模擬試卷答案

全真模擬試卷1答一、選擇 2、 3、 4、 5、 6、二、填7、

8yx

9、 10、 211dx2x4f(x,2三、計

12x1；0解：原式=

sinx

x)

cosxcos(sinx)cos=

1

1x2

1

x 3x0x 注：當(dāng)x0時tanx~x1cos(sinx~1sin2x~1x2

dt

3t22t111

t2dddydln

令lnxt

令1tuu211ln

dln

u= u

2 xe3xe

1Cuu211

lnxx

xlnxe1e11e

1x xexe1 e4exe11，2，0 ss0(3,4,0)s n(2,3,4ss0n(16,12,1x1

y2z，即x1

y2z

z

fyg

yyf

yg2z

1

x2

x

1

19

2

2 x28

x2

2y

x2

x3解：原式=4d rrdr 4cos3d 2 3 （1）y2y3y0的通解r22r30r3,r1，通解YCe3xCex （2）y2y3ye3xyf(x)e3xn03k1y*Axe3xA14y*1xe3x4yYy*Ce3xCex1xe3x 四、證證：令f(x)

1x11x,x0, fxx11,fxx110x1fx1x2f110f10fx在0,f10f10fx在0,內(nèi)的最大值 當(dāng)x0時，fxf10，即1x1

x

fx

xxcost

21x 1，x2

fx

1

fx

fx

f0

fxx0

21cosx1

fxf x

22cosxxf

21x22sinx

2cosx

3x

0

1

0xcost2dtf0

fxf

lim

cosx2

1x

0

x2 因

f00

fxx0五、綜

0

的無窮間斷點，知

fx

exxax

，從而得a0b1

x0

b

exb 由 1為

x的可去間斷點，知limf

xx

因為該極限的分母的極限x

xx10limexb0

be（1）直線與拋物線的交點為kk2 kkxx2dx.kx22 21 1

kxdx1 1k31k1k

k D2得

k

32,4

33，交點為3

9 122 Vy9ydy 33 V1x4dx1 31 2(x) 31 全真模擬試卷2答一、選擇 2、 3、 4、 5、 6、二、填7、

8、 9950

110 12、2

f(x,y)dx1 三、計算

2 x13、原式lim1x

1 14x

x2

2xy3x2yx3y化簡整理得2xy3x4y3x2y2x

2

12

2

x0y1x0y1代入（1）y115、原式=2 xd1dsin

x 2d(sin 216、原式=0

1sin2x2 A（1，0，2， n1 nsAM4,4,0xy10、 f g 1 020、由已知極限可得兩個初始條件y00.y011（1）r2r0r0,r1YC 1y*Ax2BxA=-1,B=-y*-x23xyYy*CCex-x23x （4）代入兩個初始條件y00.y01，可得C14,C24，故所求特解為y44exx23x四、證明21fxexx2cosxfxex1sinx,fxexcosxx0fx0fx,又f00fx0fx,又f00fx0

f01,

fx

x

fxx

xcos2 1，x

fx

fxf(01fxx0f0

fxf00,f0

fxf(0)0 23、設(shè)所求直線的斜率為k，則由題意可知k0y4kx1ykxk4x0y0y4kx14kz5k4z1 k

0k2k2舍去由于實際問題的最小值客觀存在，且駐點唯一，所以當(dāng)k2時，截距之和最小，最9y2x2。24（1）由題意可得tfxdxet1ft0兩邊對t求導(dǎo)得ftetft，即ftftet，滿足初始條件f00ft1etCet，代入初始條件可得C1 ft1et1etfx1ex1ex 2（2）V 1exexdx93e41e42e2

一、選擇

全真模擬試卷3答1. 2. 3. 4. 5. 6.二、填空1x x2x-

9.cosxy

10.3,311. 2 5 12.x2Ax 1三、計算原式

excosx2

exsin2

12x0xk2

x0

fx

x2x

4x

x

x2因 xkk2

x2fx

2cosxkk2

x2sin 2x2x，2cosxkk2,3,2

fx0x0因為x

fxlimx

x2

x122

dx

dx2

1

arcsin111111xsint原式

11112

dx

020

12ln(1x)dx0

32

3ln1 由limfx0

fx0

f0x

xf0limfxf0limfx0x 1

x y1fxx，則lny1ln1fx x

xlmlny

x

f2

f

fx

f

2

x0

x0

所以limye2令uexsinyzfuexsinyz

fuexcosy2z

f

2y

2z

f

y

siny2z 2z

2x

2x

2x

，這是一個二階常系數(shù)齊線性

u

u

fu

fr210r1r1fuCeuCeu1xy，1x，

xyY

yy

x

2x 1因而得原式1

1y y42fxydx8dyyfxydx y42

4yfxlnxln1xln1(x1)ln2ln1x 2 1nx1nnn

n0n

x

n 2 1 ln2 1 xn1 2n1n 1x1由1

x2

0x2，所以收斂區(qū)間為0,2四、證明ayx設(shè)曲線任一點為x0,y0，滿 ayx2x2

y0y 22

yy0

xx0x0令x0，得yy0 ，令y0x0xy

y0

x0

2a，所以得證fx4xx4fx44x30xf13,f15，故fx在-上最小值為-5，最大值為3，因而5fx354xx45。五、綜合23（1）S2aadxaln2a2V

2aa

dx1axax x22 1a 2VyV1yV2yV3y2a 1 dya12a 24.（1）a

fx

2gxcosx

gxsinxg0（2）x0

f

gxcosx

gxsinxxgxcosx x0

gxcosx

f0limf

f0lim limgx

g01g01

xgxsinxg(x) fx

x。x1g02一、選擇

全真模擬試卷4答1. 2. 3. 4. 5. 6.二、填空 dx

8. 9.4

10.

1

fx,

4x3y1xy1xy三、計算

3z2 x xex

2(xex

3d2dxx

,dx2 原式

12x2 dx x22x 22

2x

x22

C2令2

t212xt，則x ,dx2x23t2 原式

dt s s20

nAB-1,5,0nsAB（5-5xy7z3018．uf2xfz2xffz

2

z

2

z

2zxy2xf112yf12yf212yf22yxf2 z 2z=4xyf11(2xy2yx)f12xyf22f2

xyzx

1-zez

y

1-zez

（2（3）

,1ez

12z

zz

2z在（2）y

xy

yx

2由（4）

eez

,1ez

1

2z

ee

z3代入（1）得

2x2

4xyf11

f12

2f22f2 3

1

1ez 1ez原式=42d rdr4 x

fxxex r23r20r1r2YCexC 由fxx－ｘ知，特解可設(shè)為y*xAxBex，求出其一、二階導(dǎo)數(shù)代入方程A1B2,y*1x22x)ex

2 1 四、證明

=Y+y=

+ 2

21 x2xxftdt0

，顯然

F

在

上連續(xù)，且0 Fx2fx0Fx在（0，1）上單調(diào)增加，所以方程2xxftdt1在0綜上得方程2xxftdt1在（0，1）0整理得exyxy

，令xyt，即當(dāng)t0,ett1ftett1ftet1當(dāng)t0et1ft0ft,f00ft0ett1，xyexyxy1，從而不等式得證。五、綜合函數(shù)的定義域為fx

1x2

1xfxxe

,fx0x0因為fx

1x2

0，所以函數(shù)的單調(diào)增加區(qū)間為,1x

1xx,0fxxe

0x0,fxxe

02所以函數(shù)對應(yīng)曲線的凹區(qū)間為,0，凸區(qū)間為0,，拐點坐標(biāo)為20e2 0e2

1t

tu00

1u2

1ux0e2dux0e2duxeyx2axxe

a 2 2 2Saa22Saa220a2

，在0a1一、選擇

全真模擬試卷5答1. 2. 3. 4. 5. 6.1y1y7.-56 8.2- 9.1dx1

10. 11.

fx,

三、計算

2原式2

ex21x2

2xex23

lim 1

x0 2x0y12x

yeyxey

x0y1代入（1）ye在（1）xyeyyeyyxeyy2xey

x0y1

ye代入（2）y2e2y02e21x1原式lnxd11x1

dx

ln1xC 1x11x1x原式20

cosxsinxdx22cosx2d(cosx

1

n2

n1 x1

y2z1z

fxfy2

1fxy2f12z

12xy1

cos

xy2

2xy

cos。4xyffcosy2x2y3fxy2fcos 2 2原式=4dr3cosdr 20.（1）y3y2y0r23r20r1r2YCexC y3y2y2exy*fx2exy*xAexA2y*2xexyYy*CexCe2x2xex 根據(jù)題意得初始條件

y01y01，代入通解得C11,C20因而得所求函數(shù)yex2xex四、證明fxasinxbx2,x

ab，顯然fx是連續(xù)的，且f0b0afab a0af

ab0，則

abf

ab0，則由零點定理知，方程在

ab內(nèi)至少有一個實根

abfx4xlnxx22x3fx4lnx2x2，fx0x1fx42x因為f120，所以f10為極小值由單峰原理知f10也是fx在（0，2）上的最小值，因而fx0，即不等式得證五、綜合函數(shù)的定義域為,1y2x

y

4xx14y2x30xx0-0++y由上討論可知，函數(shù)的單調(diào)減少區(qū)間為,0，單調(diào)增加區(qū)間為（0，11,；x0y01。 y

4xx

0x12x 1 22 1 2-0++y凸89凹凹函數(shù)對應(yīng)曲線的凸區(qū)間為,1，凹區(qū)間為1,11,；拐點坐標(biāo)為（1,82 2 2

y

2x

0y0因為x

xxylim2xx1x

x024（1）

RTOMN

0x2kyx02x0MNyy02x0xx2

y0 2x22令x0，得y 1，令y0，得x ，即M2x22

,0，0 2

0x20

0 0SSRTOMN01

dx2(x01)

) 3

Sx0

04x0

0x033 3

3 4

3S0，在

3

3 4

3 23由單峰原理知S 3

也是最小值，此時切點為

314（2）VxVx

一、選擇

全真模擬試卷6答1. 2. 3. 4. 5. 6.二、填空7.e 8.3

9.

11. 12.xez三、計算3 3

1x1x21

11

x0xarcsin

11

x012x0yx

exy1yyxy

x0y0代入（1）

y

，即y01exy1y2exyyyyxy

x0y0

y1代入（2）y2y02xx1

txt21dx2tdtx原式2tetdt2tet2etCxx2

-

x1Cd 1

222

1

原式=4

41(x42

arctan0 88

1，2，0

s0,

n

s0 x

y2z z

f2fyex

2zx

x

2x

e

6

3y

2y2y原式=0dy xdx1220（1）YCexCe2x y*y*y*f(x3xy*AxBf(xexy*xCex A3B9,C1 y*y*y*=3x9xex 2 yYy*CexCe2x+3x

-xex四、證明

x

x

x 令f

sin

f2

x,

fxexcos

0x fx0fx,又f0fx

f00

fx,又f00

fx

f0fx,又f00

fx

f0f02,

fx

ex12,

fx

3x22

fx

fxf02，所以fxx0處連續(xù)

exx

f0

fxf0

3x3

x0五、綜合

f0，所以fxx0處不可導(dǎo)y3x26axb,y6x6ay10,y00，且y03，聯(lián)立上述三個方程解a0,b1c3y2y1xycx2xV2cx2x2dx31c215c753 53由V0c75 因為最小體積客觀存在，駐點又唯一，所以當(dāng)c

y

x2x一、選擇

全真模擬試卷7答1. 2. 3. 4. 5. 6.12二、填空12y

xln

x2

11.

2

fx,

x3三、計算

12sin2

lim2

x0

limex02x

e1

2tdxdxxx

tt

令原式

txt42t21dx4t34dt

C11x2df2x1f21xf原式=2 1f21f211f 21f21f212ftdt0 4 已知直線的方向向量 n1

2，0 則平面的法向量nsnMNnsMN8,2,2)由點法式得所求平面方程為：4xyz60zfcosxygexxexcosxfexxexyg2z

x

x

x

x

cosxf122

xe

2ycosx

xeDyx3xx3dxdy0Ddxdya2Dx2y2dxdyd2asinr2rdr3a4，所以原式a2-3a4 xx

fxexxf0fxfx

x0代入原方程與（1）f01f01對方程（2）r210riYCcosx

sinx y*AexA=1y*1ex fxCcosxCsinx+1ex。將兩個初始條件代入得CC1 fx1cosx1sinx+1ex 四、證明原不等式可變形為e2x1x1xfxe2x1x1xfxe2x32x1，當(dāng)0x1fx0fx,又f0ax3fx2dx1ax2f

。 2 12x3sinx2dx 2xsinxdx 2五、綜合PCxxydx1x1yx3x y11y1xy3x2y1y6x1 y6x2cx1y10c5y6x25x1

0

fxax3bx2cxd因為圖形關(guān)于原點對稱，即函數(shù)為奇函數(shù)，由

fxfxax3bx2cxd fxax3cx,fx3ax2cf f 由

ac

a

fx4x33xaf1 a

c c8

fx12x23,fx24xfx0x0x0兩側(cè)二階導(dǎo)數(shù)變號，所以一、選擇

全真模擬試卷8答1. 2. 3. 4. 5. 6.二、填空

7.e 8. Faxb

1dy1fx,ydx

fx,aeyy11x22

三、計算

原式

x

3x22

x

.x1

tanx

cos

lim 1xdx2t

x0 y,t的方程兩邊t1dyt2y2t dy0dy1

211yt 2 在所給的不定積分兩邊求導(dǎo)得：xfx

11111dx1

dx

1

d

1 C22f222121e

elnxdx22 AB，7yz20。18．z

f2gy2fyg2z

2 ( yg11 g12

2

4r319．原式=d2 dr4r3

20（1）fxfxexr210riYCcosx

sinx y*AexA=1y*exfxCcosx

sinxex。將兩個初始條件代入得

-

fxcosxsinxexgxfxsinxcosxexgxdxfxd1原式

01

1xgxdxfxfx01=f1

1x1。1

01四、證明21fxxlnxx0,efx1lnxfx0x1efx1，因為f1e0所以f11為極小值，由單峰原理得f11也是 e

e

e f

在

內(nèi)的最小值。又因為

fee,

fx

，所以fxxlnx在x0,e上最大值為e。因而當(dāng)0xe1lnxee22.Fxf2xg2Fx2fxfx2gxgx2fxg(x2f(x)g(x0xRFxx0CF0f20g2010五、綜合23yax2bxc過原點得c0yax2bx11ax2bxdxabb21

V0a5解得b3 因為V580a5a54x 4 a5b3c0 x x

tft

xf

1

0

x

x0

2xxx2fx2tftx（2）當(dāng)x0時，F(xiàn)x ，

x0

tft x x

x0 x2fx

因為limFx

20

txx

fx

2x0x

t

x

x =f0

2xfx

f02f01f0F0，所以Fx連續(xù)

一、選擇

全真模擬試卷9答1. 2. 3. 4. 5. 6.二、填空4x2ex22ex2

k2,a

10. xxx三、計算xx

y2

ey3原式=

f

x

x

1fee

1

1

et

d2

xxxx

2e4t

dxdx

d2d2

,dx2dx

t0

t041

x

2原式

1

x

xxxx

d。xxxx

16設(shè)1fxdxAfx1xlnx1A01 1fxdx11xlnx1A1dx2A1A1 2

17．設(shè)過點A與已知直線垂直相交的平面為，則xy2z70x1平面By2z

代入上面的平面方程解得t1B（0，3，2B（0，3，2s，x1

yz4

w

f1fyz

fyzf 2w

xy

yf2原式

22

2acos12cossinr3dra

a4由limyx1y00y01 （1）r22r20r1iYex(Ccosx

x)； y*AexA=2,y*2exyYy*ex(CcosxCsinx2ex 代入初始條件解得C12,C21yex(2cosxsinx2ex四、證明原不等式可化為ex1x1fxex1x1，則fxxex,fx1xexaaax Fxxftdtbfax

F

Fabftdt0Fbbftdt0，由零點定理知，至少有一a,b， aa又Fxfxfx2fx0Fx

，因而至多有一

a,b，使aaftdtbftdt。綜上得，有且僅有a,b，使ftdtbftdtaa五、綜合

1ln

x

223.（1） 1

a

a e,1e

y11xe2y1x1（2）S

y2dy

1

S

e2

xdx

e2

lnxdx

1e20e2

0 1 e2 （3）Vx

e2xdx14

xd