2011年河南专升本高等数学真题

答案：C

对数要求$2-x>0$，分母根式要求$x+2>0$。同时成立得到$-2<x<2$，选C。

答案：B

令$t=x+1$，原右边等于$(x+1)^2+1=t^2+1$，所以$f(t)=t^2+1$，将自变量名称改为$x$即可。

答案：A

$f(-x)g(-x)=[-f(x)]g(x)=-f(x)g(x)$，故A为奇函数。B、C通常为偶函数，D没有固定奇偶性。

答案：C

由$|\sin(1/x)|\le1$得$|x\sin(1/x)|\le|x|$，右边趋于0，夹逼准则得到极限0。

答案：B

拆成$[f(x+2h)-f(x)]/h+[f(x)-f(x-3h)]/h$，分别趋于$2f'(x)$和$3f'(x)$，相加为5。

答案：D

A除以$x$趋于1；B用$e^x-1\sim x$也得1；C用$\ln(1+x^2)\sim x^2$得1。D中$x+\sin x\sim2x$，故$\sin(x+\sin x)/x\to2$，不等价。

答案：B

$x\to0^+$时$e^{1/x}\to\infty$，右极限为0；$x\to0^-$时$e^{1/x}\to0$，左极限为1。两侧极限均有限但不相同，因此为跳跃间断点。

答案：D

连续求导依次为$\cos x,-\sin x,-\cos x$，故三阶导数为$-\cos x$。

答案：A

在反三角函数主值范围内，余角关系为$\arccos x=\pi/2-\arcsin x$。两式相加恒为$\pi/2$，也包含端点$x=\pm1$。

答案：B

一元函数的二阶导数判别法表明：一阶导为0、二阶导为正时，函数在该点局部向上弯曲，在充分小邻域中函数增量为正，故为极小值点。

答案：A

定义域为$|x|\ge1$。当$x\to\pm\infty$时$y\to0$，有水平渐近线$y=0$。端点$x=\pm1$处函数值有限，没有铅直渐近线。

答案：D

0为内点奇点，须拆成$\int_{-1}^0+\int_0^1$，两个积分均趋于正无穷，故发散。不能跨过奇点直接代入原函数$-1/x$而得到有限数。

答案：B

令$F=\sin x+x-1$，有$F(0)=-1,F(1)=\sin1>0$，连续性保证有根。又$F'=\cos x+1>0$在$(0,1)$上恒成立，严格递增保证至多一根，因此恰好一根。

答案：A

因为$f'=\cos x$，所以$f=\sin x+C_0$。不定积分$\int df=f+C_1=\sin x+C$，两个常数可合并。

答案：C

被积函数的原函数为$-e^{\cos t}$，故$F(x)=-e^{\cos(x+2\pi)}+e^{\cos x}=0$。利用余弦的周期性即可。

答案：A

变下限积分求导时带负号：$\frac d{dx}\int_x^bg(t)dt=-g(x)$。代入$g(t)=te^t$得到$-xe^x$。

答案：B

该区间内$\sin x\ge0$，面积直接为$\int_0^{\pi}\sin xdx=[-\cos x]_0^{\pi}=2$。

答案：A

二阶常微分方程的通解按定义含两个独立任意常数。某些方程另有奇解，不能断言通解包含一切解；通解也可用不同等价形式表达，所以选A。

答案：D

乘积分因子$e^{3x}$得$(ye^{3x})'=xe^{3x}$。分部积分得到$ye^{3x}=e^{3x}(x/3-1/9)+C$，所以$y=x/3-1/9+Ce^{-3x}$。

答案：D

垂直$y$轴要求向量第二分量为0；再垂直$(1,1,1)$要求三个分量之和为0。D的向量$(1,0,-1)$满足两个条件。

答案：C

叉积满足反交换律$\boldsymbol a\times\boldsymbol b=-\boldsymbol b\times\boldsymbol a$，所以一般不相等。其余分别为加法交换律、点积交换律和拉格朗日恒等式。

答案：A

把直线理解为参数式$(x,y,z)=(t,-t,0)$，方向$(1,-1,0)$与平面法向$(1,1,-1)$点积为0，因此平行或位于平面。直线上$x+y-z=0$，不满足2，故平行且不在平面内。

答案：D

在允许的路径$y=x$上，$y/\sin(xy)=x/\sin(x^2)\sim1/x$，当$x$从正负两侧趋于0时分别趋于正负无穷，故不存在有限二元极限。

答案：D

偏导存在只控制两坐标方向，不能保证整体连续，例如$xy/(x^2+y^2)$在原点补0。连续也不能保证偏导存在，例如$f(x,y)=|x|$在原点连续但$x$偏导不存在，因此两者均非。

答案：B

写成$z=\ln(x+y)-\ln y$，有$z_x=1/(x+y)$、$z_y=1/(x+y)-1/y$。在$(1,1)$为$1/2,-1/2$，所以$dz=(dx-dy)/2$。

答案：C

由$0\le x\le\sqrt{1-y}$得到$x^2+y\le1$，区域在第一象限。固定$x$时$0\le x\le1$、$0\le y\le1-x^2$，因此选C。

答案：D

格林公式的正向为逆时针，本题须取负号。$Q_x-P_y=1-(-1)=2$，三角形面积为$1/2$，故顺时针积分为$-2\cdot1/2=-1$。

答案：B

固定$x$后，$\cos(2xy)$关于$y$为偶函数，因此$y\cos(2xy)$为奇函数。对$y\in[-1,1]$积分为0，再对$x$积分仍为0。

答案：C

若C收敛，非负项比较可知$\sum|a_n|$和$\sum|b_n|$都收敛，进而原两级数都绝对收敛，与题设矛盾。所以C必发散。取$b_n=-a_n$可否定A；取$a_n=b_n=1/n$可否定B与D。

答案：C

已知收敛点到中心的距离为4，而$x=4$到中心的距离为2，严格更小。幂级数在任一收敛点内侧绝对收敛，故选C。

令极限表达式为$u$，取对数得$\ln u=\ln(1-x)/x\to-1$。由指数函数连续性，原极限为$e^{-1}$。

奇函数的导函数是偶函数。对$f(-x)=-f(x)$求导得到$-f'(-x)=-f'(x)$，因此$f'(-x_0)=f'(x_0)=3$。

导数$y'=1/x$，在$x=1$为1。通过$(1,0)$且斜率为1的直线为$y-0=1(x-1)$。

部分分式为$1/[x(x-1)]=-1/x+1/(x-1)$。分别积分得到$-\ln|x|+\ln|x-1|+C=\ln|(x-1)/x|+C$，在不跨0和1的区间适用。

两个解形式对应特征根$-2$为二重根。特征多项式$(r+2)^2=r^2+4r+4$，将$r^2,r,1$对应$y'',y',y$即可。

绕$y$轴作轴对称，沿轴分量$y$保持不变，与轴垂直的$x,z$分量同时变号，故为$(-1,2,-3)$。

偏导数$z_x=z_y=e^{x+y}$，在原点都为1。由$dz=z_xdx+z_ydy$得到$dx+dy$。

先代$x=1$得$1+2y=1$，故$y=0$。求导得$1+y'+y+xy'=0$，所以$y'=-(1+y)/(1+x)$；代$(1,0)$为$-1/2$。

方向向量为$(1,\sqrt3)$，长度为2，单位向量为$(1/2,\sqrt3/2)$。梯度在$(1,2)$为$(2,4)$，点积为$2/2+4\sqrt3/2=1+2\sqrt3$。

比值判别得半径1。$x=1$为调和级数，发散；$x=-1$为交错调和级数，收敛。因此完整收敛区间为$[-1,1)$。

对$1\le k\le n$有$n/(n^2+n)\le n/(n^2+k)\le n/(n^2+1)$。相加$n$项得$n^2/(n^2+n)\le S_n\le n^2/(n^2+1)$，左右两端均趋于1，故$S_n\to1$。

须直接用导数定义：$[f(h)-f(0)]/h=h^2\sin(1/h^2)$，绝对值不超过$h^2$，趋于0。因此在0可导且导数为0；不能直接把$x\ne0$的导数公式代$x=0$。

令$t=e^x$，则$dt=e^xdx$，原积分化为$\int dt/(1+t^2)=\arctan t+C$，代回得到$\arctan(e^x)+C$。

分部积分取$u=x,dv=e^xdx$，得$\int xe^xdx=xe^x-e^x$。代上下限为$(e-e)-(0-1)=1$。

齐次特征方程$(r+1)(r+2)=0$，得$y_h=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}$。因为1不是特征根，设特解$y_p=Ae^x$，代入得$(1+3+2)Ae^x=e^x$，所以$A=1/6$。相加得通解。

记$u=x+y,v=x^2$。先对$y$求导：$z_y=\varphi_1u_y+\varphi_2v_y=\varphi_1$。再对$x$求导：$z_{yx}=\varphi_{11}u_x+\varphi_{12}v_x=\varphi_{11}+2x\varphi_{12}$。连续二阶偏导保证混合偏导次序可交换。

令$F=e^z-z+xy-3$，梯度为$(y,x,e^z-1)$，在给定点为$(1,2,0)$且非零。切平面为$1(x-2)+2(y-1)+0(z-0)=0$，化简为$x+2y-4=0$。

区域为$0\le x\le1,0\le y\le1-x$。先对$y$积分得$\int_0^1[e^{x+y}]_{0}^{1-x}dx=\int_0^1(e-e^x)dx=e-(e-1)=1$。

沿路径$x=y=1$，所以$dx=dy=0$，而$x+y-1=1$。积分简化为$\int_1^4dz=3$，方向由低$z$到高$z$。

令$t=x+1$，则$x=t-1$，故$1/x^2=1/(1-t)^2$。由几何级数$1/(1-t)=\sum_{n=0}^{\infty}t^n$在$|t|<1$内逐项求导，得到$1/(1-t)^2=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)t^n$。代回得$\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(x+1)^n$，收敛条件为$|x+1|<1$，即$-2<x<0$；两个端点的通项都不趋0。

设抛物线上点为$(x,x^2)$，距离平方$D=x^2+(x^2-1)^2=x^4-x^2+1=(x^2-1/2)^2+3/4$。平方项非负，且$x=\pm1/\sqrt2$时可取0，因此最小值为$3/4$。

由不等式得$-1\le z\le1$。固定$z$的截面为半径$\sqrt{4-4z^4}$的圆，面积为$4\pi(1-z^4)$。故体积$V=4\pi\int_{-1}^1(1-z^4)dz=8\pi(1-1/5)=32\pi/5$。

令$F=f-g$，连续。由条件$F(a)=f(a)-f(b)$，$F(b)=f(b)-f(a)=-F(a)$，且二者不为0，所以$F(a)F(b)<0$。由零点定理存在$\xi\in(a,b)$使$F(\xi)=0$，即$f(\xi)=g(\xi)$。