2020年河南专升本高等数学真题

答案：C

比值 $(3x^2-6x)/x=3x-6\to-6$，是非零有限常数但不是1，因此为同阶但非等价无穷小，选 C。

答案：A

奇函数与正弦复合仍为奇函数。由 $(\sqrt{1+x^2}-x)(\sqrt{1+x^2}+x)=1$，可得对数项在 $x$ 与 $-x$ 处互为相反数，也是奇函数。两奇函数相加仍为奇函数，选 A。

答案：A

取对数得 $4x\ln(1-1/x)\sim4x(-1/x)=-4$，故原极限为 $e^{-4}$，选 A。

答案：D

令 $t=x+1$ 得 $f(t)=2t-1$，反函数为 $f^{-1}(u)=(u+1)/2$。取 $u=x-5$，得到 $(x-4)/2=x/2-2$，选 D。

答案：D

左极限由正弦等价无穷小为2，右极限由多项式直接代入为0。二者不相等，因此两侧极限不存在，点值2不能改变这一结论，选 D。

答案：B

原式在0无定义，但 $x/\sin x\to1$，左右极限相同且有限。补定义 $f(0)=1$ 即连续，所以为可去间断点，选 B。

答案：C

连续的定义就是 $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$，移项得到差趋于0。因此 C 正确；连续并不必然可导，例如 $\lvert x\rvert$ 在0连续但不可导。

答案：D

令比值为 $6+o(1)$，则 $f(x)-f(a)=(x-a)^3[6+o(1)]$。差商为 $(x-a)^2[6+o(1)]\to0$，故导数存在且为0；同时邻近处差值在左侧负、右侧正，函数穿过点值，不取极值，选 D。

答案：B

分母次数高于分子一次，除以 $x^2$ 后分子趋于0、分母趋于1，极限为0，选 B。

答案：A

可导内点极值由费马定理有 $f'(x_0)=0$。原差商为2倍以 $2h$ 为增量的导数差商，故极限为 $2f'(x_0)=0$，选 A。

答案：A

参数导数 $x'=-\sin t$，$y'=-t\sin t$，所以在 $\sin t\ne0$ 时 $dy/dx=t$。再对 $t$ 求导并除以 $x'$，得 $d^2y/dx^2=-1/\sin t$。代入 $t=\pi/4$ 为 $-\sqrt2$，选 A。

答案：C

由 $\sin x=x-x^3/6+o(x^3)$，分子为 $x^3/6+o(x^3)$，故极限1/6，选 C。

答案：A

$y'=3\cdot3^x(1+x\ln3)$，其中前因子始终为正，所以导数在 $x=-1/\ln3$ 左侧负、右侧正，该点确为极小值点，选 A。

答案：D

切线斜率应为2，而 $y'=\ln x+1$，所以 $x=e$。代回 $y=e\ln e=e$，得切点 $(e,e)$，选 D。

答案：B

隐式求导得 $2yy'-3y-3xy'+3x^2=0$。把含 $y'$ 的项归为 $(2y-3x)y'=3y-3x^2$，在分母非零处解得 B。

答案：D

拐点对应曲线凹凸性改变。$f^{\prime\prime}(x)$ 在负半轴有两个变号零点，在正半轴有一个变号零点；另外，$f^{\prime\prime}$ 在0左侧为正、右侧为负，且 $f$ 在0连续，所以0也是凹凸性改变处。共 $2+1+1=4$ 个，选 D。

答案：A

由罗尔定理，存在 $\xi\in(0,1)$ 使 $f'(\xi)=0$，相应切线斜率为0，平行 $x$ 轴，选 A。区间内处处可导的曲线在这些点没有竖直切线。

答案：C

令 $u=1-2x$，则 $dx=-du/2$。积分为 $-\tfrac12\int\sin udu=\tfrac12\cos u+C$，选 C。

答案：D

先由变上限积分求导得 $f(x)=2e^{2x}$。此后每求导一次再乘2，所以 $f^{(n)}(x)=2\cdot2^ne^{2x}=2^{n+1}e^{2x}$，选 D。

答案：B

横向范围为 $0\le x\le1$，截面为外半径 $2x$、内半径 $x$ 的圆环。体积 $V=\pi\int_0^1(4x^2-x^2)dx=\pi$，选 B。

答案：D

A 的原函数 $\tfrac12\ln(1+x^2)$ 无界，B 为 $p=1/2$ 型发散，C 的上限原函数 $-\cos x$ 无极限。D 在 $[4,\infty)$ 连续，且尾部绝对值与 $1/x^2$ 同阶，故绝对收敛，选 D。

答案：A

法向量分别为 $(1,-2,3)$ 与 $(2,1,0)$，点积为 $2-2=0$，因此垂直，选 A。

答案：C

整理为 $z=x^2+y^2$，水平截面为圆、轴截面为抛物线，且绕 $z$ 轴旋转对称，所以为旋转抛物面，选 C。

答案：D

先求 $z_x=y^2\cos(xy^2)$，再对 $x$ 求导，额外乘内层导数 $y^2$，得到 $z_{xx}=-y^4\sin(xy^2)$，选 D。

答案：B

梯度是增长最快方向。$\nabla z=(-ye^{-x},e^{-x})$，在给定点为 $(1,1)$，故取与其同向的 $\vec i+\vec j$，选 B；计算方向导数时须把方向单位化。

答案：A

区域为第一象限三角形 $x\ge0,y\ge0,x+y\le1$。固定 $y\in[0,1]$，横坐标范围为 $0\le x\le1-y$，故选 A。

答案：B

区域为 $0\le x\le1,x^2\le y\le x^2+1$。先对 $y$ 积分得 $x+[(x^2+1)^2-x^4]/2=x+x^2+1/2$，再从0到1积分为 $1/2+1/3+1/2=4/3$，选 B。

答案：C

由格林公式，积分等于圆盘上 $Q_x-P_y=(3x^2+4)-(3x^2-2)=6$ 的二重积分。圆盘面积为 $6\pi$，故结果 $6\cdot6\pi=36\pi$，选 C。

答案：D

绝对值相邻项之比为 $\lvert x\rvert/(n+1)$，对每个固定实数 $x$ 都趋于0。故全体实数上绝对收敛，选 D；常数 $k$ 仅为整体倍数，不影响半径。

答案：B

对应右端的复指数为 $2+i$，而齐次特征根为2和4，$2+i$ 不是特征根，所以不需额外乘 $x$。试探式要同时含正弦与余弦，因为求导会互相转换，故选 B。

先写出 $f(u)=\arctan(u-1)$，于是 $\arctan(\varphi(x)-1)=x-2$。反正切值必须位于 $(-\pi/2,\pi/2)$，在对应范围取正切得 $\varphi(x)=1+\tan(x-2)$。替换为 $x+2$ 后得到 $1+\tan x$，并保留主值范围。

连续要求点值等于邻近极限。由 $\sin2x/x=2\sin2x/(2x)\to2$，得 $F(0)=2$。

变上限积分求导得 $f'(x)=2x\ln(x^2+3)$。由于对数因子始终为正，导数与 $x$ 同号，所以在正半轴递增、负半轴递减。

记极限为常数 $L$，对等式令 $x\to2$，得 $L=8+6L$，所以 $L=-8/5$。原函数为 $x^3-24x/5$，求导得 $3x^2-24/5$。

根式是偶函数，乘 $x$ 后为奇函数，并在闭区间连续。奇函数在关于原点对称区间积分为0。

令 $u=\sin x$，$du=\cos xdx$。积分变为 $\int f(u)du=F(u)+C$，代回即得。

与平面垂直的直线方向取平面法向量 $(9,1,9)$。过给定点的点向式为 $(x,y,z)=(1,-1,2)+t(9,1,9)$，故得到所列对称式。

在定义域 $x^2+y>0$ 内，链式法则给出 $z_x=2x/(x^2+y),z_y=1/(x^2+y)$，代入全微分公式即可。

余弦的麦克劳林公式为 $\cos t=\sum(-1)^nt^{2n}/(2n)!$。取 $t=\sqrt x$，其 $2n$ 次幂恰为 $x^n$，故和为 $\cos\sqrt x$；阶乘保证所有实数 $x$ 下该幂级数均收敛。

特征根为 $(-1\pm i\sqrt3)/2$。复共轭根 $\alpha\pm i\beta$ 对应实通解 $e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$，代入即得。

裂项 $1/[k(k+1)]=1/k-1/(k+1)$，和为 $1-1/(n+1)$。对幂取对数，$(3n-2)\ln[1-1/(n+1)]\sim-(3n-2)/(n+1)\to-3$，故极限为 $e^{-3}$。

正底数允许取对数：$\ln y=(\ln x)^2$。求导得 $y'/y=2\ln x/x$，乘回 $y$ 即得结果。

定义域为 $(-1,0)\cup(0,+\infty)$。当 $x\to+\infty$，第一项趋于1，其余两项趋于0，故水平渐近线为1。可能的有限边界为-1和0：在 $x\to-1^+$ 时三项均有有限极限；在 $x\to0$ 时 $x\sin(1/x)\to0$，由展开 $1/(e^x-1)=1/x-1/2+O(x)$、$1/\ln(1+x)=1/x+1/2+O(x)$，两分式差趋于-1。因有限边界均不发散，无垂直渐近线。

$f'=12x^3-24x^2+12x$，$f''=36x^2-48x+12=12(3x-1)(x-1)$。其符号在两根外正、两根内负，所以按二阶导数正为下凹、负为上凸确定区间。两根处均变号，代入原函数得到两个拐点。

部分分式分解为 $1/[x(2x+1)]=1/x-2/(2x+1)$。分别积分得 $\ln\lvert x\rvert-\ln\lvert2x+1\rvert+C$，合并对数即所求；取不经过0和-1/2的区间。

令 $u=\tan x$，则 $dx=du/(1+u^2)$，$\cos^2x=1/(1+u^2)$，积分化为 $\int_0^1du/(4+3u^2)$。用反正切积分公式得到 $[\arctan(\sqrt3u/2)/(2\sqrt3)]_0^1$，即所列结果。

先由行列式求叉积 $\vec a\times\vec b=(32,-32,-4)$，再与 $\vec c$ 点乘，得 $32+0-24=8$。

对 $x$ 求偏导时，$y$ 固定而 $z$ 随 $x$ 变化，得 $2x+3yz^2+(6xyz+2)z_x=0$。同理对 $y$ 求导得 $3y^2+3xz^2+(6xyz+2)z_y=0$。题设保证公共系数不为0，分别解出两个偏导。

用极坐标 $0\le r\le1,0\le\theta\le\pi/2$，有 $y=r\sin\theta$、面积元 $rdrd\theta$。积分为 $(\int_0^{\pi/2}\sin\theta d\theta)(\int_0^1r^2dr)=1/3$。

因分母为 $(x+25)(x-1)$，部分分式为 $-\tfrac1{26}[1/(1-x)+1/(x+25)]$。分别展开：第一项为 $\sum x^n$（$\lvert x\rvert<1$），第二项为 $\sum(-1)^nx^n/25^{n+1}$（$\lvert x\rvert<25$）。公共收敛范围为 $\lvert x\rvert<1$，合并得所列级数；在两端点通项均不趋于0。

设右上顶点 $C=(u,1-u^2)$，$0\le u\le1$，由对称性上底长 $2u$、下底长2、高 $1-u^2$。面积 $S=(1+u)(1-u^2)$，导数 $S'=1-2u-3u^2=-(3u-1)(u+1)$。在 $u=1/3$ 处由增转减，且端点值均较小，所以面积最大时纵坐标为 $1-1/9=8/9$。