1、2005年“专转本”计算机应用基础统一考试试题参考答案一、单项选择题：1-10：B，D，C，B，A，C，B，D，C，C11-20：A，C，D，C，A，D，C，D，B，D21-30：B，C，A，B，C，C，B，A，D，B31-40：D，B，D，A，A，B，D，A，C，C41-50：A，B，A，A，B，B，B，D，D，A二、多项选择题：1-5：BC，ACD，BD，BCD，BC6-10：ABCDE，BE，BD，ABFG，BC11-15：ABD，ACD，AC，BC，CDF三、填空题：1-10：地址，72000，14，总线，只读，回收站，.dot，12，超媒体，1511-20：2.79，8，=，数字，设
2、计模板，域名，7，TCP/IP，Telnet，0四、判断题：1-15：T，F，F，T，T，F，F，T，T，T，F，F，F，T，F2006年“专转本”计算机应用基础统一考试试题参考答案一、单项选择题：1-10：C，C，A，B，C，D，A，A，A，A11-20：A，D，D，B，C，A，D，C，C，C21-30：D，C，C，A，D，C，D，C，B，D31-40：C，B，B，C，B，A，A，B，C，A二、多项选择题：1-5：BCD， CD，ABD，AD，BCD6-10：ABD，ACD，ABC，ABCD，ACD三、填空题：1-5：八，3 和 2，USB，不变，数据6-10：C，网络，MPEG-2，保真度
3、，事务11-15：复制，.txt，尾注，页面，整个文档，16-20：Book2.xlsSheet2!C3，0 3/5，=B4+C3-D2，只读，幻灯片母版四、判断题：1-15：T，F，T，T，F，T，F，T，T，T，T，T，F，F，F2007年“专转本”计算机应用基础统一考试试题参考答案一、单项选择题：1-10：A，D，B，B，A，C，B，D，B，C11-20：C，A，A，D，B，D，D，A，C，B21-30：B，A，A，C，B，D，B，B，A，C31-40：B，A，B，D，C，B，C，D，B，D41-50：C，D，B，C，D，D，B，C，B，C二、多项选择题：51-55：ABD，ABCD，A
4、BD，ACD，ABD56-60：ABCD，ABCD，AC，AB，ABCD三、填空题：61-70：计算机技术，双绞线，操作码，并行，对象，算法，网络协议，路由器，像素，EDI71-80：控制面板，属性，宋体，双击，页面，=A4 2)1( yxyxy ededed ，15、原式 .arctn1arctn2Cx16、变量替换：令 ， ， ，t2tdx原式 3281)56()5(32133123 tttdtt17、 ， ， ，)3,1(n),0(2n )4,7(1021 kjin所求直线方程为 47zyx18、 ；)(212xefyxz 121321223fexyfyfefx19、 6012yDdd2
5、0、特征方程的两个根为 ，特征方程为 ，从而 ；,21r 02r2,1qp是特征方程的单根， ，可设 ，即设特解为 ，1)(xpAxQ)( xAeY， ， ，代入方程 得xxAeY AeY2 2,1q“ypq， ，通解为x)2( 3xeCx312121、构造函数 ， ， ，21)(1xexf xef1)( 01)( xef在 上单调递增， ， ， 在 上单调递增，)(xf,10)f,， ，即 。0)(f12xe22、 ，连续性得证；)0(1)(0)(limlilim000 fxx 0)(lim21lili1li)(li)( 002000 xxxff xxxx ，可导性得证。212123、 ，5
6、021 4)()( adaV，)122 xxa，)58()()421，令 得 ，最小值为483V0aV2163)2(V24、 ，xxxdxdx CeeCef )()()(， ， ，1,20Cf)f，121)( 22 xxxx eeefy t txxtxtx dedddA00220202 1)1 2lnln)l(ln)1ln()(2 2202 tttttxx eete从而 2l)1(lim)(li2ttt eA2009年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案1、A 2、B 3、C 4、B 5、D 6、C 7、 8、2lnxe249、 10、 11、2 12、3yxz2 C
7、yxln21ln13、 ，.14、 ，6cos13limsnli030 xx dtdt)(,1， .2)(1)2(tdty 2)1(41)(tdtxyd15、令 ，21,tx dtttdtd coscossin12sin CxxxCt 12in12co16、令 ，当 ；当 .six0, 4,2140)sin21()2cos1(cos2in2 04010 dddx17、已知直线的方向向量为 ，平面的法向量为 .由题意，所求平)1,23(0s )1,(0n面的法向量可取为 .又显然点),2(13),(,(0 kjin在所求平面上，故所求平面方程为 ，即)2,10( 0)()()(1zyx.zyx1
8、8、法一： 2)4(21)(421021210 dxdxydxydxydD法二： 24cs2242 )sincs8(31sinsin dddydD24)cos2ct8(3119、 ；yfxfz21s 212cosxyffxfz20、积分因子为 .)(2lnxedx化简原方程 为2yx， .y在方程两边同乘以积分因子 ，得到21x.132xd化简得： .)(2dxy等式两边积分得到通解 .1)(2dxyx故通解为 Cxy22ln21、 （1）函数 的定义域为 ， ，令 得 ，函数)(fR3)(2 xf 0)(xf1的单调增区间为 ，单调减区间为 ，极大值为 ，)(xf ,1,13)(f极小值为
9、.1f（2） ，令 ，得 ，曲线 在 上是凸的，在x6)( 0)(fx)(xfy0,上是凹的，点 为拐点.,0,（3）由于 ， ， ，故函数 在闭区间 上的最大值3)1(f1)(f9)3(f)(xf3,2为 ，最小值为 .9)f 222、 （1） . .4021 adyxaV )(54)2(52 adyxVa（2） 由 得 83.320AdxAaa 21A323、证（1）因为 ， ，且 ，所1lim)(li0xxef )(lim)(li00xfx 1)0(f以函数 在 处连续。)(f（2）因为 ，1lim0)(li00 xexfxx，所以 . 由于1li)(lim0fxx 1)0(,)0( f
10、f，所以函数 在 处不可导.)(ff )(fx24、证 令 ，则 ，32ln4x2ln4)( xxf，由于当 时， ，故函数 在 上单调xxf24)( 1x0)(f ),1增加，从而当 时 ，于是函数 在 上单调增加，从而10)(ff x)2,当 时， ，即当 时，2x)(f 2x3ln42008年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案1、B 2、A 3、D 4、C 5、A 6、B 7、0 8、3 9、 （2，17 ） 10、 11、 12、cx1cos),13、 ，令 ，那么62331(lim)2(li)(limxxxx xy.63)1(li)2(li eyxx14、
11、 .sin)(cos)(cossin ttxtytty ， .)co1()(c1)( 232 ttxdxttxd ， ， ，15、 Cxdxdln)1233.1ln23Cxx16、 10102211020210 )()( 22212 dxexdexedexxxx .101022exx17、由题意得： ，那么法向量为， )032(AB)5,02(C).6,10(5， Cn18、 .21，fxyfz )(21212， ， fxfyffz2321212 fxfyfff 19、 010222xxD dddxy 102121043 47320、积分因子为 .)(2ln2xexdx化简原方程 为2y， .
12、y在方程两边同乘以积分因子 ，得到21x.132xd化简得： .)(2dxy等式两边积分得到通解 .1)(2dxyx故通解为 Cxy22ln21、令 ，那么 x 和 y 的偏导分别为 ，yF1),( 2001),(xyFx.1),(0yF所以过曲线上任一点 的切线方程为：),(0 .120当 X0 时，y 轴上的截距为 .01yx当 yo 时，x 轴上的截距为 .02令 ，那么即是求 的最小值.02001),( xyxyF),(0yxF而 ，故当 时，取到最小值 4.4)1(),( 0000 1022、 （1） .1010543)(xdxV（2）由题意得到等式： 202)(aa dx化简得：
13、aadxx0122.解出 a，得到： ，故3.3123、令 ，那么 ，)()xfafxg)(2)(affag).0(0fag由于 ，并且 在 上连续.0(a，0故存在 ，使得 ，即 .)，)()()ff24、将 用泰勒公式展开得到：xe 2!1xex代入不等式左边： 131)(1)( 2xx2007年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案1、B 2、C 3、C 4、A 5、D 6、D 7、 8、1 9、 10、2ln2311、 12、dyx21065y13、解： .21lim2li1limtan1li 00200 xxxx eeee14、解：方程 ，两边对 求导数得 ，
14、故yx yyx.xeydxy又当 时， ，故 、 .010xdy202xdy15、解： )()(222 xxxx edeeede .Cxxx16、解：令 ，则 .tsin41sinco12422dt17、解： ，21yfxz )3()3( 221121 xffyxffxz 2121)3(6fyff18、解：原方程可化为 ，相应的齐次方程 的通解为xx07 0yx.可设原方程的通解为 .将其代入方程得 ，CxyCy)( xC27)()(所以 ，从而207)(，故原方程的通解为 . 又 ，所以 ，xxCy)207(08)1(y1于是所求特解为 .（本题有多种解法，大家不妨尝试一下）xy)1(19、
15、解：由题意，所求平面的法向量可取为.)3,12(21),()1, kjin故所求平面方程为 ，即 .0)3()()2xyx 05zyx20、解： .916cos38203cos202 ddddyDD21、解：（1） ；102158)(xV（2）由题意得 . 由此得 . 解得aadydy2( 2323)1()1(aa.31)4(a22、解： ， .cbxaxf2 baxf26)( 由题意得 、 、 ，解得 、 、0)1(f1139c23、证明：积分域 ： ，积分域又可表示成 ：DbxyDxyabdyefdexfdefdexfdy xabaaybDyxba 22222 )()()()(.ffbax
16、bax 23224、证明：令 ，显然， 在 上连续. 由于1ln)(xF)(F,0，故 在 上单调递增，0)1()2 x)(,0于是，当 时， ，即 ，又 012x，故1xlnx；22)(ln)(x当 时， ，即 ，又 ，故 .10F1lx222)1(ln)(xx综上所述，当 时，总有 .x2)(n)(2006年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案1、C 2、B 3、C 4、 C 5、C 6、A 7、 2 8、 9、 10、)(0xf111、 12、1)cosin(xyex13、原式 321lim4x14、 ，21 ttxydt ttxdyt 412)(2 15、原式
17、 Cxd23)ln1()l(ln16、原式 xddxx cos24sisii 020220 4cocos42202xd17、方程变形为 ，令 则 ，代入得： ，分离 xyxypxp2px变量得：，故 ， .dxp12 Cplnxyln18、令 ， ， ，)l()g0(g 200 1)()1() nnn xd故 ， .201)(nnxxf 1x19、 、 ,342，,1 kjikjinl 3214321直线方程为 .zyx20、 2fyz， .221322212)( yfxfxfyfxfxf 21、令 ， ， ， ， ，3)(xf,03)f )(f，21， ；所以 ， ，故 ，即)(f2)(f
18、2minfmaxf 2)(xf.3x22、 ，y 0)(通解为 ，由 得 ，故 .xCey)2( 0)(y2Cxey223、 （1） 36482dS（2） 1)8()(2440yyV24、 dxftxfdxfttDt00()()(0tafg（1） ，由 的连续性可知0)(lim)(li00dxftt )(tg0)(lim)0(tgat（2）当 时， ，tg当 时，0t )0(li)(lim)(li)( 000 fhfhdxfhhh 综上， .tfg2005年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案1、A 2、C 3、D 4、 A 5、A 6、C 7、2 8、 9、 10、
19、51e211、 12、dxyfdy102),()1,(13、因为 在 处连续，所以 ，F0)0(lim0Fx，8262)(sin)(lim)(li 00 ffxfxx，故 .a814、 ， .tttdtxysinco txydt csin1)(215、原式.Cxxxxx sec31secsec)1(secsectan22216、原式 102102)(4rt dd102)ln(4x17、 ，1cosfxz 12122 cos)(cosxfyfxyz18、 ， ，,5l0,34B,4AB2,9812kjiAl平面点法式方程为： ，即 .0)2()(9)3(8zyx 5928zyx19、 xf 13
20、2612，收敛域为 .nnx012)(3x20、 ，通解为xey xeCdxeyxd 11因为 ， ，所以 ，故特解为 .ey)1(C0yx21、证明：令 ， ，且 ， ，13)(xf ,03)1(f 01)(f，01)(f由连续函数零点定理知， 在 上至少有一实根.)(xf,22、设所求函数为 ，则有 ， ， .y4)2(f3)(f0)2(f由 ， 得 ，即 .axy6 0)2( 1a16xy因为 ，故 ，由 ，解得 .123Cxy)( 91C故 ，由 ，解得 .22396Cxy4)(y2C所求函数为： .3x23、 （1） 6120310ydS（2） 42)()(0 xxVx24、解：积分
21、区域 为： ，Duy1（1） ； ux dxfdfdxfuF11 )()()()(（2） ， .1 uf2)(2 ffF2004年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案1、A 2、B 3、C 4、B 5、A 6、D 7、 1e8、 9、 10、4zyx!n Cx4arcsin11、 12、dxyfdxfd20101 ),(),( 3,113、间断点为 ， ，当 时， ，为可去间断点；kZsinlm)(li00xfxx当 ， ， 时， ，为第二类间断点.xxsinlm014、原式.241lim12)sin(tali12stali3)sin(talim 30303040 x
22、xxxdt xxxx15、 代入原方程得 ，对原方程求导得 ，对上式求导并将)(y yey、 代入，解得： .01y2e16、因为 的一个原函数为 ，所以 ，)(xfx2 )1()(xeexfxdf2 21)2(1 dff dxff)()(Cxexdxfxf 8)12()2(41)(2 2ex24117、 arctn)( 112122 dtttt18、 ；yfxz21 xffyxff 2211212 )()(2121 fff 19、原式 dydxydxyD 100 sin)(sinsin2ico)1(10y20、 ，nnxxxf 4)2(1421420)6(x21、证明：令 ，t 000 )(
23、sin)(sin)(sin dtftdtftdxf 00(ixxf故 ，证毕.0 )(si2)sfx 4)arctn(os2co1nco1in 200202 xdxd22、等式两边求导的 即 且 ，)()(fxf ff 1)(f， ， ， ， ，xpq22xpd2epdx 2xpde2xxdee所以 ，由 ，222)()Cxf 1)0(f解得 ，3C3xef23、设污水厂建在河岸离甲城 公里处，则， ，22)50(4750)( xxM50)(122 解得 （公里） ，唯一驻点，即为所求.650x2003年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案1、B 2、C 3、D 4、
24、C 5、D 6、B 7、B 8、C 9、 10、 12e,11、012、 13、原式dyxfd320),( 210cos120 22lim)(limexxxx 14、 15、yyz2secsec1 Cln216、原式 cos1incos1in202022 dd17、 18、 、)(exy txytd412219、 是 的间断点， ，11)sin()xf )sin(lm1x 1)sin(lm1x是 的第一类跳跃间断点.x)i()f20、 9162)1()1( cos202 drdxyD21、 （i ）切线方程： ； （ii ）438)4(202dxS（iii ） 15)4(20221 dxVx2
25、2、证明：令 ， ， ，因为 在 内)(xef)f ef )(xf1,0连续，故 在 内至少存在一个实数 ，使得 ；又因为)(xf1,00)(f在 内大于零，所以 在 内单调递增，所以在 内犹且仅ef)(xf1, 1,0有一个实根.23、解：设圆柱形底面半径为 ，高位 ，侧面单位面积造价为 ，则有rhl)2(212rhllrlyV由（1）得 代入（2 ）得：rVh rVl2令 ，得： ；此时圆柱高 .052rly352Vr3245Vh所以当圆柱底面半径 ，高为 时造价最低.334h24、解： ， ， ，2 )4(1)xf3 )(2)xf3 )4(2)xf，1)( )4(!nnnf， ， ，41
26、)0(f 241)(f 32)0(f 1)(4!)nxf， 1232(41nxxf收敛区间 4,25、解：对应特征方程 ， 、 ，所以 ，因032132xxeCy321为 不是特征方程的根，设特解方程为 ，代入原方程，解得：0 0bxy.31321xeCyx2002年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案0105、ACABD 0610、CBABB 11、1 12、 ， 13、0(114、 15、 16、 17、132xexedyfdln01),(2318、 ，2yz42)(z19、解：令 ，则 时 ， 时， ，1xt 1t0x1t所以 )1ln()l(020 ededf
27、x20、原式 1240120122 ryy21、 22、)(cosxe Cx2arcsin23、 （1） k（2） 0.2)1l()()() 21 xexxfx24、 （1） 316420460xxdydyS（2） 152)()()( 20222dxV25、证明： ，因为 ，所以 是偶函数，我们只需xxFcos1) Fx(要考虑区间 ，则 ， .2,0in2)( xcos2)( 在 时， ，即表明 在 内单调递增，所arcos,x0)(xF)(xFar,0以函数 在 内严格单调递增；)(F2r,0在 时， ，即表明 在 内单调递减，,arcosx0)(xF)(xF2,arcos又因为 ，说明
28、在 内单调递增.0)2(F)(2,arcos综上所述， 的最小值是当 时，因为 ，所以 在 内)(xF0x0)(F)(x2,满足 .0)(26、 （1）设生产 件产品时，平均成本最小，则平均成本x， （件）xCx40125)(10)( xC（2）设生产 件产品时，企业可获最大利润，则最大利润， 24052)( xxxxP. 此时利润 （元）.160 C1670)(CP2001年江苏省普通高校“专转本”统一考试高 等 数 学 参 考 答 案1、C 2、D 3、B 4、 D 5、A 6、27、 ，其中 、 为任意实数)sinco(21xCeyx1C8、 9、 10、dyfdfy2420 ,(),
29、xdyyxln156411、 12、xx1ln1 313、 是第二类无穷间断点； 是第一类跳跃间断点； 是第一类可去间断点.x01x14、1 15、 16、Cedxedxex )ln(1122 17、 ，dxCey xxdx coslncoslntantansc xcos.yCx cs0o00 18、解：原式 24o1sin201dx19、解：“在原点的切线平行于直线 ” 即03y2)(0 xfb又由 在 处取得极值，得 ，即 ，得)(xf10)1(f03ba32ba故 ，两边积分得 ，又因曲线 过原点，2 cxx2)(xfy所以 ，所以0cfy3)(20、 ， fxfz121 223122
30、1fyfxfyxz21、 （1） ；（2） ；（3 ） ，0y 6xV5y22、 200 )(lim1)()(limxffxfxfx .)0(1li2)()()(li 00 fxfxfff xx 23、由拉格朗日定理知：，)()(1fabff)1ba0)22由于 在 上严格单调递减，知 ，因 ，故(xf,c )()(21 ff 0)(f.)()bafa24、解：设每月每套租金为 ，则租出设备的总数为 ，每月的毛收入为：x02x4，维护成本为： .于是利润为：)40(12(x)4(2107)(18xxL )0()(x比较 、 、 处的利润值，可得 ，040)4()(LL故租金为 元时利润最大.31)2(
