《高等数学2上册》补充习题及模拟题答案全集.doc

高等数学（）上习题册第二版（修定版）教 师 用 书省级精品课程高等数学课题组编第一章补充习题一、填空题若在处连续，在处不连续，则在处连续。解：不一定，举例，在处连续 ，在处不连续。二、选择题（2004数学三、四） 函数在下列哪个区间内有界？（A）(1, 0).（B）(0, 1).（C）(1, 2).（D）(2, 3).解：当x0, 1, 2时，f (x)连续，而， ， 所以，函数f (x)在(1, 0)内有界，故选（A）三已知，求常数a，b。解：原式= 四、求解： 当时 当时 当时综上得原式=五、求的连续区间、间断点并判别其类型。解：和时无定义和是间断点又点无穷间断点（第二类）而是跳跃间断点六、设在上连续，试证明：对任意的正数p和q，至少存在一点，使.证：在连续，在也连续由最值定理：且且由介值定理得存在一个，使得故成立。第二章补充习题一、填空题1设方程确定函数为，则。解：2设函数二阶可导，且，则。解：二、若可导，求解：原式=三、设，且，求证证：而 又 得证四、试从导出证：五、设满足，求。解：（1）（2）（2）2得六、求由参数方程以确定的函数的三阶导数解：第三章补充习题一、填空题1曲线的渐近线为。解：间断点为渐近线为2设与可求任意阶导数，且，。则。解：由得，再求导有，由洛必塔法则得二、设，。并设求。解：。注意：对于不能使用洛必达法则，这是因为仅设处存在，而未设在处连续。上面*的第1式是按定义求得的，第2式用洛必达法则或等价无穷小代换均可。三、（2000数学二） 求函数在x = 0处的n阶导数f(n)(0)(n3).解1 设，.根据莱布尼兹公式，有注意：. ， 故 .解2 由麦克劳林公式以及 ， 比较的系数得，故四、（1995数学二）设在区间内二阶可导，且，。试证明，且仅在时等号成立。解：由二阶可导，所以在连续。又由，有，。由泰勒公式有，且仅在成立等号五、设在区间0，1上二阶可导，设。证明在（0，1）内至少存在一点，使。解：，。由罗尔定理知，至少存在一点使。但，对在区间上用罗尔定理，至少存在一点使。六、设在的某邻域内具有三阶连续导数，如果，而，试问是否为极值点？为什么？又是否为拐点？为什么？解：不仿设，而在的邻域D内连续，存在邻域使得在有由泰勒公式：均有（在x与x0之间）i）当，当，非极值。ii）在连续可导，对于且应用拉格朗日中值定理得，在与x之间，即，而为拐点对于可仿二证明。七、1. （2004数学三、四） 求.解：原式 . 2. 求 .解:. 3. （1991数学三） 求，其中n是给定的自然数. 解：原式 4. （1991数学四） 求极限.解：原式5.求 解：原式 6. （1993数学一、二） 求解：设，原式 = 第四章补充习题一、填空题1积分。解：原式=2设，则。解：令，则两边在0，1积分得3设是连续函数，则。解：令，。二、求极限解：，再用洛必塔法则原式=三、已知是的一个原函数，求。解：。四、设在0，1上可微，具有试证：在（0，1）内至少存在一点，使得证：令，则又在连续，在可导，且由罗尔定理，存在，使得，即五、计算下列各题（1）（1994数学一、二） 求. 解：原式 （2）（1998数学二） .解：当，时， . 当时， . 当时， .第五章补充习题一、填空题1曲线点从到的一段弧的长度为。解：曲线化为，弧长元素弧长2过原点作曲线的切线，则此切线与及X轴所围图形的面积为 。解：设切点为，则过原点的切线方程为又在切线上，所以，所求面积二、求由曲线与直线所围的图形的面积；并求由此图形绕x轴旋转一周所成的旋转体体积。解：面积，体积=。三、某闸门以y轴为对称轴，闸门上部为矩形，下部为抛物线与（米）围成的抛物弓形，当水与闸门上部相平时，欲使闸门矩形部分承受的水压力与闸门下部承受的水压力之比为5:4，求矩形部分的高h应为多少？解：这种题应作图（读者自作），矩形上边，矩形部分所受水压力抛物线形部分所受水压力由题意知，:，解得（舍去），故（米）。四、（2003数学二） 设曲线的极坐标方程为，则该曲线上相应于q从0变到2p的一段弧及极轴所围成的图形的面积为 . 解： 所求面积为 五、设直线与抛物线所围成的图形面积为S1，它们与直线所围成的图形面积为S2，并且（1）确定a的值，使达到最小，并求最小值；（2）求该最小值所对应的平面图形绕X轴旋转一周所得旋转体的体积。解：（1）令得又则是极小值也是最小值，且当时所以S单调递减最小值为综上知当时，为最小值。（2）第六章补充习题一、选择题1(1987年数学三)反常积分收敛的是（）。（A）（B）（C）（D）解：经计算知选C2反常积分发散的是（）。（A）（B）（C）（D）解：选A二、求下列广义积分（反常积分）1求解：原式=2求解：原式=3求解：原式由于 故原积分发散三、利用递推公式计算广义积分解：当时所以而因此四（2000数学四） 计算第七章补充习题一、填空题1已知，则。解：得而，所以2设 ，则向量a，b的夹角为。解：由题感知得所以，得二、已知向量a的模为5，它与x，y轴正向的夹角都是，与z轴正向的夹角是钝角，求a。解：因可得（舍去）又三、已知，求以和为两邻边的平行四边形的周长解：故，周长四、设向量a和 b满足，且，问：（1）k为何值时，；（2）k为何值时，以c，d为邻边的平行四边形面积为2？解：（1）若，即得（2）因为得得第八章补充习题一、填空题1过直线且和点的距离为的平面方程是。解：将直线方程写成一般式，即过该直线的平面束方程为：由点（2，2，2）到的距离为，得，解得所以：和：2若直线L1：与直线L2：相交，则 。解：L1的方向向量，L2的方向向量分别在直线L1和L2上取点，因L1与L2相交，故S1，S2与三向量共面，所以解得二、在平面：内，作直线通过已知直线L：与平面的交点且垂直于已知直线L，求满足条件的直线方程。解：已知直线L的方向向量为在L的取点由L的点向式化为参数式得代入得交点以为法向量过点的平面方程为所求直线方程为三、求过点的直线，使其与z轴相交，且和直线L：垂直的直线方程。解：过点B且与直线L垂直的平面为：令得与z轴的交点所求直线方程为即第九章补充习题一、填空题1曲线L：在平面上的投影曲线方程是 ，在平面上的投影曲线方程是 。解：分别填和2曲面与的交线是 。解：交线为的圆二、求锥面与柱面所围立体在三个坐标面点的投影解：锥面与柱面交线在面上的投影为故立体在平面上的投影为类似可得立体在平面上的投影为立体在平面上的投影为三、求直线绕z轴旋转所形成的旋转曲面方程，并说明面的名称（提示：选z为参数）解：直线写成参数式为，绕z轴旋转，得旋转曲面方程为，当时为圆锥面，当时为单叶双曲面。高等数学（上）中期考试模拟试题（一）答案一、填空题：（116题每小题3分，17小题2分，共50分）1；2 1 ；3；4 3 ；5等价无穷小；6 ；7 ；8 ；9 1 ；10a=1，b= 6；11n阶麦克劳林公式：；12极大值是；极小值是，拐点是。13渐近线方程为；14ln3；15a=2；160；17e1 。二、选择题（1833题每小题3分，34小题2分，共50分，请将所选的字母填在“选项”栏内）题号选项题号选项题号选项18B24B30C19D25D31B20C26A32B21B27B33B22D28A34B23B29C高等数学（上）中期考试模拟试题（二）答案一、填空题（113题每小题4分，共52分）10；2 2 ；3x=2，1，0，其中点x=1 是可去间断点；4y=0x=0；51；61， 4；7；8；9；10；11；12在x=h1处取得极小值；13二、选择题（1425题每小题4分，共48分，请将所选的字母填在“选项”栏内）题号选项题号选项题号选项14C18B22D15B19B23C16B20C24C17B21C25A高等数学（上）期末考试模拟试题（一）参考答案一、判断题12.3.4. 5.二、填空题670819101112131415 三、16解：又，故由迫剑性。17解：=18解：19解：求一阶导数和二阶导数令得在（0，2）内的唯一驻点，且因此是极大值，从而是最大值。另外，因此在0，2上的最小值为20解：21原式四、22原式2324解：2526证明：设则，令，在上严格递减，有，在上严格递减，有，从而高等数学（上）期末考试模拟试题（二）参考答案一、122304是52二、6解：斜渐近线方程为：7解：原式=e8解：9解：10解：原式三、11解：，得上，单调下降上，单调上升12解：13解：原式14解：原式所以，原式=四、15解：设，则，.当时，；当时，.因此16解：又因在可导，则而17解：令得18解：设原式=19设切线，切点，则切线为，得切线方程五、20解：因为由洛必达法则有21证：令增在上增22证：令则由罗尔定理，使，即高等数学（上）期末考试模拟试题（三）参考答案一、填空题（每空3分，共15分）11213405二、单项选择题（每小题3分，共15分）6B7A8C9B10D三、解答题（每小题6分，共36分）11解：而故原式=112解：13解：14解：等式两边对x求导，得解出故15解：等式两边对求导，得故16解：令原式=四、解答题（每小题6分，共18分）17解：函数定义域为，驻点，为极小点函数在单调递减，在单调递增，18解：故19解：五、证明题（每小题5分，共10分）20证明：记则，由零点存在定理，在上至少有一个零点即方程在上至少有一个根。21证明：记则故在单调递减。又，故时，即所以在单调递减。六、（6分）22证明：取，有，故，故又由得高等数学（上）期末考试模拟试题（四）参考答案一、1；2；34二、1原式=2原式=三、12四、（1）时连续。（2）当时当时（3）,在处是连续的。五、，。当时，当时，故在处有极小值。六、1原式。2原式=七、1原式2原式=八、，令，得，故当，时V有最小值。九、而；十、（属1型极限）.因为，所以，则，两边积分得：，又，将上式代入左边的极限式可求出C = 1.故 .目 录第一章 总 论 11.1项目概况 11.2研究依据及范围 21.3结论 31.4建议 4第二章 项目建设的背景和必要性 52.1项目建设的背景 62.2项目建设的必要性 7第三章 项目服务需求分析 9第四章 项目选址与建设条件 114.1选址原则 114.2项目选址 114.3建设条件 12第五章 建设方案与设计 125.1建设规模与内容 125.2总体规划设计 135.3结构方案 185.4主要配套设备 195.5给水工程 205.6排水工程 225.7电气设计 235.8节能设计 26第六章 项目实施进度和招投标管理296.1项目实施进度 296.2招投标管理 31第七章 环境影响分析 317.1项目主要污染源分析327.2 环境保护措施及治理效果 35第八章 消防、安全与卫生防护 378.1 消防 378.2 劳动安全 388.3 卫生防护 39第九章 组织机构、运作方式与项目实施进度399.1 项目建设组织机构399.2项目运营组织机构 419.3劳动定员 42第十章 投资估算和资金筹措4210.1投资估算4310.2项目所需流动资金 4910.3资金筹措 49第十一章 经济和社会效益评价 5011.1 经济效益评价5011.2 社会效益评价 50第十二章 结 论 50 12.1 主要结论 50 12.2 建 议 51附录：1、*发改局关于*迁建工程项目建议书的批复 2、*村镇建设管理所*迁建项目用地红线49