《高等数学一》复习题及答案

2023年12月15日发(作者：曹海涛出的数学试卷)

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《高等数学〔一〕》

一、选择题

1、极限lim(xxx) 的结果是 〔 C 〕

x2 〔A〕0 〔B〕

 〔C〕

31 〔D〕不存在

22、方程x3x10在区间(0,1)内 〔 B 〕

〔A〕无实根 〔B〕有唯一实根 〔C〕有两个实根 〔D〕有三个实根

3、f(x)是连续函数, 则

f(x)dx是f(x)的 〔 C 〕

〔A〕一个原函数； (B) 一个导函数； (C) 全体原函数； (D) 全体导函数；

4、由曲线ysinx(0x)和直线y0所围的面积是 〔 C 〕

〔A〕1/2 (B)

1 (C)

2 (D)



5、微分方程yx满足初始条件y|x02的特解是 ( D )

〔A〕x 〔B〕3211x3 〔C〕x32 〔D〕x32

336、以下变量中，是无穷小量的为〔 A 〕

(A)

lnx(x1) (B)

ln7、极限lim(xsinx01x2(x0) (C)

cosx (x0) (D)

2(x2)

xx411sinx) 的结果是〔 C 〕

xx 〔A〕0 〔B〕

1 〔C〕

1 〔D〕不存在

8、函数yearctanx在区间1,1上 〔 A 〕

〔A〕单调增加 〔B〕单调减小 〔C〕无最大值 〔D〕无最小值

9、不定积分

xxx21dx= 〔 D 〕

22(A)arctanxC (B)ln(x1)C (C)11arctanxC (D)

ln(x21)C

22x10、由曲线ye(0x1)和直线y0所围的面积是 〔 A 〕

〔A〕e1 (B)

1 (C)

2 (D)

e

11、微分方程dyxy的通解为 〔 B 〕

dx考证素材 考证素材

〔A〕yCe 〔B〕yCe2x12x2Cxx 〔C〕ye 〔D〕yCe22

12、以下函数中哪一个是微分方程y3x0的解( D )

〔A〕yx

〔B〕

yx 〔C〕y3x 〔D〕yx

13、 函数ysinxcosx1 是 〔 C 〕

(A) 奇函数； (B) 偶函数； (C)非奇非偶函数； (D)既是奇函数又是偶函数.

14、当x0时， 以下是无穷小量的是 〔 B 〕

〔A〕

ex12323 (B)

ln(x1) (C)

sin(x1) (D)

x1

15、当x时，以下函数中有极限的是 〔 A 〕

〔A〕

x11cosx (B) (C) (D)arctanx

x21ex316、方程xpx10(p0)的实根个数是 〔 B 〕

〔A〕零个 〔B〕一个 〔C〕二个 〔D〕三个

11x2)dx〔 B 〕

11〔A〕 〔B〕C 〔C〕

arctanx 〔D〕

arctanxc

221x1x17、(18、定积分baf(x)dx是 〔 C 〕

〔A〕一个函数族 〔B〕f(x)的的一个原函数 〔C〕一个常数 〔D〕一个非负常数

19、 函数ylnx〔A〕奇函数

x21是〔 A 〕

〔C〕 非奇非偶函数 〔D〕既是奇函数又是偶函数

〔B〕偶函数

20、设函数fx在区间0,1上连续，在开区间0,1内可导，且fx0，则( B )

(A)f00 (B)

f1f0 (C)

f10 (D)f1f0

21、设曲线y21ex2 则以下选项成立的是〔 C 〕

，(A) 没有渐近线 (B) 仅有铅直渐近线

(C) 既有水平渐近线又有铅直渐近线 (D) 仅有水平渐近线

22、(cosxsinx)dx( D )

〔A〕

sinxcosxC 〔B〕

sinxcosxC

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〔C〕

sinxcosxC 〔D〕

sinxcosxC

n(1)n}的极限为〔 A〕 23、数列{n 〔A〕1 (B)

1 (C)

0 (D) 不存在

24、以下命题中正确的选项是〔 B 〕

〔A〕有界量和无穷大量的乘积仍为无穷大量〔B〕有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量

〔C〕两无穷大量的和仍为无穷大量 〔D〕两无穷大量的差为零

25、假设f(x)g(x)，则以下式子肯定成立的有〔 C 〕

(A)f(x)g(x) (B)df(x)dg(x)

(C)(df(x))(dg(x)) (D)f(x)g(x)1

26、以下曲线有斜渐近线的是 ( C )

(A)yxsinx (B)yxsinx

(C)yxsin二、填空题

1、

lim2112 (D)yxsin

xx1cosx1

2x0x2

2x2、 假设f(x)e3、

2，则f\'(0) 2

11(x3cosx5x1)dx 2

t4、

etdx

exC

5、微分方程yy0满足初始条件y|x02的特解为

y2e

xx24 0 6、 limx2x3x2x237、 极限

lim

x2x2448、设yxsinx1,则f() 1

2考证素材 考证素材

9、

11(xcosx1)dx 2

10、

31x2dx

3arctanxC

2211、微分方程ydyxdx的通解为

yxC

12、115x4dx 2

xsin2x 1

x2213、

limx14、设ycosx，则dy

2xsinxdx

15、设yxcosx3,则f() -1

16、不定积分exdex

12xeC

212xeC

217、微分方程ye2x的通解为

yx18、微分方程lnyx的通解是

yeC

19、lim(1)＝

e3xx2x6

20、设函数yxx,则yxx(lnx1)

112n21、lim(222)的值是

nn2nnx(x1)(x2)122、lim

3x2xx3223、设函数yxx,则dyxx(lnx1)dx

2x23x124、

limx0x425、假设f(x)e2x

1

4sin6，则f\'(0) 2

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26、a2a(1sin5x)dx

2

(a为任意实数).

xexdx__________. 27、设yln(e1)，则微分dy______xe1x328、

(cosx)dx

2

21x22三、解答题

1、〔此题总分值9分〕求函数

y解：由题意可得，x162x 的定义域。

x10

2x0 解得x1

x2(x2014)，求f(0)。

所以函数的定义域为 1，2

2、〔此题总分值10分〕设f(x)x(x1)(x2)解：f(0)limx0f(x)f(0)

x03、〔此题总分值10分〕设曲线方程为y方程。

1312xx6x1,求曲线在点(0,1)处的切线32解：方程两端对x求导，得yxx6

将x0代入上式，得y(0,1)26

从而可得：切线方程为y16(x0) 即y6x1

4、〔此题总分值10分〕求由直线yx及抛物线yx所围成的平面地域的面积。

y21

x=

yy

=x20解：作平面地域，如图示

解方程组1x

yxyx2得交点坐标：〔0，0〕，〔1，1〕

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x2x312所求阴影局部的面积为：S(xx)dx==

02306115、〔此题总分值10分〕商量函数

f(x) x2 x1 在

x1 处的连续性。

3x x1解：

limf(x)limx23f(1)

x1x1∴f(x) 在x1 处是连续的

dy2x36、〔此题总分值10分〕求微分方程dx的特解。

y|x13解：将原方程化为

dy(2x3)dx

两边求不定积分，得

dy(2x3)dx，于是yx3xC

将y|x13代入上式，有313C，所以C1，

故原方程的特解为yx3x1。

7、〔此题总分值9分〕求函数

y2x4cos5x 的定义域。

解：由题意可得，22x40

5x0 解得x4

x5所以函数的定义域为 4，5

8、〔此题总分值10分〕设f(x)x(x1)(x2)解：f(0)limx0(xn)(n2)，求f(0)。

f(x)f(0)

x0229、〔此题总分值10分〕设平面曲线方程为x2xy3y3，求曲线在点〔2，1〕处的切线方程。

解：方程两端对x求导，得2x2(yxy)6yy0

将点〔2，1〕代入上式，得y(2,1)1

从而可得：切线方程为y1(x2) 即xy30

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10、〔此题总分值10分〕求由曲线ye及直线y1和x1所围成的平面图形的面积〔如以下图〕．

解：所求阴影局部的面积为Sx10(ex1)dx

x x011、〔此题总分值10分〕商量函数

f(x)x 在

x0 处的连续性。

e1 x0解：

x limf(x)lime10f(0)

x0x0∴f(x) 在x0 处是连续的。

12、〔此题总分值10分〕求方程(1y)dx(1x)dy0的通解。

解：由方程(1y)dx(1x)dy0，得

2222两边积分：dydx1y21x2

得arctanyarctanxC

所以原方程的通解为：arctanyarctanxC或ytan(arctanxC)

13、〔此题总分值10分〕证明方程x7x4在区间(1,2)内至少有一个实根。

解：令F(x)x7x4，

F(x)在1,2上连续

55F(1)100，

由零点定理可得，在区间(1,2)内至少有一个，使得函数

F()5740，

即方程x7x40在区间(1,2)内至少有一个实根。

14、〔此题总分值10分〕设f(x)x(x1)(x2)解：f(0)limx05(x2015)，求f(0)。

(x2015)2015!

f(x)f(0)lim(x1)(x2)x0x0y15、〔此题总分值10分〕求曲线exye在点〔0，1〕处的法线方程。

解：方程两端对x求导，得eyyxy0

y考证素材 考证素材

将点〔0，1〕代入上式，得y(0,1)1

e从而可得： 法线方程为yex1

16、〔此题总分值10分〕求曲线ycosx与直线y2,x积。

解：作平面图形，如图示

2及y轴所围成平面图形的面y=2

2

(2cosx)dx

(2xsinx)20

0

xy=cosx



22x

S2017、〔此题总分值10分〕商量函数

f(x)解：

cosx x0 在

x0 处的连续性。

x1 x0 limf(x)limcosx1f(0)

x0x0∴f(x) 在x0 处是连续的。

dy221xyxy18、〔此题总分值10分〕求微分方程dx的特解。

y|x01dydy(1x)dx

(1x)(1y2)或21ydx12两边求不定积分，得arctanyxxC

2解：将原方程化为由y|x01得到C4

故原方程的特解为arctanyx19、〔此题总分值20分〕

121x或ytan(xx2).

2424曲线a2yx2(0a1)将边长为1的正方形分成A、B两部分(如图所示)，其中A绕x轴旋转一周得到一旋转体,记其体积为VA，B绕y轴旋转一周得到另一旋转体,记其体积为VB.问当a取何值时,VAVB的值最小.x2解：A由以[0,a],为底、高为2的曲边梯形和

a由切片法可得：

又依据问题的实际意义F(a)的最小值存在,

1F(a)驻点唯一，ya2yx2a或4就是F(a)的最小值点.

5B考证素材

oAa1x考证素材

者,又F(a)4a50,a4

为极小值点，亦最小值.点，520、〔此题总分值20分〕 假定足球门的宽度为4米，在距离右门柱6米处一球员沿垂直于底线的方向带球前进，问：该球员应在离底线多少米处射门才能获得最大的射门张角？假设球员以5.2米每秒的速度沿垂直于底线的方向向球门前进，求在距离底线2米处，射门张角的变化率。

解：由题意可得张角与球员距底线的距离x满足

令d0，得到驻点x60(不合题意，舍去) 及

x60. 由实际意义可知 , 所求dx

最值存在, 驻点只一个, 故所求结果就是最好的选择. 即该球员应在离底线60米处射门dx才能获得最大的射门张角。假设球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则5.2. 在距离dt球门两米处射门张角的变化率为：

ddtx2ddx

x2dxdtx224016(5.2)0.28(弧度/秒)。

(436)(4100)21、〔此题总分值10分〕设f(x)x1ln(1t)1dt(x0)，求f(x)f()

tx1xln(1t)1ln(1t)dtxdt，则F(1)0 解法1设F(x)f(x)f()11xtt解法21f()x1x11ln(1)xxln(1u)xlnuln(1t)udtdududu111tuuu令t=1u

lntd(lnt)1x12x1lntln2x .

21222、证明题〔此题总分值10分〕

设函数f(x)在0,3上连续,在0,3内可导,

f(0)f(1)f(2)3，f(3)1。试证

必存在一点0,3，使得f0.

证明:

f(x)在0,3上连续，故在0,2上连续，且在0,2上有最大值M和最小值m，故mf(0),f(1),f(2)Mmf(0)f(1)f(2)M

3由介值定理得，至少存在一点0,2，使得考证素材 考证素材

f()f(0)f(1)f(2)1

3f()f(3)1，且f(x)在,3上连续,在,3内可导，

由罗尔定理可知，必存在,3(0,3)，使得f0

23、〔此题总分值20分〕一火箭发射升空后沿竖直方向运动，在距离发射台4000m处装有摄像机，摄像机对准火箭。用h 表示高度，假设在时刻t0 ，火箭高度h=3000m，运动速度等于300m/s,〔1〕 用L表示火箭与摄像机的距离，求在t0时刻L的增加速度.

【解】〔1〕设时刻t高度为h(t)，火箭与摄像机的距离为L(t)，则L(t)两边关于t求导得h2(t)40002

dLdtdh

22dth4000h代入h=3000m，dhdL180 m/s =300m/s，得

dtdt

〔2〕 用表示摄像机跟踪火箭的仰角〔弧度〕，求在t0时刻的增加速度.

〔2〕设时刻t摄像机跟踪火箭的仰角〔弧度〕为(t)，则有tan两边关于t求导得

sec2h

4000d1dh

dt4000dt当h=3000m时，sec5dhdd60.048rad/s (或rad/s) ，=300m/s，故

4dtdtdt125《高等数学〔一〕》期末复习题答案

一、选择题

1、C 解答：第一步，先分子有理化；第二步，分子利用平方差公式，第三步，分子分母同时除以x；第四步化简即可。

2、B 解答：设f(x)x33x1，则f(0)1,f(1)1，有零点定理得f(x)在区间(0,1)内2存在实数根，又因f(x)3x30，可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。

3、C 此题考察不定积分的概念，不定积分是全部原函数的全体。

4、C解答：利用定积分的几何意义，所求面积为0sinxdx2

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5、D 解答：直接积分法y13xC，代入已知点坐标可得C2

3 6、A解答：因为limlnxln10，所以此时是无穷小量。

x17、C 解答：lim(xsinx011sinx)011

xxx 8、A 解答：因为ye10，所以单调增加。

1x2 9、D 解答：x11111222dxdxd(x1)ln(x1)C

222x12x12x121xx110、A解答：利用定积分的几何意义，所求面积为edxee1

0011、B 解答：先别离变量，两端再积分

所求通解为yCe12x2

3312、D 解答：直接积分法yxC，当C0时有yx

13、C 解答：ysinxcosx1 是奇函数加上偶函数 ，所以是非奇非偶函数。

14、B 解答：limln(x1)ln10，所以此时是无穷小量。

x015、A 解答：limx1x11limlim0 其它三项极限都不存在。

xx21x(x1)(x1)x(x1)，16、B 解答：设f(x)x3px1，则f(0)1,f(1)p0，有零点定理得f(x)在区间

(1,0)内存在实数根，又因f(x)3x2p0，可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。17、B 解答：求导与求积分是互逆的运算，先求导再求积分，是全部原函数所以选B

18、C 解答：考察定积分的概念，定积分计算完以后是一个确切的常数，可能是正数，也可能是0，还可能是负数。

19、 A 解答：由函数的奇函数和偶函数的定义去推断即可，设

yf(x)lnxx21，则

20、B 解答：由于fx0所以f1f0

21、C 解答：lim21ex2x=2y2 是水平渐近线；limx021ex2=x0

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是铅直渐近线。

22、D 考查定积分的性质与根本的积分表(cosxsinx)dxsinxcosxC

n(1)n123、A 解答：分子分母同时除以n可以得到limnn

24、B 解答：考查无穷小量的重要性质之一，有界量和无穷小量的乘积仍为无穷小量，其它选项都不肯定正确。

25、C 解答：f(x)g(x)df(x)dg(x)(df(x))(dg(x))，其它选项都有反例可以排解。

26、C解答：有求解斜渐近线的方法可得

1yklimlimxxxxxx11blim(ykx)lim(xsinx)limsin0，所求斜渐近线为yx。其它选项都xxxxxyxsin没有。

二、填空题

xsin1xlim10112x11cosx1121、 解答：1cosx~x2lim

lim22x02

xx22

x0或者用罗比达法则也可以求解。

2、 2 解答：

f(x)e2x2，则f(x)2e2xf(0)2

3、 2 解答：应用奇函数在关于原点对称区间上的积分为0tt

4、exC 分析：被积函数e 相对于积分变量来说是常数，所以etdxetxC

x05、y2e 解答：yy0yCe，代入初始条件y|x02得到2CeC2

xx所求特解为y2e

x2422406、0 解:

limlimlim0

x2x3x223x253x2x2(x2)(x1)(x1)2137、 解:limlimlimlimx2x2(x2)(x2)x2(x2)x222x244

48、 1 解:yxsinx1ysinxxcosx则f()sin222cos21

9、 2 解：应用性质，奇函数在对称区间上的积分为0

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10、3arctanxC解：由根本的积分公式2231x2dx3arctanxC

11、yxC解：对方程

ydyxdx两端积分141ydyxdxy2x2C

4512 12、 2解：利用偶函数的积分性质5xdx25xdx2x10013、1 解：

limx2xsin2xlimxx1sin2xxlim101x11

14、2xsinxdx解：由微分的定义dyydx，先求出导数，再求微分

15、1 解：yxcosx3ycosxxsinxf()cossin1

16、112xeC 解：将ex看成一个整体，利用凑微元法得exdexe2xC

2217、y12xeC解：先别离变量，再积分得通解

2

x18、yeC

解：先整理，再别离变量求通解

19、e6x)(6)23x2(2 解：利用重要极限进行恒等变形，再求解lim(1)lim(1)e6

xxxx20、xx(lnx1) 解：此题是幂指函数，利用对数求导法来求导数

121、 解：分母相同，分子先通分，分子分母最高次幂都是2次幂，自变量趋于无穷大，2极限等于最高次幂的系数之比

22、1 解：分子分母最高次幂都是3次幂，自变量趋于无穷大，极限等于最高次幂的2x系数之比limx(x1)(x2)1

32xx3223、

xx(lnx1)dx解：由微分的定义dyydx，先求出导数，再求微分，此题是幂指函数可以利用对数求导法来求导数

12x23x101124、 解：

limlim

x0x004x444考证素材 考证素材

25、2 解：先求导数，再代入具体数值f(x)2e26、2 解：利用奇函数与偶函数的积分性质2xf(0)2e02

a2a(1sin5x)dxa2a1dx2

exdx 解：由微分的定义dyydx，先求出导数，再求微分 27、xe128、 2 解：利用奇函数与偶函数的积分性质

3x22(cosx1x2)dx22cosxdx202cosxdx2.

三、解答题

1、〔此题总分值9分〕

解：由题意可得，x10

2x0x1 解得

x2所以函数的定义域为 1，2

2、〔此题总分值10分〕

解：f(0)limx0f(x)f(0)

x03、〔此题总分值10分〕

2解：方程两端对x求导，得yxx6

将x0代入上式，得y(0,1)6

从而可得：切线方程为y16(x0) 即y6x1

4、〔此题总分值10分〕

y1

x=

yy

=x20解：作平面地域，如图示

解方程组1x

yxyx2得交点坐标：〔0，0〕，〔1，1〕

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x2x312所求阴影局部的面积为：S(xx)dx==02306

115、〔此题总分值10分〕

解：

limf(x)limx23f(1)

x1x1∴f(x) 在x1 处是连续的。

6、〔此题总分值10分〕

解：将原方程化为

dy(2x3)dx

两边求不定积分，得

dy(2x3)dx，于是yx3xC

将y|x13代入上式，有313C，所以C1，

故原方程的特解为yx3x1。

7、〔此题总分值9分〕

解：由题意可得，22x40

5x0 解得x4

x5所以函数的定义域为 4，5

8、〔此题总分值10分〕

解：f(0)limx0f(x)f(0)

x09、〔此题总分值10分〕

解：方程两端对x求导，得2x2(yxy)6yy0

将点〔2，1〕代入上式，得y(2,1)1

从而可得：切线方程为y1(x2) 即xy30

10、〔此题总分值10分〕

x解：所求阴影局部的面积为S(e1)dx

0111、〔此题总分值10分〕

解：

x limf(x)lime10f(0)

x0x0考证素材 考证素材

∴f(x) 在x0 处是连续的。

12、〔此题总分值10分〕

解：由方程(1y)dx(1x)dy0，得

22两边积分：dydx1y21x2

得arctanyarctanxC

所以原方程的通解为：arctanyarctanxC或ytan(arctanxC)

13、〔此题总分值10分〕

解：令F(x)x7x4，

F(x)在1,2上连续

5F(1)100，

由零点定理可得，在区间(1,2)内至少有一个，使得函数

F()5740，

即方程x7x40在区间(1,2)内至少有一个实根。

14、〔此题总分值10分〕

解：f(0)limx05f(x)f(0)lim(x1)(x2)x0x0(x2015)2015!

15、〔此题总分值10分〕

解：方程两端对x求导，得eyyxy0

y将点〔0，1〕代入上式，得y(0,1)1

e从而可得： 法线方程为yex1

16、〔此题总分值10分〕

解：作平面图形，如图示

17、〔此题总分值10分〕

2

y=2

解：

limf(x)limcosx1f(0)

x0x0xy=cosx

0



22x

∴f(x) 在x0 处是连续的。

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18、〔此题总分值10分〕

dydy(1x)dx

(1x)(1y2)或21ydx1两边求不定积分，得arctanyxx2C

2解：将原方程化为由y|x01得到C4

故原方程的特解为arctanyx19、〔此题总分值20分〕

121x或ytan(xx2).

2424x2解：A由以[0,a],为底、高为2的曲边梯形和

a由切片法可得：

1又依据问题的实际意义F(a)的最小值存在,

F(a)驻点唯一，ya2yx2a4就是F(a)的最小值点.

545B4

为极小值点，亦最小值.点，o5或者,又F(a)a0,aAa1x20、〔此题总分值20分〕

解：由题意可得张角与球员距底线的距离x满足

令d0，得到驻点x60(不合题意，舍去) 及

x60. 由实际意义可知 , 所求dx

最值存在, 驻点只一个, 故所求结果就是最好的选择. 即该球员应在离底线60米处射门dx才能获得最大的射门张角。假设球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则5.2. 在距离dt球门两米处射门张角的变化率为：

ddtx2ddx

x2dxdtx224016(5.2)0.28(弧度/秒)。

(436)(4100)21、〔此题总分值10分〕

1xln(1t)1ln(1t)dtxdt，则F(1)0 解法1设F(x)f(x)f()11xtt解法21f()x1x11ln(1)xxln(1u)xlnuln(1t)udtdududu111tuuu令t=1u

22、证明题〔此题总分值10分〕

证明:

f(x)在0,3上连续，故在0,2上连续，且在0,2上有最大值M和最小值m，考证素材 考证素材

故mf(0),f(1),f(2)Mmf(0)f(1)f(2)M

3由介值定理得，至少存在一点0,2，使得f()f(0)f(1)f(2)1

3f()f(3)1，且f(x)在,3上连续,在,3内可导，

由罗尔定理可知，必存在,3(0,3)，使得f0

23、〔此题总分值20分〕

【解】〔1〕设时刻t高度为h(t)，火箭与摄像机的距离为L(t)，则L(t)两边关于t求导得h2(t)40002

dLdtdh

22dth4000h代入h=3000m，dhdL180 m/s =300m/s，得

dtdt〔2〕设时刻t摄像机跟踪火箭的仰角〔弧度〕为(t)，则有tan两边关于t求导得

sec2h

4000d1dh

dt4000dt当h=3000m时，sec5dhdd60.048rad/s (或rad/s) ，=300m/s，故

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