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