe-x的极大值为。
　　　　11不定积分∫dx16 x2=。
　　　　12极限limn→∞1n1 cosπn 1 cos2πn … 1 cosnπn=。
　　　　13已知曲线y=f(x)过点0,-12，且在其上任一点(x,y)处的切线斜率为xln(1 x2)，则
　　　　f(x)=。
　　　　14向量a=(1,0,1)与向量b=(-1,1,0)的夹角是。
　　　　15级数∑∞n=03nn!的和为。
　　　　三、计算题（本大题共8小题，其中16～19小题每小题7分，20～23小题每小题8分，共60分。计算题必须写出必要的计算过程，只写答案的不给分）16求极限limx→0x-arcsinxsin3x。
　　　　17求函数y=(1 2x)sinx在x=π2处的微分。
　　　　18求不定积分∫e2x-1dx。
　　　　19设函数f(x)=x2,0≤x≤1,2-x,1　　　　20已知函数F(x)的导数F′(x)=x41 x2，求函数F(x)从0到1的改变量ΔF。
　　　　21求定积分∫12-12|arcsinx|1-x2dx。
　　　　22求通过直线x 12=y-11=z 25与平面3x 2y z-10=0的交点，且与直线x-y 2z 3=0,2x y-z-4=0平行的直线方程。
　　　　23将f(x)=arctanx展开成x的幂级数，并求其收敛域。
　　　　四、综合题（本大题共3小题，每小题10分，共30分）24证明：当x≥0时，ln(1 x)≥arctanx1 x。
　　　　25已知抛物线C:y=ax 1(a>0)与y轴交于P点，过点P作抛物线的法线l。记抛物线C、法线l与x轴围成的平面图形为D。
　　　　（1）求D的面积S(a)；
　　　　（2）求D绕x轴旋转一周所得的旋转体的体积V(a)；
　　　　（3）当V(a)取得小值时，求a的值。
　　　　26已知函数f(x)在［0,1］上连续，在(0,1)内可导，且f(0)=0,f(1)=1。证明：
　　　　（1）存在ξ∈(0,1)，使得f(ξ)=1-ξ；
　　　　（2）存在两个不同的点η，μ∈(0,1)，使得f′(η)f′(μ)=1。
　　　　浙江省普通高等教育专升本考试
　　　　高等数学考前押密试卷（一）参考答案及解析第Ⅰ卷一、选择题
　　　　1【答案】A
　　　　【解析】A项，limx→0sin(x sinx)x=limx→0x sinxx=limx→01 cosx1=2，故sin(x sinx)与x是同阶但非等价无穷小量。
　　　　B项，limx→0ex-2×3-1x=limx→0ex-6×21=1，故ex-2×3-1与x是等价无穷小量。
　　　　C项，limx→0ln(1 x2)x2=limx→0x2x2=1，故ln(1 x2)x与x是等价无穷小量。
　　　　D项，limx→0x-x2x=limx→0(1-x)=1，故x-x2与x是等价无穷小量。
　　　　2【答案】D
　　　　【解析】A项，limx→0f(x)-f(-x)x=2limx→0f(x)-f(-x)x-(-x)=2f′(0)，故A项错误。
　　　　B项，limx→0f(2x)-f(3x)x=-limx→0f(2x)-f(3x)2x-3x=-f′(0)，故B项错误。
　　　　C项，limx→0f(-x)-f(0)x=-limx→0f(-x)-f(0)-x-0=-f′(0)，故C项错误。
　　　　D项，limx→0f(2x)-f(x)x=limx→0f(2x)-f(x)2x-x=f′(0)，故D项正确。
　　　　3【答案】B
　　　　【解析】根据洛必达法则， f(0)=limx→0∫x201 t2dtx2=limx→02×1 x42x=limx→01 x4=1。
　　　　根据被积函数奇偶性，f(2)=∫1-1(x 1-x2)2dx=∫1-1(1 2×1-x2)dx=∫1-11dx=2。
　　　　当x∈0,π4时，sinx∈0,22，则0≤limn→∞∫π40sinnxdx≤π422n，又因为limn→∞π422n=0，则由夹逼准则可得f′(2)=limn→∞∫π40sinnxdx=0，则
　　　　∫20xf″(x)dx=∫20xdf′(x)=xf′(x)20-∫20f′(x)dx
　　　　=2f′(2)-［f(2)-f(0)］=0-（2-1）=-1。
　　　　4【答案】C
　　　　【解析】A项，因为limn→∞13n2 1=1，所以由级数收敛的必要条件可知，级数发散。
　　　　B项，因为limn→∞1n3 1=1，所以由级数收敛的必要条件可知，级数发散。
　　　　C项，因为∑∞n=11n3 13n=∑∞n=11n3 ∑∞n=113n,∑∞n=11n3为p级数，且p=32>1，级数收敛；∑∞n=113n为等比级数，收敛，所以∑∞n=11n3 13n收敛。
　　　　D项，因为limn→∞(-1)nnn 4不存在，所以由级数收敛的必要条件可知，级数发散。
　　　　5【答案】D
　　　　【解析】微分方程的特征方程为r2 1=0，解得其特征根为r1=i,r2=-i。因为f(x)=4xsinx，且±i是特征方程的根，因此y″ y=4xsinx的特解形式可以设为
　　　　y=x［(ax b)sinx (cx d)cosx］。
　　　　第Ⅱ卷
　　　　二、填空题
　　　　6【答案】［-1,0)∪(0,1］
　　　　【解析】由题意可得sinx≠0,1-x2≥0,则x≠kπ,k∈Z,-1≤x≤1,取交集得定义域为［-1,0)∪(0,1］。
　　　　7【答案】32
　　　　【解析】当x→0时，由等价无穷小sinax~ax,1 x-1~12x可得，
　　　　limx→0sinax1 x-1=limx→0ax12x=2a，
　　　　由题意可得2a=3,则a=32。
　　　　8【答案】2
　　　　【解析】由limx→0f(x)sin2x=1可得，limx→0f(x)=0。因为f(x)在点x=0处连续，所以f(0)=limx→0f(x)=0，从而有
　　　　limx→0f(x)sin2x=limx→0f(x)-f(0)sin2x=limx→0f(x)-f(0)2x=12f′(0)=1，
　　　　则f′(0)=2。
　　　　9【答案】2dx
　　　　【解析】方程exy=x-y两边同时对x求导可得exyxdydx y=1-dydx，整理得dydx=1-yexy1 xexy。将x=0代入方程exy=x-y得y=-1，所以dyx=0=2dx。
　　　　10【答案】e-1
　　　　【解析】y′=e-x-xe-x=(1-x)e-x，令y′=0，得x=1。因为当x∈(－∞,1)时，f′(x)>0；当x∈(1, ∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(-∞,1)上单调递增，在(1, ∞)上单调递减，故函数在x=1处取得极大值，极大值为e-1。
　　　　11【答案】14arctanx4 C
　　　　【解析】∫dx16 x2=416∫11 x42dx4=14arctanx4 C。
　　　　12【答案】22π
　　　　【解析】原式=limn→∞∑nk=11 coskπn·1n=∫101 cosπxdx
　　　　=∫102cos2πx2dx=2∫10cosπx2dx
　　　　=22π∫10cosπx2dπx2=22πsinπx210=22π。
　　　　13【答案】12(1 x2)［ln(1 x2)-1］
　　　　【解析】由题设得dydx=xln(1 x2),则dy=xln(1 x2)dx=12ln(1 x2)d(1 x2)，所以
　　　　y=12∫ln(1 x2)d(1 x2)=12(1 x2)ln(1 x2)-12×2 C，
　　　　则y(0)=C,代入初始条件y（0）=-12，得C=-12，所以
　　　　y=f（x）=12(1 x2)［ln(1 x2)-1］。
　　　　14【答案】2π3
　　　　【解析】cosθ=a·b|a|·|b|=-12×2=-12，故θ=2π3。
　　　　15【答案】e3
　　　　【解析】因为ex=1 x x22! x33! … xnn! …=∑∞n=0xnn!，所以∑∞n=03nn!=e3。
　　　　三、计算题
　　　　16【解析】limx→0x-arcsinxsin3x=limx→0x-arcsinxx3=limx→01-11-x23x2
　　　　=limx→01-x2-13×21-x2=-13limx→011-x2(1-x2 1)=-16。
　　　　17【解析】对函数等号两边同时取对数得lny=sinx·ln(1 2x)，等式两边同时对x求导得
　　　　1y·y′=cosx·ln(1 2x) 2sinx1 2x，
　　　　即y′=(1 2x)sinxcosx·ln(1 2x) 2sinx1 2x。
　　　　当x=π2时，y′π2=2，即函数y(x)在x=π2处的微分为dy=2dx。
　　　　18【解析】令2x-1=t，则x=12(t2 1)，且dx=tdt，故
　　　　∫e2x-1dx=∫tetdt=∫tdet=tet-∫etdt
　　　　=(t-1)et C=(2x-1-1)e2x-1 C。
　　　　19【解析】当0≤x≤1时，F(x)=∫x0t2dt=x33；
　　　　当1　　　　故F(x)=x33,0≤x≤1,-x22 2x-76,1　　　　20【解析】由牛顿-莱布尼茨公式可知
　　　　ΔF=F（1）-F（0）=∫10×41 x2dx=∫10×2-1 1×2 1dx
　　　　=13×3-x arctanx10=-23 π4。
　　　　21【解析】∫12-12|arcsinx|1-x2dx=2∫120|arcsinx|1-x2dx
　　　　=2∫120arcsinx1-x2dx=2∫120arcsinxdarcsinx
　　　　=(arcsinx)2120=π236。
　　　　22【解析】设直线x 12=y-11=z 25=t，则该直线的参数方程为x=2t-1,y=t 1,z=5t-2,将其代入平面方程得3(2t-1) 2(t 1) 5t-2-10=0，解得t=1，所以直线与平面方程的交点坐标为(1,2,3)。
　　　　设所求直线的方向向量为s，则
　　　　s=ijk1-1221-1=(-1,5,3)，
　　　　故所求直线方程为x-1-1=y-25=z-33。
　　　　23【解析】f′(x)=11 x2=∑∞n=0(-1)nx2n(-1　　　　故f(x)=∫x0∑∞n=0(-1)nt2ndt=∑∞n=0(-1)nx2n 12n 1。
　　　　又因为当x=±1时，f(x)均为交错级数，由莱布尼茨判别法可知，级数收敛。所以
　　　　arctanx=∑∞n=0(-1)nx2n 12n 1(-1≤x≤1)。
　　　　四、综合题
　　　　24【证明】令f(x)=(1 x)ln(1 x)-arctanx，则f′(x)=ln(1 x) x21 x2。当x≥0时，f′(x)≥0，所以f(x)在［0, ∞)单调递增。故当x≥0时，f(x)≥f(0)=0，即ln(1 x)≥arctanx1 x。
　　　　25【解析】（1）y=ax 1(a>0)，令x=0得y=1，所以P点坐标为(0,1)。因为y′=a2ax 1，所以y′(0)=a2，即点P处的切线斜率为a2，则该点处的法线斜率为-2a，因此法线l的方程为y=-2ax 1，则法线l与x轴的交点坐标为a2,0。抛物线C、法线l与x轴围成的平面图形D，如图中阴影部分所示，则
　　　　S(a)=∫0-1aax 1dx 12×a2×1=23a a4。
　　　　（2）V(a)=π∫0-1a(ax 1)2dx π∫a20-2ax 12dx=π2a aπ6。
　　　　（3）方法一：V′(a)=-π2a2 π6=a2-36