1、1绝密启用前 试卷类型：高职类山东省 2014 年普通高等教育专升本统一考试高等数学（经管类）密押模拟卷一答案一、单项选择题：本大题共 5 个小题，每小题 1 分，共 5 分. 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，错选、多选或未选均无分.1. C 2. B 3. A 4. C 5. C二、填空题：本大题共 5 个小题，每小题 1 分，共 5 分6. 4x+13 7. 6 8. 9. 2 10.402圆Sdx 07三、判断题：本大题共 5 个小题，每小题 1 分，共 5 分11. 12. 13. 14. 15. 四、计算题：本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分16.
2、 解： 203030 31limarctnli)1ln(arctimxxxxxx .)1(li)(li 2020xx17. 解： dxxdee )1ln(ln2l2dxxex 1)1ln(.Cx)ln(l218. 解：令 ，有 ，利用微分的不变性得：vyuex3,sin),(vufz)3(si),()( 2yxdfyedfdfz vx6(cossifexvxuffyfe vuxv )6n( 2219. 解：积分区域 如图 07-1 所示： 的边界 、 用极坐标表示D12yx42yx分别为 ， ；故积分区域 在极坐标系系下为1r2，,0|),(r故 rddxyD0212cos2021420213
3、cosr 2020cos8545dd.415)2in()cos1(8020 20. 解： 因 ；)2()1(242 xxx.)1,(10n所以 ； .)2,(20xxn )2,(210xxnn故 ),()(21401002 xxnnnn.)2,(021nn21. 解：方程可化为 ，这是一阶线性非齐次微分方程，21yx它对应的齐次方程 的通解为 ，02yxeCy12设原方程有通解 ，代入方程得 ，xeC1)()(12x即 ，xe12)(所以 ，dxx112故所求方程的通解为 .21eCyxx2r1ro图 07-13五、证明题：本大题共 1 个小题，共 5 分22. 证明： 因 在 有意义，从而
4、在 上连续且可导，即 在)(xf,2)(xf,21 )(xf上满足拉格朗日中值定理的条件，,21x故存在 ，使得 ，),(21 )()(12fxff又因 在 上连续，根据连续函数在闭区间上最值定理知， 在 上xf,ba )(xf,ba既有最大值又有最小值，不妨设 分别是最小值和最大值，从而 时，有Mm, ,.fm)(即 ，xff12)(故 .)()()( 1212 xffx4绝密启用前 试卷类型：高职类山东省 2014 年普通高等教育专升本统一考试高等数学（经管类）密押模拟卷二答案一、填空题：本大题共 5 个小题，每小题 1 分，共 5 分1. 2. 3. 发散02yx Cxx)ln(24.
5、5. 96 6AB二、单项选择题：本大题共 5 个小题，每小题 2 分，共 10 分. 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，错选、多选或未选均无分.6. D 7. A 8. D 9. B 10. D三、计算题：本大题共 5 个小题，每小题 6 分，共 30 分11. 解： .21lim214lim1lim34032003242 xxxdttxx12. 解： )2sin(co)sin(co)sin()si( xxdxy .21cot13. 解： dxxxdxd 2221arctnartnarndx221rct.Cxarctnatn214. 解：这是标准的不缺项的幂级数,收敛半径
6、,R而 ,321lim32lilim11 nnann故收敛半径 .3R当 时,级数化为 ,这是调和级数,发散的；1x01n当 3时,级数化为 ,这是交错级数,满足莱布尼兹定理的条件,收敛的.0)(n5所以级数的收敛域为 .31,15. 解：积分区域 如图所示：把区域看作 Y 型，则有D,yxyx1,2|),(故 yDdd122yyyxx1212112.487321214dy四、证明题：本大题共 1 个小题，共 5 分16. 证明：构造函数 ,02cosln)( dxexf即有 ,显然函数 在区间lsi2l)(0edexf )(xf,3e连续,且有 ,由连续函数的零点定理063)(, 22f知方
7、程 即 在区间 有至少有一实数根.0)(xf0cos1lnxex),(3另一方面, 在区间 内恒小于零,有方程 ,即ef)( 0)(xf在区间 有至多有一实数根.02cos1lndxex,3综上所述, 方程 在区间 内仅有一个实根.02cos1lndxe),(3exyoyxyyy11126绝密启用前 试卷类型：高职类山东省 2014 年普通高等教育专升本统一考试高等数学（经管类）密押模拟卷三答案一、单项选择题：本大题共 5 个小题，每小题 2 分，共 10 分. 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，错选、多选或未选均无分.1. C 2. D 3. B 4. C 5. B二、填空
8、题：本大题共 5 个小题，每小题 2 分，共 10 分6. 7. 8. )4,2)0,1( 2)1(x9. 10. Cx013)(ln2 )7,3三、计算题：本大题共 5 个小题，每小题 4 分，共 20 分11. 解：令 ，则xt.302 sinlm)1sin(limttx 20cos1ltttt6inlm0112. 解：两边取对数得 ,yxy两边求导得 ,xy1ln从而 .)(l1xd13. 解：令 ,则 当 时, ;当 时, .tsec,tansecdd2x4t2x3t所以原式= = = = .342ta34ot|34sit)(114. 解：原方程可整理为 xey这是一阶线性微分方程,其
9、中 .xeQP)(,2)(所以原方程的通解为 CdxeeyPdxP)()(.)(22dxdxe)(2ex7.xxCe215. 解：区域 D 如图阴影部分所示 .故 yd2xy21d21|xx214)d(.|215x50四、证明题：本大题共 1 个小题，共 5 分16. 证明: 设 ,则 ,)(,ln)(ef )(,0ln1( exxf所以 上单调递增,从而当当 时,有lxxf圆 ba，即 ,即 ;)(babalan令 ，则 ,),(lnexg )(,0l1)(2 exxg所以 上单调递减,从而当当 时,有)(圆 ba，即 ,从而 .bfabalnbaln综上所述：当 时，有 .e五、综合应用题
10、：本大题共 1 个小题，共 5 分17. 解：区域 D 如图阴影部分所示 . 曲线 与 x 轴及yln的交点坐标分别为ex),(0e（1）平面区域 D 的面积.1)ln(dl|eexxS（2）D 绕 y 轴旋转一周所成的旋转体的体积 V ).1(22d)(101022102|eeyVyyy=2xxy=2xO 1 242yO xy=lnx1 e(e,1)8绝密启用前 试卷类型：高职类山东省 2014 年普通高等教育专升本统一考试高等数学（经管类）密押模拟卷四答案一、单项选择题：本大题共 5 个小题，每小题 1 分，共 5 分. 在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，错选、多选或未选
11、均无分.1. C 2. B 3. A 4. D 5. D二、填空题：本大题共 5 个小题，每小题 1 分，共 5 分6. -1 7. 8. 9. 10. dx413221，三、计算题：本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分11. 解：原式= .4lim)(lim)(li 0020 xexeexe xxxx12. 解：由题意，得： .)12(1tetdyy13. 解：令 ，则原式= .tx12121 35)( dtttd14. 解： 1210)(fxyfxyffz. 12121211212 )()( fxyffffffxfy15. 解：由题意，得：本题应用极坐标解决二重积分，即原式=
12、 .04323sin drd16. 解：由已知可得 ，特征方程：xxxx eeef )1()(2)1()( ，齐次方程的通解为 .令特解为 ，0232r CY21 xeBAy)(代入原方程得： ，有待定系数法得：4365xBAx，解得 ，所以通解为 .465BA12 xxxee)412(219四、证明题：本大题共 1 个小题，共 4 分17. 证明：设 ，令 得驻201)(,201)(20 xfxxf 则 0)(xf点，又 ，因此由判定极值1x )()(209 ff ， 所 以的第二充分条件可知 为极小值，并由单峰原理可知 也为函数1(f 0)1(f的最小值，即 ，也即原不等式成立.)(xf
13、0)x五、综合应用题：本大题共 1 个小题，共 6 分18. 解：（1）将原方程化为一阶线性微分方程得 ，所以)1()2)(axff xCCdxeaexfdx)()( 2222 代入 xafCf )1(12， 即， 得由此作出平面图形 D，并求出其面积 3260 adS 解得 ，则此时函数的表达式为 .a xxf2)(（2） .158)2(10dxVx （3） .6)(210 yy 10绝密启用前 试卷类型：高职类山东省 2014 年普通高等教育专升本统一考试高等数学（经管类）密押模拟卷五答案一、单项选择题：本大题共 5 个小题，每小题 1 分，共 5 分. 在每小题列出的四个备选项中只有一个
14、是符合题目要求的，错选、多选或未选均无分.1. A 2. D 3. B 4. B 5. B二、填空题：本大题共 5 个小题，每小题 1 分，共 5 分6. ； 2 7. 2x8. tFeC19. 10. cossinxdyy214三、计算题：本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分11. 解： 221coscos00inlimli (3)5t xxxede 分分12. 解：由题意，得：22cosytdttx故 . 222sintytdx13. 解： xdx)l(arcsi2lnarcsi x11)l(rsi2dxx2)ln(arci.Cx1lsi2注意：本题也可以采用第二类换元法（变
15、量代换法）中的直接根式代换法.1114. 解：原方程化为: ,xycos1 xqpcos)(,1)(通解为: CdeeCdeqey xdxpdxp 1)()(.xx cosinsin1cos115. 解：收敛半径: , 收敛区间为(-1,1)1)(limli21aRnn在 处，级数 收敛；1x1212)(nn在 处，级数 收敛,所以收敛域为:-1,1.12)(n16. 解：令 ， ，令 esixPyecosxQy:0,lax由格林公式知 (id)xxLlIA()dDQPy2Day其中 .22:x又 ，(esin)decos0xlyy所以 .2idxxL aI四、证明题：本大题共 1 个小题，共 5 分17. 证明：注意到 22abb baafxfxfxd，从而只需证明2bbaafdf但是若令 abxt，则 222()ababbafxftdftd12所以等式成立.五、综合应用题：本大题共 1 个小题，共 5 分18. 解：由曲线在点 ,2处有水平切线知，下面二式成立：8320abc由于拐点在原点处，故有 0y，从而， . 于是由上述二式可得4,1ac 故所求曲线方程为3412yx.
