考研数学一、二、三高数阶段性测试卷解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_02.核心基础_02.分班测试

考研数学高数阶段测试（含数一、二、三）
（满分：150分 时间：180分）
一、选择题:1～10小题,每小题5分,共50分,下列每题给出的四个选项中,只有一个选项符
合题目要求的.
（1）【答案】B.
1
【解析】因为当x0 时，(1cos x)ln(1x3) x4，xarcsinxn  xn1,(ex2 1) x2，
2
所以2n14满足题设条件的n2.故选B.
（2）【答案】D.
1
【解析】因为lim[ ln(1ex)]，所以x0为垂直渐近线;
x0 x2
1
又 lim[ ln(1ex)]0，所以y 0为水平渐近线;
x x2
y 1 ln(1ex) ln(1ex) ex
进一步, lim  lim[  ] lim = lim 1,
x x x x3 x x x x1ex
1
lim[y1x] lim[ ln(1ex)x]= lim[ln(1ex)x]
x x x2 x
= lim[lnex(1ex)x] lim ln(1ex)0，所以y  x为斜渐近线，故选（D）.
x x
（3）【答案】B.
【解析】在(2,2)上,函数
x, 2 x0

f(x)min{x,x2}x2, 0 x1 ,

x, 1 x2

f(x) 在(2,2)上连续,在除分界点外其余各点处均可导,而 f (0)1, f (0)0,故
 
f(x)在x0处不可导；又 f (1)2, f (1)1,故 f(x)在x1处不可导，故选（B）.
 
（4）【答案】D.
x2 x2 x2
【解析】因为F(x)  x2f(t2)dt  x2 f(t2)dt ，F(x)2x f(t2)dt2x3f(x4).所
0 0 0以（D）为正确选项.
（5）【答案】D.
1mln2(1x) 1 mln2(1x) 1mln2(1x)
【解析】 dx2 dx+ dx
1
0 n x 0 n x n x
2
1 mln2(1x) 1

2 mln2(1x)
2 dx在x0可能是瑕点，且limxn m  1，当m,n为任意正整
0 n x x0 n x
1 2 1 mln2(1x) 1mln2(1x)
数时，都有  1，故2 dx收敛，与m,n的取值无关；而 dx
1
n m 0 n x n x
2
mln2(1x)
在x1是瑕点，由于lim(1x) 0，其中是可以任意小的正数，所以对任
x1 n x
1mln2(1x)
意m,n,都有 dx收敛，故选（D）.
1
n x
2
（6）【答案】D.
【解析】I    ex2 sinxdx，I  2 ex2 sinxdx，I   3 ex2 sinxdx
1 2 3
0 0 0
I I  2 ex2 sinxdx0 I  I ,I I  3 ex2 sinxdx0 I  I ,
2 1 2 1 3 2 3 2
 2
I I   3 ex2 sinxdx 2 ex2 sinxdx 3 ex2 sinxdx
3 1
  2
  3 e(t)2 sin(t)dt 3 ex2 sinxdx 3 (ex2 e(x)2)sinxdx0 I I 0
3 1
2 2 2
因此I  I  I .故选（D）.
2 1 3
（7）【答案】A.
(y1)
【解析】当x0时，z  f(0,y)  ，于是
1sin(y1)
z 1sin(y1)(y1)cos(y1)
 1,
y (0,1) [1sin(y1)]2 y1
故选（A）.
（8）【答案】D.
【解析】积分域x2  y2 2x2y为圆域(x1)2 (y1)2 2.令x1u,y1v, 则(x y2)d  (u2v2v2)dudv
D u2v22
  (2v2)dudv
u2v22
1
4  (u2 v2)dudv
2
u2v22
1 2 2
4  d r3dr
2 0 0
45.
故选（D）.
（9）【答案】D.
【解析】根据特征方程r2 2r 0，可得r 0,r 2.因此特解y* 形式为y*  x(axb)e2x .
故选（D）.
（10）（数一、三）【答案】B.
 
【解析】因为
a
条件收敛，所以
a xn
的收敛半径为1，又平移、逐项求导不改变收
n n
n1 n1

敛半径，所以 na (x1)n1 的收敛半径为1，收敛区间为(0,2).因此，x 3与x3依
n
n1

次为幂级数
na (x1)n1
的收敛点，发散点.故选（B）.
n
n1
（数二）【答案】C.
f(x)
【解析】 因为lim 0，且 f(x)在x0的邻域内连续，
x0 x
所以lim f(x) f(0)0.
x0
x
令xt u，则g(x) x3  (xu)f(u)du
0
x x
 x3x f(u)du uf(u)du,g(0)0，
0 0
x
所以g(x)3x2  f(u)du,g(0)0,
0
g(x)6x f(x),g(0)0,
g(x)g(0) 6x f(x) f(x)
g(0)lim lim 6lim 60，
x0 x0 x0 x x0 x所以，(0,0)是曲线y  g(x)的拐点，应选（C）.
二、填空题:11～16小题,每小题5分,共30分．
1
（11） 【答案】 ln2.


cos2( t)
  cos2 x   sin2t
2
【解析】令x t，则3 dx 3 dt 3 dt.
2  x(2x)    t(2t)
6 6 ( t)(2t) 6
2
1  cos2 x  sin2 x
所以，原式= [3 dx3 dx]
2  x(2x)  x(2x)
6 6
1  1 1  1 2
 3 dx 3(  )dx
2  x(2x) 2  x 2x
6 6
1
 ln2.

（12）【答案】I  I
1 2

sinx sinx xcosxsinx
【解析】只须考察 在(0,)上的单调性.因    ，
x  x  x2
令F(x) xcosxsinx，F(0)0，
F(x)cosxxsinxcosxxsinx0,x(0,)，

sinx
所以xcosxsinx0,x0,
，进而 
0,x0,
，
 x 
sinx sinx sin y
故 在(0,)上是单调递减；当0 x y时，  ，故I  I .
x x y 1 2
1
（13）【答案】 ；
6
1
【解析】令 f(x)dx A，两边同时从0到1求积分得
0
1
2A A 0
2
1
解得A .
6（14）【解析】由已知，V(a)
a xex2
dx

a2e2a ae2a 
1
e2a 
1
 
0 2  2 2
1
所以， limV(a) .
a 4
1
（15）（数一、三）【答案】s(x) .
1x2
    '  x  ' 1
【解析】 (1)n1nxn1   (1)n1xn      .
  1x (1x)2
n1 n1
3
（数二）【答案】k  .
4
【解析】由题设，
(x) 1xarcsinx  cosx xarcsinx1cosx
lim lim =lim
x0(x) x0 kx2 x0 kx2( 1 xarcsinx  cosx)
1 xarcsinx1cosx 1  arcsinx 1cosx 3
 lim  lim lim  1，
2k x0 x2 2k  x0 x x0 x2   4k
3
故k  .
4
（16）【答案】y4y sin2x
【解析】由二阶线性微分方程解的性质可知， y  y cos2xsin2x是该方程对应的齐
1 2
次方程(记为(*))的一个解，于是cos2x(cos2xsin2x) sin2x也是方程(*)的解，即(*)
有两个线性无关的解cos2x和sin2x，由此可见方程的特征根为2i，特征方程r2 40，
从而知原方程为y4y  f(x)
 x
注意 1  cos2x是这个方程的一个解，从而
 4

 1    1  
f(x)

1 x

cos2x

4

1 x

cos2x

sin2x.
 4    4  
故该微分方程为y4y sin2x．
三、解答题:16～22小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1 1 x3
（17）【解析】令u  x3t,则 f(tx3)dt   f(u)du，于是
0 x3 0
 1 f(tx3)dt 1  x3 f(u)du  x3 f(u)dt
lim 0 lim x3 0 lim 0
x0 etanx esinx x0 etanx esinx x0 x3(etanxsinx 1)esinx
x3 x3
 f(u)dt  f(u)dt f(x3)
lim 0 lim 0 lim 1
x0 x3(tanxsinx) x0 1 x6 x0 x3
2
（18）【解析】令x  tant,
dx sec2t cost dsint
  dt  dt 
(2x2 1) 1x2 (2tan2t1)sect 2sin2tcos2t 1sin2t
x
arctansintC arctan C.
1x2
（19）【解析】由分部积分法可知，
1 f(x) 1
I  dx2 xf(x) 1 2 xf '(x)dx.
0
0 x 0
ex
又因为 f(1)0, f '(x) ，故
2 x
1
ex
1
I 2 x dx exdxex 1 e11.
0
0 2 x 0
（20）【解析】
y2x4,y04,y32,
则过点A0,3 与点B3,0 的切线方程分别是y 4x3与y 2x6.
3  3
因此两条切线的交点是 ,3 ，用直线x 将围成的区域分成两部分，则所求面积
2  2
为A 3 24x3  x2 4x3 dx 3 2x6  x2 4x3 dx 9 .
  3 
0 4
2
x 1 0
（21）【解析】 令u t2 x2,du 2tdt ， tf(t2 x2)dt   f(u)du，故
0 2 x2
1 0 x2 1
 f(u)du   ln(1x2)，
2 x2 1x2 21 0 t 1
再令t x2 ，  f(u)du   ln(1t)，对t求导，得
2 t 1t 2
2 1 1t
f(t)   (t 0)，
(1t)2 1t (1t)2
1x 3x
故 f(x) (x0)，令 f(x) 0得，x3.
(1x)2 (1x)3
当x3时， f(x)0，当3 x0时， f(x)0，所以当x3时， f(x)取得
1
极小值 f(3) .
8
（22）（数一）【解析】记J  PdxQdy.
L
Q P
1）  (3x2 1)3x2 1；
x y
2）曲线L不封闭，添加辅助线L :沿y轴由点B(0,2)到点O(0,0).
1
0 2
 Q(0,y)dy   2ydy  2ydy 4；
L 2 0
1
3）在L 与L围成的区域D上用格林公式（边界取正向，即逆时针方向）：
1
Q P 1 1 
 PdxQdy (  )d1d 22  12  ，
LL x y 4 2 2
1
D D

因此J  PdxQdy  4.
L 2
（数二）【解析】  3x2ln  y 1 y2  6x9 y2 d6x9dy2d
 
D D D

2cos
6xS9S2 d r2sin2rdr

 0
2
 1
152 2cos4 sin2d

4
2
61
 .
4
x

（数三）【解析】：（I）收益函数：R(x) xP10xe 2,0 x6.
dR  x
边际收益函数：MR 5(2x)e 2.
dxdR  x
（II）由 5(2x)e 2 0,得x2.
dx
d2R 5  x 5
又  (x4)e 2  0.因此R(x)在x2取极大值.
dx2 2 e
x2 x2
20
又因为极值点唯一，故此极大值必为最大值，其最大值为R(2) .所以,当产量为2
e
20 10
时,收益取最大值,收益最大值为 ，相应的价格为 .
e e