2021年山东专升本高等数学Ⅰ真题

答案：A

$x\ne2$ 时 $f(x)=x+2$，所以 $\lim_{x\to2}f(x)=4$ 存在而 $f(2)$ 未定义。补定义 $f(2)=4$ 即可连续，因此是可去间断点，选 A。

答案：D

先有 $f(0)=0$。用单侧差商：$f_-^{\prime}(0)=\lim_{h\to0^-}(h^2/2)/h=0$，$f_+^{\prime}(0)=\lim_{h\to0^+}\sin h/h=1$。二者都存在但不相等，选 D，函数在零点不可导。

答案：B

阶数由方程中出现的最高阶导数决定，不能按导数的幂次判断。A、C 的最高导数为一阶，B 最高为二阶，D 最高为三阶，故选 B。

答案：B

条件收敛指原级数收敛而绝对值级数发散。B 中 $n^{-2/3}$ 单调趋零，交错级数收敛，但 $\sum n^{-2/3}$ 为 $p\le1$ 的发散级数，所以 B 条件收敛。A 由 $|\sin n|/n^2\le1/n^2$ 绝对收敛，C 绝对收敛，D 通项不趋零。

答案：C

边界 $r=2\cos\theta$、$r=4\cos\theta$ 分别变成 $x^2+y^2=2x$、$x^2+y^2=4x$。角度在第一象限，区域为大圆内、小圆外的上半部分。竖直切片在 $0\le x\le2$ 时，下界 $\sqrt{2x-x^2}$、上界 $\sqrt{4x-x^2}$；在 $2\le x\le4$ 时，下界为零。因此选 C。

由于 $2021>1$，第一次代入得 $f(2021)=1/2021$。该值的绝对值不超过 $1$，第二次代入须改用另一分支，故 $f(1/2021)=0$。

点到平面的距离为 $|Ax_0+By_0+Cz_0+D|/\sqrt{A^2+B^2+C^2}$。代入得 $|2+2-6+4|/\sqrt{4+1+4}=2/3$。绝对值保证距离非负。

数量积为 $2$，两向量模分别为 $\sqrt2$ 和 $2$。故 $\cos\theta=2/(2\sqrt2)=\sqrt2/2$。向量夹角取 $[0,\pi]$，所以 $\theta=\pi/4$。

系数 $a_n=3^n/[n(n+1)]$，$|a_{n+1}/a_n|=3n/(n+2)\to3$。由比值法，$|3x|<1$ 时绝对收敛，所以半径 $R=1/3$。半径本身不涉及端点是否收敛。

函数 $f(|x|)$ 为偶函数，因此对称区间积分等于正半轴积分的两倍，即 $\int_{-1}^1f(|x|)dx=2\int_0^1f(x)dx=2$。这里不要求原函数 $f$ 具有偶性。

底数写成 $1+2/(x+1)$。设原式为 $Y$，则 $\ln Y=x\ln(1+2/(x+1))$。由 $\ln(1+u)\sim u$，有 $\ln Y\to\lim2x/(x+1)=2$，所以 $Y\to e^2$。取对数可避免直接处理 $1^\infty$ 型。

分子分母均趋零。用洛必达法则和变上限积分求导，得极限 $\lim\frac{e^{x^2}-1}{3x^2\cos x^3}$。因 $(e^{x^2}-1)/x^2\to1$，$\cos x^3\to1$，所以结果为 $1/3$。注意分母是 $\sin(x^3)$，其导数为 $3x^2\cos(x^3)$。

取 $u=\ln(1+x^2)$，$dv=x^{-2}dx$，则 $du=2x/(1+x^2)dx$、$v=-1/x$。分部积分得 $-\ln(1+x^2)/x+\int2/(1+x^2)dx$，所以结果为 $-\ln(1+x^2)/x+2\arctan x+C$。该原函数写法在不跨越零点的区间上成立。

两平面的法向量为 $(1,1,-1)$、$(2,0,1)$。所求方向须与它们都正交，取叉积为 $(1,-3,-2)$。再用定点写出对称式 $\frac{x-1}1=\frac y{-3}=\frac{z-1}{-2}$。该点不在两个已知平面内，因此直线分别与两平面平行。

特征方程 $r^2-4r+7=0$ 的根为 $2\pm\sqrt3i$。共轭复根 $\alpha\pm\beta i$ 对应两个实解 $e^{\alpha x}\cos\beta x$ 和 $e^{\alpha x}\sin\beta x$，所以通解为 $e^{2x}(C_1\cos(\sqrt3x)+C_2\sin(\sqrt3x))$。

在 $x\ne0,|y|<1$ 的通常可微区域，链式法则给出 $z_x=f_uu_x+f_vv_x$，$z_y=f_uu_y+f_vv_y$。分别有 $u_x=\arcsin y$、$v_x=-y/x^2$、$u_y=x/\sqrt{1-y^2}$、$v_y=1/x$，代入即得所列两式，其中 $f_u,f_v$ 均在 $(x\arcsin y,y/x)$ 处取值。

相交点为 $(1,1),(3,3),(1/3,3)$。按水平切片，$1\le y\le3$，$1/y\le x\le y$。所以积分为 $\int_1^3dy\int_{1/y}^y(2x+y)dx=\int_1^3(2y^2-1/y^2-1)dy=[2y^3/3+1/y-y]_1^3=44/3$。

在横坐标 $x$ 处截面是半径为 $e^x$ 的圆盘，面积 $\pi e^{2x}$。体积为 $V=\pi\int_0^2e^{2x}dx=\frac\pi2[e^{2x}]_0^2=\frac\pi2(e^4-1)$。旋转体积公式用半径的平方。

定义域为 $x>-1$。导数 $f^{\prime}(x)=\frac1{1+x}+2kx-1=\frac{x(2kx+2k-1)}{1+x}=\frac{2kx(x-a)}{1+x}$，其中 $a=1/(2k)-1>-1$。分母恒正。若 $0<k<1/2$，则 $a>0$，导数在 $(-1,0),(0,a),(a,+\infty)$ 上依次为正、负、正，故 $0$ 极大、$a$ 极小。若 $k>1/2$，则 $-1<a<0$，导数在 $(-1,a),(a,0),(0,+\infty)$ 上依次为正、负、正，故 $a$ 极大、$0$ 极小。若 $k=1/2$，则 $f^{\prime}=x^2/(1+x)\ge0$，零点两侧不变号，因此无极值点。

令 $F(x)=f^2(x)-x$，则 $F$ 在闭区间连续。由 $f(0)\ne0$ 得 $F(0)=f^2(0)>0$；由 $0<f(1)<1$ 得 $F(1)=f^2(1)-1<0$。零点定理给出 $x_0\in(0,1)$ 使 $F(x_0)=0$，即 $f^2(x_0)=x_0$。

令 $F(x)=f(x)-x^2$，则 $F$ 在 $[0,1]$ 连续、内部可导，且 $F(0)=F(1)=0$。

（1）罗尔定理给出 $\xi_1\in(0,1)$ 使 $F^{\prime}(\xi_1)=0$，即 $f^{\prime}(\xi_1)=2\xi_1$。

（2）分别在 $[0,1/2]$、$[1/2,1]$ 应用拉格朗日中值定理，得 $F^{\prime}(\xi_2)=2F(1/2)$、$F^{\prime}(\xi_3)=-2F(1/2)$。两式相加为零，再代入 $F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-2x$，得目标等式。两个中值点位于各自开区间，符合要求。