1、专升本高等数学测试题1.函数 是（ D ） xysin1（A） 奇函数； （B） 偶函数； （C） 单调增加函数； （D） 有界函数解析 因为 ，即 , 所以函数 为有界函数1i2sin0xxysin12.若 可导，且 ，则有（ B ） ；)(uf )e(xfy（A） ； （B） ；d xfyde)(d（C） ； （D ） xfye)( 解析 可以看作由 和 复合而成的复合函数)(ufyxe由复合函数求导法 ，xxf)(所以 yded3. =( B );0dex(A)不收敛; (B)1; (C); (D)0.解析 0x0ex14. 的特解形式可设为（ A ） ；2(1)xy(A) ； (B)
2、；2exab()exab(C) ； (D) ()x 2解析 特征方程为 ，特征根为 = =1 =1 是特征方程的特征重根，于是有012r1r22()expyab5. ( C )，其中 ： ；yDdD12yx4(A) ； (B) ；24201r 01dr(C) ； (D) d2解析 此题考察直角坐标系下的二重积分转化为极坐标形式当 时， ，由于 ， 表示为 ， ，故sincoryxdxyr12yx4D21r0Dd2D2201dr6.函数 = 的定义域 y)12arcsin(312xx解由所给函数知，要使函数有定义，必须分母不为零且偶次根式的被开方式非负；反正弦函数符号内的式子绝对值小于等于 1.
3、可建立不等式组，并求出联立不等式组的解.即推得,1203,x,403x即 , 因此，所给函数的定义域为 . )3,7. 求极限 = xx2lim解：原式= )2)(li2xx= 1li2x= . （恒等变换之后“能代就代” ） 48.求极限 = xtxcos1dinlm解：此极限是“ ”型未定型，由洛必达法则，得0= =xtxcos1dinl)cos1(dinlixtx 1)(limsinli11 x9.曲线 在点（1，1）处切线的斜率 ,3ty解：由题意知：,13t,3)(d1211tttxy曲线在点（1，1）处切线的斜率为 310. 方程 , 的通解为 02y解： 特征方程 , 特征根 ,
4、1r121r通解为 .xCye)(2111. 交错级数 的敛散性为 )1()1nn（4） = ,1)()n1)(n而级数 收敛，故原级数绝对收敛.1)(n12. . （第二个重要极限）xx)(lim2解一 原式= = ，10)(lim)1(li)1(li xxxxx e解二 原式= = )(2lixx e13. )1ln(lim20x解 所求极限为 型 ，不能直接用洛必达法则，通分后可变成 或 型. 0)1ln(lim20xxxxxx 21li)1ln(li020 .21)(lim)(li00 xxx14.设 ，求 .xfe)()(f解：令 , 两边取对数得： ,xyxylnel两边关于 求导
5、数得：xyxl1)eln(x即 .)le( xyx15.求 + 在闭区间 上的极大值与极小值，最大值与最小值.3)(xf25,解： , 令 , 得 ,x6 0)(f 2,1x, , ,)(f 606)(f 的极大值为 4，极小值为 .x)2(f , .50)(f 20)(f 比较 的大小可知：5,f最大值为 200， 最小值为 .)(xf 16.求不定积分 .xd1解： 令 , 则 , ,于是tx2ttd原式= = = =td12t1tCt1ln2= .Cxxln17.求定积分 .40d1解:（1）利用换元积分法，注意在换元时必须同时换限令 ， ， ，xt2ttxd当 时， ，当 时， ，于是
6、042= =4d1x201t201tt.3ln4ln2tt18. 求方程 的通解；(e)d(e)d0xyxy解 整理得 ，1e(1)dxyyx用分离变量法，得 ，dyx两边求不定积分，得 ，ln(e1)l(e)lnyxC于是所求方程的通解为 ， yx即 e1yx19. , 求 .xyusine)0,1(),0(yu解：因 ,)cossinecosei xyxxx ,xyuxcose,1)0(in0)1,( x.e)cose)0,1(yu20.画出二次积分 的积分区域 并交换积分次序.xyfd,d242 D解： ：D,xy的图形如右图，由图可知， 也可表为D,402xy所以交换积分次序后，得 .
7、xfd,d24021.求平行于 轴，且过点 与 的平面方程.y)1,5(A)3,2(B解一 利用向量运算的方法。关键是求出平面的法向量 .因为平面平行于 轴，所以 .又因为平面过点nyjn与 ，所以必有 .于是，取 = ,ABnnjA而 =2，7，4 ，所以 = = ，47201kii2因此，由平面的点法式方程，得 ，即 .0)1()5()(zyx 032zx解二 利用平面的一般式方程。设所求的平面方程为 ,DCByAx由于平面平行于 轴，所以 ，原方程变为 ，又所求平面过点 (1, 5, 1)与 (3 , 2, 3)，y0BzAB将 的坐标代入上述方程，得 解之得 , ,代入所设方程，故所求平面方程为 BA, ,3DCA23.032zxO xy2 4
