2022年山东专升本高等数学Ⅰ真题

答案：A

连续要求左右极限都等于函数值 $f(0)=1$。左极限为 $a$，右极限为 $b-1$，故 $a=b-1=1$，即 $a=1,b=2$，选 A。

答案：D

两个非零向量垂直等价于数量积为零。分别计算 A、B、C、D 与 $\boldsymbol a$ 的数量积为 $-14,8,1,0$，因此选 D。

答案：A

通解中两个指数对应特征根 $-2,4$。特征多项式为 $(r+2)(r-4)=r^2-2r-8$，因此对应方程为 $y^{\prime\prime}-2y^{\prime}-8y=0$，选 A。

答案：B

A 与收敛的 $\sum1/n^2$ 比较可知收敛；B 的前 $N$ 项和为 $\ln\prod_{n=1}^N(n+1)/n=\ln(N+1)\to+\infty$，故发散；C 满足交错级数判别条件而收敛；D 为公比 $1/3$ 的几何级数，收敛。因此选 B。

答案：B

直线 $y=\sqrt3x$ 对应角 $\pi/3$，圆弧为 $x^2+y^2=16$。两个分段合成半径 $4$、角度 $0\le\theta\le\pi/3$ 的扇形。极坐标面积元须乘雅可比因子 $r$，所以选 B。

取对数，指数的极限为 $kx\ln(1+1/(3x))\to k/3$，所以原极限为 $e^{k/3}$。由 $e^{k/3}=e^2$ 得 $k=6$。

二阶导数为 $y^{\prime\prime}=6ax-2$。拐点横坐标 $1$ 要求 $6a-2=0$，故 $a=1/3$。此时 $y^{\prime\prime}=2x-2$ 在 $1$ 两侧变号，且 $y(1)=a$，所以条件确实满足。

$\overrightarrow{AB}=(4,4,2)$，其模为 $\sqrt{4^2+4^2+2^2}=\sqrt{36}=6$。

几何级数公式 $1/(1-t)=\sum_{n=0}^\infty t^n$ 要求 $|t|<1$。代 $t=2x$，得到 $1/(1-2x)=\sum(2x)^n=\sum2^nx^n$，适用范围正是 $|x|<1/2$。

把 $x=\frac12$ 代入题面，积分上、下限相同，左边为 $0$，而右边为 $\frac14$，矛盾。因此不存在满足扫描题面条件的连续函数。参考答案页求导所得候选不能弥补这个常数矛盾；本稿保留扫描字面并给出直接结论。

分母有理化：当 $x\ne2$，原式等于 $\frac{(x-2)(\sqrt{2x-3}+1)}{2x-4}=\frac{\sqrt{2x-3}+1}{2}$。该式在 $x=2$ 连续，代入得 $1$。约去因子只用于极限过程，不是改变原函数在点上的定义。

对任意实数 $x$，有 $0\le1-\cos3x\le2$，所以 $0\le(1-\cos3x)/(3x^2)\le2/(3x^2)$。当 $x\to\infty$ 时右边趋于零，由夹逼定理，极限为 $0$。

定义域为 $x>0$。对 $\int2x\ln xdx$ 用分部积分，取 $u=\ln x,dv=2xdx$，得 $x^2\ln x-\int xdx=x^2\ln x-x^2/2$。再加 $\int\sin xdx=-\cos x$，最终为 $x^2\ln x-x^2/2-\cos x+C$。

两直线方向向量为 $(2,1,3)$ 和 $(1,2,1)$。所求平面的法向量可取叉积 $(-5,1,3)$。过点 $(0,2,3)$ 的点法式为 $-5x+(y-2)+3(z-3)=0$，整理为 $5x-y-3z+11=0$。两个已知方向与该法向量数量积都为零。

右边 $1+y^2>0$，在实数可微解区间须 $x>0$。分离变量得 $dy/(1+y^2)=dx/(2\sqrt x)$。两边积分得 $\arctan y=\sqrt x+C$，可写 $y=\tan(\sqrt x+C)$，解区间须避开正切的极点。$x=0$ 代原方程会要求 $0=1+y^2$，不存在实数解值。

设 $F(x,y,z)=\sin(xz)-yz$。在 $F_z=x\cos(xz)-y\ne0$ 的点，隐函数定理适用。将其他自变量固定，得 $F_x=z\cos(xz)$、$F_y=-z$。因此 $z_x=-F_x/F_z=z\cos(xz)/(y-x\cos(xz))$，$z_y=-F_y/F_z=z/(x\cos(xz)-y)$。分母为零处不能直接使用这些公式断定偏导。

区域的顶点为 $(0,0),(1,1),(2,1)$。水平切片范围 $0\le y\le1$、$y\le x\le2y$，所以积分为 $\int_0^1dy\int_y^{2y}xy^3dx=\int_0^1\frac32y^5dy=\frac32\cdot\frac16=1/4$。

$f^{\prime}(x)=2x^2-10x+12=2(x-2)(x-3)$。导数在 $(-\infty,2),(2,3),(3,+\infty)$ 上依次为正、负、正，因此 $2$ 是极大值点，$3$ 是极小值点。代入原函数得 $f(2)=9$，$f(3)=26/3$。这些是局部极值，不是全实轴上的最大最小值。

曲线导数为 $y^{\prime}=x$，在 $x=-1$ 处切线斜率 $-1$，因此法线斜率 $1$。过 $(-1,1)$ 的法线为 $y=x+2$。联立得 $x^2/2+1/2=x+2$，根为 $-1,3$。直线在两根之间高于抛物线，面积为 $\int_{-1}^3(x+2-x^2/2-1/2)dx=[x^2/2+3x/2-x^3/6]_{-1}^3=16/3$。

令 $F(x)=x+x^2/2-(1+x)\ln(1+x)$，有 $F(0)=0$。求导得 $F^{\prime}(x)=x-\ln(1+x)$，$F^{\prime}(0)=0$；再求导得 $F^{\prime\prime}(x)=x/(1+x)>0$（$x>0$）。因此 $F^{\prime}$ 严格递增，$F^{\prime}(x)>0$，从而 $F(x)>F(0)=0$，即所证。

（1）令 $F(x)=f(x)-1/x$。则 $F(2)=1/2>0$、$F(3)=-1/3<0$。由介值定理，存在 $\xi\in(2,3)$ 使 $F(\xi)=0$。\n\n（2）取 $f(x)=(-x^2+3x)/2$。它在 $[1,3]$ 连续、在 $(1,3)$ 可导，并满足 $f(1)=f(2)=1$、$f(3)=0$。但 $g(x)=x^2f^{\prime}(x)+1=-x^3+\frac32x^2+1$，且 $g(2)=-1$、$g^{\prime}(x)=3x(1-x)<0$ 对 $2<x<3$ 成立，所以 $g(x)<-1$ 于 $(2,3)$，不存在所称 $\eta$。扫描区间 $(2,3)$ 保留原样，不用答案页推出的更宽区间替换题设。