大一上学期(第一学期)高数期末考试题(有答案)

大一上学期高数期末考试

一、单项选择题 (本大题有4小题, 每小题4分, 共16分) 1. 设f(x)cosx(xsinx),则在x0处有(　).

（A）f(0)2 （B）f(0)1（C）f(0)0 （D）f(x)不可导.

2. 设(x)1x1x，(x)333x，则当x1时（　　）.

（A）(x)与(x)是同阶无穷小，但不是等价无穷小； （B）(x)与(x)是等价无穷小；

（C）(x)是比(x)高阶的无穷小； （D）(x)是比(x)高阶的

无穷小.

3. 若

F(x)x0(2tx)f(t)dt，其中f(x)在区间上(1,1)二阶可导且

f(x)0，则（ ）.

（A）函数F(x)必在x0处取得极大值； （B）函数F(x)必在x0处取得极小值；

（C）函数F(x)在x0处没有极值，但点(0,F(0))为曲线yF(x)的拐点； （D）函数F(x)在x0处没有极值，点(0,F(0))也不是曲线yF(x)的拐点。

设f(x)是连续函数，且 f(x)x214.

0f(t)dt , 则f(x)(x2x2（A）2 （B）22（C）x1 （D）x2.

二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分） 2sinx5. limx0(13x) .

6. 已知cosxx是f(x)的一个原函数,则f(x)cosxxdx . 27.

nlimn(cos2ncos2ncos2n1n) .

12x2arcsinx1－11x2dx8. 2 .

三、解答题（本大题有5小题，每小题8分，共40分）

9. 设函数yy(x)由方程

exysin(xy)1确定，求y(x)以及y(0). 1x7求10. x(1x7)dx.

)

xxe，　　x0 1设f(x)　求f(x)dx．322xx，0x111.

1012. 设函数f(x)连续，，且x0g(x)并讨论g(x)在x0处的连续性.

g(x)f(xt)dtlimf(x)Ax，A为常数. 求

1y(1)xy2yxlnx9的解. 13. 求微分方程满足

四、 解答题（本大题10分）

14. 已知上半平面内一曲线yy(x)(x0)，过点(0,1)，且曲线上任一点

M(x0,y0)处切线斜率数值上等于此曲线与x轴、y轴、直线xx0所围成面积的2倍与该点纵坐标之和，求此曲线方程. 五、解答题（本大题10分）

15. 过坐标原点作曲线ylnx的切线，该切线与曲线ylnx及x 轴围

成平面图形D.

(1) 求D的面积A；(2) 求D绕直线x = e 旋转一周所得旋转体的体积

V.

六、证明题（本大题有2小题，每小题4分，共8分）

16. 设函数f(x)在0,1上连续且单调递减，证明对任意的q[0,1]，

q1f(x)dxqf(x)dx00.

0,f(x)17. 设函数在上连续，且0，0.

证明：在0,内至少存在两个不同的点1,2，使f(1)f(2)0.（提

f(x)dx0f(x)cosxdx0xF(x)示：设

f(x)dx0）

解答

一、单项选择题(本大题有4小题, 每小题4分, 共16分) 1、D 2、A 3、C 4、C

二、填空题（本大题有4小题，每小题4分，共16分）

1cosx2　()c6e35. . 6.2x.7. 2. 8..

三、解答题（本大题有5小题，每小题8分，共40分） 9. 解：方程两边求导

xy e(1y)cos(xy)(xyy)0

exyycos(xy)y(x)xyexcos(xy)

x0,y0，y(0)1

77x6dxdu 10. 解：ux　　1(1u)112原式du()du7u(1u)7uu1 1(ln|u|2ln|u1|)c7 12ln|x7|ln|1x7|C77 11. 解：3031f(x)dxxedx3x100x102xx2dx

xd(e)01(x1)2dx02xxxee3

2(令x1sin)cosd　

12. 解：由f(0)0，知g(0)0。

x1xtu4

2e31

g(x)f(xt)dt0xf(u)du0x (x0)

g(x)xf(x)f(u)duxx02 (x0)

g(0)lim0x0f(u)dux2limx0xf(x)A 2x2

AAA22，g(x)在x0处连续。

limg(x)limx0x0xf(x)f(u)dux02dy2ylnxdxx13. 解：

dxdxxxye(elnxdxC)2211xlnxxCx29 3

111y(1),C0yxlnxx39 9 ，

四、 解答题（本大题10分）



14. 解：由已知且 ，

将此方程关于x求导得y2yy

0y2ydxyx

2特征方程：rr20 解出特征根：r11,r22.

x2x其通解为 yC1eC2e

代入初始条件y(0)y(0)1，得

21yexe2x33故所求曲线方程为：

五、解答题（本大题10分）

C121,C233

1ylnx0(xx0)x(x,lnx)0，015. 解：（1）根据题意，先设切点为0切线方程：

1yxxe0e由于切线过原点，解出，从而切线方程为：

1则平面图形面积

A(eyey)dy01e12

（2）三角形绕直线x = e一周所得圆锥体体积记为V1，则

曲线ylnx与x轴及直线x = e所围成的图形绕直线x = e一周所得旋转体体积为V2

1V11e23

V2(eey)2dy0

6D绕直线x = e 旋转一周所得旋转体的体积

六、证明题（本大题有2小题，每小题4分，共12分）

q1qqVV1V2(5e212e3)

116. 证明：0qf(x)dxqf(x)dxf(x)dxq(f(x)dxf(x)dx)000q1q

(1q)f(x)dxqf(x)dx01[0,q]2[q,1]

q(1q)f(1)q(1q)f(2)1f(1)f(2)故有：

q0

f(x)dxqf(x)dx00 证毕。

x17.

F(x)f(t)dt,0x0证：构造辅助函数：。其满足在[0,]上连续，在(0,)上可导。F(x)f(x)，且F(0)F()0

由题设，有

0f(x)cosxdxcosxdF(x)F(x)cosx|sinxF(x)dx0000，

有0，由积分中值定理，存在(0,)，使F()sin0即F()0

综上可知F(0)F()F()0,(0,).在区间[0,],[,]上分别应用罗尔定理，知存在

1(0,)和2(,)，使F(1)0及F(2)0，即f(1)f(2)0.

F(x)sinxdx0