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一蓑烟雨

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《高等数学一》期末复习题及答案高等数学()》期末复习题一、选择题1、极限lim(\：x2+x-x)的结果是(0(B)g(C)122、方程x3-3x+1=0在区间(0,1)内C)(D)不存在(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Jf(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;TOC\o"1-5"\h\z4、由曲线y=sinx(00)的实根个数是B)(A)零个(B)—个(C)二个D)三个17、f()'dx=(B)1+x2(A)丄1+x2(B)丄+C...

高等数学()》期末复习

题

快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题

一、选择题1、极限lim(\：x2+x-x)的结果是(0(B)g(C)122、方程x3-3x+1=0在区间(0,1)内C)(D)不存在(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Jf(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;TOC\o"1-5"\h\z4、由曲线y=sinx(00)的实根个数是B)(A)零个(B)—个(C)二个D)三个17、f()'dx=(B)1+x2(A)丄1+x2(B)丄+C1+x2C)arctanxD)arctanx+c18、定积分fbf(x)dx是aC)(A)—个函数族(B)f(x)的的一个原函数(C)一个常数(D)—个非负常数19、函数y=lnCr+\；x2+])是(A)(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20、设函数f(x)在区间［0,1］上连续，在开区间(o,1)内可导，且广(x)>0，则(B)(A)f(0)<0血f(1)>f(0)(C)f(1)>0(D)f(1)0解得\x>1x<2所以函数的定义域为[1,2]2、(本题满分10分)设f(x)=x(x-1)(x-2)L(x-2014)，求f'(0)。解：广(0)=limf(x)一f(0)xtOx-03、(本题满分10分)设曲线方程为y=1x3+1x2+6x+1，求曲线在点(0,1)处的切线32方程。解：方程两端对x求导，得yf=x2+x+6x2x3~25、（本题满分10分）讨论函数f（x）=0解得［x>4x<5所以函数的定义域为［4，5］8、(本题满分10分)设f(x)=x(x+1)(x+2)L(x+n)(n>2)，求f'(0)。解：f(0)=limf(x)-f(0)xTOx-09、(本题满分10分)设平面曲线方程为x2-2xy+3y2=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+xyf)+6yyf=0将点(2,1)代入上式，得y，=-1(2,1)从而可得：切线方程为y-1=-(x-2)即x+y-3=010、本题满分10分)求由曲线y=ex及直线y=1和x二1所围成的平面图形的面积(如下图)．解：所求阴影部分的面积为S=1X(ex-1)dx0*■11、(本题满分10分)讨论函数f(x)jxx<0在x=0处的连续性。ex—1x>0解：Qlimf(x)=limex-1=0=f(0)xT0+xt0+•:f(x)在x=0处是连续的。12、(本题满分10分)求方程(1+y2)dx-(1+x2)dy=0的通解。解：由方程(1+y2)dx-(1+x2)dy=0，得两边积分：1+y21+x2得arctany=arctanx+C所以原方程的通解为：arctany=arctanx+C或y=tan(arctanx+C)13、(本题满分10分)

证明

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方程x5-7x=4在区间(1,2)内至少有一个实根。解：令F(x)=x5-7x-4,F(x)在［1,2］上连续F(1)=-10<0，x由零点定理可得，在区间(1,2)内至少有一个g,使得函数F(g)=g5—7g—4=0,即方程x5—7x—4=0在区间(1,2)内至少有一个实根。14、(本题满分10分)设f(x)=x(x+1)(x+2)L(x+2015)，求f'(0)。解：f'(0)=limf(x)—f(0)=lim(x+1)(x+2)L(x+2015)=2015!xx—0xt015、(本题满分10分)求曲线ey+xy=e在点(0，1)处的法线方程。解：方程两端对x求导，得eyy'+y+xy'=0将点(0,1)代入上式，得y=—1(0,1)e16、(本题满分10分)求曲线从而可得：法线方程为y=ex+1y=cosx与直线y=2,x=1及y轴所围成平面图形的面2积。解：作平面图形，如图示r兀S=J2(2一cosx)dx=(2x一sinx)2017、(本题满分10分)讨论函数f(x)J®xx-0在x=0处的连续性。x+1x<0解：Qlimf(x)limcosx1f(0)x0x0dyxy2xy2的特解。:、f(x)在x0处是连续的。18、(本题满分10分)求微分方程dxy|xx解：将原方程化为芈(1x)1y2)或dxdy1y2(1x)dx两边求不定积分，得arctanyX!X2C由y|1得到C-x04故原方程的特解为arctany1X22tanXA4的正方形分成A、B两部分(如图所示)，其中A绕x轴B绕y轴旋转一周得到另一旋转体，记其体积为V.B19、(本题满分20分)曲线a2yx2(0a1)将边长为1旋转一周得到一旋转体，记其体积为V,A问当a取何值时，VV的值最小.AB解：A由以[0,a],为底、高为兰的曲边梯形和a2由切片法可得：F(a)驻点唯一,又根据问题的实际意义F(a)的最小值存在，•••a=4就是F(a)的最小值点.或者，又F〃(a)>0,•a=-为极小值点，亦最小值.点，520、(本题满分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0?若球员以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0与球员距底线的距离x满足令d0=0，得到驻点X一侦(不合题意，舍去)及x^.60.由实际意义可知，所dx求最值存在，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J60米处射门才能获得最大的射门张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则dx=-5.2.在距离球门两米处射门张角的变化率为：dtd0dtd6dxdxdt240-16(4+36)(4+100)X(-5.2)=-0.28(弧度/秒)。21、(本题满分10分)设f(x)=fx[^凹力i1t(x>0)，求f(x)+f(1)xx=2x=2x=2解法1设F(x)=f(x)+f(1)=Jxln(1+1d+f:吨+1d，则F(1)=0x1t1t解法2Qf(1)=J:ln(1+2ft令二xudu=Jln(1+Udu+Jxx1t1u1u1u11”=1ln2x12=JxIntd(Int)=ln211222、证明题(本题满分10分)设函数f(x)在［o,3］上连续，在(0,3)内可导，f(0)+f⑴+f⑵=3,f⑶=1。试证必存在一点e(0,3)，使得广(g)=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..f(0),f⑴』⑵.m-m匕f(0)+f3°+f⑵匕m由介值定理得，至少存在一点ne［0,2］，使得f(n)=f(0)+f(1)+f(2)=13Qf(n)=f(3)=1，且f(x)在b,3］上连续，在(i,3)内可导，由罗尔定理可知，必存在e(n,3)u(0,3)，使得f@)=023、(本题满分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

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示高度，假设在时刻t，火箭高度h=3000m，0运动速度等于300m/s,(l)用L表示火箭与摄像机的距离，求在t时刻L的增加速0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)=迪迫)+40002两边关于t求导得dL=hdhdtJh2+40002dt代入h=3000m，dh=300m/s，得dL=180m/sdtdth4000⑵用a表示摄像机跟踪火箭的仰角（弧度），求在t°时刻a的增加速度•？?（2）设时刻t摄像机跟踪火箭的仰角（弧度）为a（t），则有tana=两边关于t求导得sec2a普=爲d当h=3000m时，seca=-，d=300m/s，故—=0・048rad/s（或=rad/s）dtdtdt125《高等数学（一）》期末复习题

答案

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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,f⑴=_1，有零点定理得f（x）在区间（0,1）内存在实数根，又因广（x）=3x2-3<0，可知函数具有单调性，所以有唯一的实根。3、C本题考察不定积分的概念，不定积分是所有原函数的全体。4、C解答：利用定积分的几何意义，所求面积为Lsinxdx=205、D解答：直接积分法y=3x3+C，代入已知点坐标可得C=26、A解答：因为limlnx=ln1=0所以此时是无穷小量。XT17、C解答：lim(xsin1一^sinx)=0一1=-1xt0xx8、A解答：因为心“+£>0，所以单调增加。9、D解答:10、A解答:-J-d(x2+1)=1ln(x2+1)+C2x2+12利用定积分的几何意义，所求面积为J1exdx=ex011、B解答：先分离变量，两端再积分所求通解为y=Ce1x212、D解答：直接积分法y=x3+C，当C=0时有y=x313、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。xtO15、A解答：x+1limXT8X2-1x+1=limxT8(X+1)(X—1)=limxT81(x-1)其它三项极限都不存在。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，又因广⑴=3x2+p>o，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，是所有原函数所以选B18、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判断即可，设y=f(x)=ln(+Jx2+1),贝Q20、B解答：由于广(x)>0所以f(1)>f(0)21、C解答：lim2一=2ny=2是水平渐近线；lim2一x=0x»1—e-x2xto1—e-x2是铅直渐近线。22、D考查定积分的性质与基本的积分表J(cosx-sinx)dx=sinx+cosx+C23、A解答：分子分母同时除以n可以得到limnT8n+(—1)nn=1xsxxs=lim1+0=1xT8b=lim(y一kx)=lim(x+sin一x)=limsinXSxsxs1=0，所求斜渐近线为xy=x。其它选项都没有。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,其它选项都不一定正确。25、C解答：f(x)=gr(x)ndf(x)=dg(x)n(Jdf(x))=(Jdg(x))r，其它选项都有反例可以排除。26、C解答：有求解斜渐近线的

方法

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可得1x+sin—yxk=lim=limx1、填空题解答：1一cosX〜1-cosXlim1x2=lim—xtOx2x2xtO或者用罗比达法则也可以求解。2、2解答：/(x)=E2x+2，则f\x)=2e2xnf(0)=23、2解答：应用奇函数在关于原点对称区间上的积分为04、etx+C分析：被积函数et相对于积分变量来说是常数，所以jetdx=etx+C5、y=2ex解答：y'—y=0ny=Cex，代入初始条件yI=2得到2=CeonC=2所x=0求特解为y=2ex6、0解：lim土4=1血竺一4=lim0=0xt2X+3xt22+3xt257、3解:limx2~x~2=iim(x~2)(x+1)=lim(x+1)=lim2^=38、4xt2x2一4xt2(x+2)(x-2)xt2(x+2)xt22+24解：y=xsinx+1ny'=sinx+xcosx贝Uf'()=sin+—cos=122229、2解：应用性质，奇函数在对称区间上的积分为010、3皿x+C解：由基本的积分公式ji+x2dx=3arctanx+C11、y2=x2+C解：对方程ydy=xdx两端积分jydy=jxdxny2=x2+C1112、2解：利用偶函数的积分性质115x4dx=2!1-1013、1sin2x匚解：limx+sin2x=lim+==lim!+°=1xT8xxT81xT8114、-2xsinx2dx解：由微分的定义dy=yrdx，先求出导数，再求微分15、-1解：y=xcosx一3ny'=cosx一xsinxnf'（兀）=cosn一兀sin兀=-116、冷+C解：将“看成一个整体，利用凑微元法得I",=2蚪+c17、y=-»x+C解：先分离变量'再积分得通解18、y=ex+C解：先整理，再分离变量求通解19、e-6解：利用重要极限进行恒等变形，再求解iim(1-1)3x=iim(1-2)(-:)•(-6)=e-6xT8xxT820、xx(lnx+1)解：本题是幂指函数，利用对数求导法来求导数21、2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，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_2_次幂的系数之比limx(x+1)(x+2)=1x—82x3+x—3223、xx(lnx+i)dx解：由微分的定义dy=yfdx，先求出导数，再求微分，本题是幂指函数可以利用对数求导法来求导数24、1解：lim2X2-3X+1=lim0^1=-4xTOX+4XT。0+4425、乙解：先求导数，再代入具体数值ff(x)=2e2xaf(O)=2eo=226、二解：利用奇函数与偶函数的积分性质J°+2气1+sin5x)dx=J°+2711dx=2兀°°27、丄dx解：由微分的定义dy=yd，先求出导数，再求微分ex一128、2解：利用奇函数与偶函数的积分性质cosxdx=2J72cosxdx=2-7X32(cosx+)dx=_71一x22三、解答题1、(本题满分9分)解：由题意可得，卩_1-02一x>0解得卩>1x<2所以函数的定义域为[1，2]2、(本题满分10分)解：f'（0）=limf（卫二f（°）xtOx-03、（本题满分10分）解：方程两端对X求导，得y'=X2+X+6将x=0代入上式，得y=6丿（0,1）从而可得：切线方程为y-1=6（x-0）即y=6x+14、（本题满分10分）解：作平面区域，如图示解方程组r=x得交点坐标：（o,o）,（i,i）、y=x2所求阴影部分的面积为：0S=-x2)dx=x2x35、（本题满分io分）解：Qlimf(x)=limx+2=3=f(1)xt!+xT1+•:f（x）在x=1处是连续的。6、(本题满分10分)解：将原方程化为dy=(2x+3)dx两边求不定积分，得Jdy=J(2x+3)dx，于是y=x2+3x+C将y|广3代入上式，有3=1+3+C，所以C=-1,故原方程的特解为y=x2+3x-1。7、(本题满分9分)解：由题意可得，［x一4-0一x>0解得Ix>4x<5所以函数的定义域为［4，5］8、(本题满分10分)解：f，(0)=limf(x)~f(0)xTOx-09、(本题满分10分)解：方程两端对x求导，得2x-2(y+xyf)+6yyf=0将点(2,1)代入上式，得y，=-1(2,1)从而可得：切线方程为y-l=-(x-2)即x+y-3=010、(本题满分10分)解：所求阴影部分的面积为S=\X(ex-1)dx011、(本题满分10分)解：Qlimf(x)=limex-1=0=f(0)xT0+xT0+•:f(x)在x=0处是连续的。12、(本题满分10分)解：由方程(1+y2)dx-(1+x2)dy=0，得两边积分：=j-dx_1+y21+x2得arctany=arctanx+C所以原方程的通解为：arctany=arctanx+C或y=tan(arctanx+C)13、(本题满分10分)解：令F(x)=x5-7x-4,F(x)在［1,2］上连续F(1)=-10<0,由零点定理可得，在区间(1,2)内至少有一个g,使得函数F(g)=g5—7g—4=0,即方程x5—7x—4=0在区间(1,2)内至少有一个实根。14、(本题满分10分)解：f，(0)=lim了(x)一f(0)=lim(x+1)(x+2)L(x+2015)=2015!xTOx—0xT015、(本题满分10分)解：方程两端对x求导，得eyyf+y+xy'=0将点(0,1)代入上式，得y=—1(0,1)e从而可得：法线方程为y=ex+116、(本题满分10分)解：作平面图形，如图示17、(本题满分10分)解：Qlimf(x)=limcosx=1=f(0)xT0+xT0+•:f(x)在x=0处是连续的。18、（本题满分10分）解：将原方程化为dy=(1-x)(l+y2)或—=(1-x)dxdx1+y21两边求不定积分，得arctany=xx2+C故原方程的特解为arctany=x-1x2+^~或y=tan(x-1x2+扌)19、（本题满分20分）或者，又f〃（a）4=兀＞0,a=-为极小值点，亦最小值•点,a=-5520、（本题满分20分）解：由题意可得张角0与球员距底线的距离x满足令—=0，得到驻点x=-j60（不合题意，舍去）及x=€60.由实际意义可知，所dx求最值存在，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詣0米处射门才能获得最大的射门张角。若球员以5.2米每秒的速度跑向球门，则dx=-5.2.在距离球门两米处射门张角的变化率为：dtdOdtx=2dOdxx=2dxdtx=2240-16(4+36)(4+100)X(-5.2)=-0.28(弧度/秒)。21、(本题满分10分)解法1设F(x)=f(x)+f(1)=Jx皿1+1d+fX吨+1)d,则F⑴=0x1t1t+1解法2Qf(1)=fX>5^塔Jln(1li)du=Jln(l+u)du+Jx叫x1t1u1u1u22、证明题(本题满分10分)证明：f(x)在［o,3］上连续，故在［o,2］上连续，且在［o,2］上有最大值M和最小值m,故../(o),/⑴』⑵匕m-m匕f(0)+f31)+f⑵

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