2020年山东专升本高等数学Ⅰ真题

答案：C

无穷小量指在指定过程中极限为 $0$ 的变量。四项的极限依次是 $1,\ln2,0,1$，所以选 C。无穷小量必须结合趋近过程判断。

答案：B

平面法向量为 $(2,-3,4)$；直线方向向量也为 $(2,-3,4)$。直线方向与平面法向平行，因此直线垂直于平面，选 B。

答案：D

设解为 $e^{rx}$，得到特征方程 $r^2+7r-8=(r-1)(r+8)=0$。两个不同实根为 $1,-8$，故通解为 $C_1e^x+C_2e^{-8x}$，选 D。

答案：A

$y^{\prime\prime}=12x+6$，在 $x=-\frac12$ 两侧由负变正，曲线凹凸性改变。代回原函数得 $y=-\frac12$，故拐点为 $(-\frac12,-\frac12)$，选 A。仅有二阶导数为零还需检查变号。

答案：C

A 的通项与 $1/n$ 比值趋于 $1$，和调和级数同为发散；B 的通项不趋于 $0$，发散；C 满足 $0<\ln(1+1/n^2)\le1/n^2$，比较判别得收敛；D 通项不趋于 $0$，发散。因此选 C。

实数范围内偶次根号下须非负，即 $x/3-1\ge0$，解得 $x\ge3$。端点使根式等于零，可以取到，故为 $[3,+\infty)$。

导数 $y^{\prime}=-1/x^2+2/x$，故切线斜率 $y^{\prime}(1)=1$。由点斜式 $y-1=1(x-1)$，得到 $y=x$。

令所求积分为 $G$。利用线性性质，第二个等式为 $2\cdot1+3G=8$，所以 $G=2$。

$\overrightarrow{AB}=B-A=(3,-5,\sqrt2)$，模为 $\sqrt{9+25+2}=6$。同方向单位向量为原向量除以其模，得到 $(\frac12,-\frac56,\frac{\sqrt2}6)$。

原区域下边界为 $y=0$，上边界分段为 $y=\sqrt x$、$y=2-x$，二者相交于 $(1,1)$。改为水平切片，$0\le y\le1$，左边界 $x=y^2$，右边界 $x=2-y$。故 $I=\int_0^1dy\int_{y^2}^{2-y}f(x,y)\,dx$。

先通分消去最高次项：原式等于 $\frac{2x^2-2x}{x^2+x+2}$。分子分母同除以 $x^2$，极限为 $\frac{2-2/x}{1+1/x+2/x^2}\to2$。不要分别对两个无穷大量求差。

分子、分母均趋于零，且在零点邻域可导。由微积分基本定理和洛必达法则，极限为 $\lim_{x\to0}\frac{\sin x^2}{3x^2}=\frac13$，其中使用 $\sin u/u\to1$。

题式的实数定义域为 $x>0$。拆成 $\int x^{-1/2}dx+\int(\ln x)/x\,dx$。第一项为 $2\sqrt x$；第二项令 $u=\ln x$，$du=dx/x$，得 $u^2/2$。故结果为 $2\sqrt x+\frac12\ln^2x+C$，求导可还原被积函数。

两个已知平面的法向量是 $\boldsymbol n_1=(1,2,-1)$、$\boldsymbol n_2=(2,1,3)$。所求平面与它们都垂直，所以所求法向量须与二者都正交，可取叉积 $\boldsymbol n_1\times\boldsymbol n_2=(7,-5,-3)$。点法式为 $7(x-1)-5(y+2)-3(z-2)=0$，即 $7x-5y-3z-11=0$。

在 $x\ne0$ 时各阶偏导连续，可先求 $z_y=\cos(y/x)$，再对 $x$ 求偏导：$z_{yx}=-\sin(y/x)(-y/x^2)=\frac y{x^2}\sin(y/x)$。这里对 $x$ 求偏导时 $y$ 作为常量。

区域是扇形，适用极坐标 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，面积元为 $r\,dr\,d\theta$。范围为 $\pi/6\le\theta\le\pi/3$，$0\le r\le\sqrt{\pi/2}$。积分为 $\int_{\pi/6}^{\pi/3}d\theta\int_0^{\sqrt{\pi/2}}r\cos r^2\,dr=\frac\pi6\cdot\frac12[\sin r^2]_0^{\sqrt{\pi/2}}=\pi/12$。

积分因子为 $e^{\int1dx}=e^x$。乘后左边为 $(e^xy)^{\prime}$，右边为 $e^{2x}+xe^x$。积分得 $e^xy=\frac12e^{2x}+(x-1)e^x+C$，所以 $y=\frac12e^x+x-1+Ce^{-x}$。代回有 $y^{\prime}+y=e^x+x$。

通项比值的绝对值趋于 $|x|$，故收敛半径为 $1$。$x=1$ 时变成调和级数，发散；$x=-1$ 时变成交错调和级数，收敛，故收敛域为 $[-1,1)$。在 $|x|<1$，对几何级数 $\sum_{n=0}^\infty t^n=1/(1-t)$ 从 $0$ 到 $x$ 逐项积分，得 $\sum x^{n+1}/(n+1)=-\ln(1-x)$，再乘 $x$ 得 $S(x)=-x\ln(1-x)$。端点 $x=-1$ 处级数和为 $\ln2$，与该表达式一致。

先解 $-x^2+4=-2x+4$，得交点横坐标 $0,2$。在 $[0,2]$ 上，抛物线在直线上方，所以面积为 $\int_0^2[(-x^2+4)-(-2x+4)]dx=\int_0^2(-x^2+2x)dx=[-x^3/3+x^2]_0^2=4/3$。

将两边移到一边，令 $F(x)=x+\ln x-4\sqrt x+3$。有 $F(1)=0$，且当 $x>1$ 时 $F^{\prime}(x)=1+1/x-2/\sqrt x=(1-1/\sqrt x)^2>0$。因此 $F$ 在 $[1,+\infty)$ 严格递增，$F(x)>F(1)=0$，即所证不等式。

为避免 $1/x^2$ 在零点无定义，将目标改写为 $\xi^2f(\xi)-\lambda=0$。令 $F(x)=x^2f(x)-\lambda$，它在 $[0,1]$ 连续。$F(0)=-\lambda<0$，$F(1)=1-\lambda>0$。由零点定理存在 $\xi\in(0,1)$ 使 $F(\xi)=0$；因 $\xi\ne0$，除以 $\xi^2$ 即得结论。