2023年山东专升本高等数学Ⅰ真题

答案：A

对数的真数必须严格大于零，所以 $3x-1>0$，解得 $x>1/3$。端点会使真数为零，不能包含，故选 A。

答案：C

微分方程的阶数是出现的最高阶导数的阶数。A 是二阶；B 虽含导数三次方但只有一阶导数，仍是一阶；C 含三阶导数且无更高阶，故是三阶；D 改写为 $x^2y^{\prime}+y^3=0$，为一阶。选 C。

答案：D

A、B、C 在 $x\to0$ 时都趋于 $0$，符合无穷小量定义。D 的极限为 $e^0+1=2$，不是无穷小量，因此选 D。

答案：B

令增量 $h=-2\Delta x$，则分母 $\Delta x=-h/2$。已知极限等于 $-2\lim_{h\to0}[f(3+h)-f(3)]/h=-2f^{\prime}(3)$，所以 $f^{\prime}(3)=-2$，选 B。

在零点附近 $1+x>0$，对数为 $(5/x)\ln(1+x)\to5$，因此原式趋于 $e^5$。也可用 $(1+x)^{1/x}\to e$ 后取五次方。

垂直等价于数量积为零：$(-2)\cdot4+1\cdot5+k\cdot1=-8+5+k=0$。所以 $k=3$。

参数曲线满足 $dy/dx=(dy/dt)/(dx/dt)$，要求 $dx/dt\ne0$。这里 $dx/dt=3t^2+2$，$dy/dt=1/\sqrt{1-t^2}$，代入 $t=0$ 得 $(1)/(2)=1/2$。

令 $f_0(t)=3t^2/8+t/2$，则 $\int_0^{2x}f_0(t)dt=x^3+x^2$。把 $f_0$ 在单点 $t=4$ 的值改成任意实数 $c$、其他点保持不变，所有这些定积分仍相同，但新函数的 $f(4)=c$。所以扫描题面不能唯一确定 $f(4)$；若额外假设连续，才可用微积分基本定理得到 $f(4)=8$，但该假设不在扫描题面中。

上边界抛物线可写成 $y=5-(x-1)^2$，左支为 $x=1-\sqrt{5-y}$。两条下边界 $y=-x$、$y=5x$ 在原点相接，与抛物线分别交于 $(-1,1)$、$(1,5)$。水平切片在 $0\le y\le1$ 时从 $x=-y$ 到 $x=y/5$；在 $1\le y\le5$ 时从抛物线左支到 $x=y/5$。按这两段写出题给答案。

分子有理化得 $\sqrt{x^2+3x}-x=3x/(\sqrt{x^2+3x}+x)$。因 $x\to+\infty$，可同除 $x$ 得 $3/(\sqrt{1+3/x}+1)\to3/2$。趋近正无穷的方向保证 $\sqrt{x^2}=x$。

拆分分子为 $(e^{1-\cos x}-1)+(1-\cos x)$。令 $u=1-\cos x\to0$，则 $(e^u-1)/u\to1$，而 $(1-\cos x)/x^2\to1/2$。因此极限为 $1\cdot1/2+1/2=1$。拆分可清楚保留两项同阶贡献。

分母配方为 $(x+5)^2+1$。令 $u=x+5$，$du=dx$，用公式 $\int du/(1+u^2)=\arctan u+C$，得 $\arctan(x+5)+C$。分母恒正，对全实轴成立。

平面内两方向可取 $\overrightarrow{AB}=(2,1,2)$ 和已知直线方向 $(3,-1,2)$。叉积为 $(4,2,-5)$，作法向量。过 A 的点法式为 $4(x-1)+2y-5(z+4)=0$，整理得 $4x+2y-5z-24=0$。

在定义域 $x-y>0$ 内，函数具有连续偏导。分别求得 $z_x=1/(x-y)$；对 $y$ 求偏导时，根式给出 $y/\sqrt{y^2+1}$，对数给出 $-1/(x-y)$。代入 $dz=z_xdx+z_ydy$ 即得答案。

由于有 $\ln x$，取 $x>0$。方程除以 $x^2$ 得 $y^{\prime}+y/x=1+\ln x/x^2$，积分因子为 $x$。于是 $(xy)^{\prime}=x+\ln x/x$。积分得 $xy=x^2/2+\ln^2x/2+C$，即 $y=x/2+\ln^2x/(2x)+C/x$。用 $y(1)=1/2$ 得 $C=0$，故所求特解如上。

区域对应 $0\le\theta\le\pi/3,1\le r\le2$。被积函数化为 $r\sin\theta\cos\theta$，乘面积元 $rdrd\theta$ 后为 $r^2\sin\theta\cos\theta$。因此积分为 $(\int_1^2r^2dr)(\int_0^{\pi/3}\sin\theta\cos\theta d\theta)=\frac73\cdot\frac38=7/8$。

相邻通项比值绝对值为 $|x|(n+2)/[(n+3)(n+1)]\to0$，故对所有实数绝对收敛。可在任意有界区间逐项求导：$S^{\prime}(x)=\sum x^{n+1}/n!=xe^x$。又 $S(0)=0$，所以 $S(x)=\int_0^xte^tdt=[(t-1)e^t]_0^x=(x-1)e^x+1$。

解 $2-x=\sqrt x$，令 $t=\sqrt x\ge0$，得 $t^2+t-2=0$，有效根 $t=1$，故交点横坐标 $1$。在 $0\le x\le1$，外半径 $2-x$、内半径 $\sqrt x$。圆环法给出 $V=\pi\int_0^1[(2-x)^2-x]dx=\pi\int_0^1(4-5x+x^2)dx=11\pi/6$。

求导并因式分解：$f^{\prime}(x)=(2x-1)e^x-2x+1=(2x-1)(e^x-1)$。驻点为 $0,1/2$。在 $(-\infty,0),(0,1/2),(1/2,+\infty)$ 上导数分别为正、负、正，因此 $0$ 是极大值点，$1/2$ 是极小值点。代入得 $f(0)=-3$，$f(1/2)=1/4-2\sqrt e$。

（1）令 $H(x)=\int_0^xf(t)dt$，它连续，$H(0)=0,H(1)=1$。因 $1/n\in(0,1)$，介值定理保证存在内部点 $x_0$ 使 $H(x_0)=1/n$。

（2）取第（1）问中的 $n=4$，令 $H(x_0)=1/4$。分别对区间 $[0,x_0]$ 和 $[x_0,1]$ 使用积分中值定理，存在 $\xi\in(0,x_0)$、$\eta\in(x_0,1)$，使 $f(\xi)=1/(4x_0)$、$f(\eta)=3/[4(1-x_0)]$。于是 $f(\eta)+3f(\xi)=3/[4x_0(1-x_0)]$，而 $4f(\xi)f(\eta)$ 也等于该式。两点分处 $x_0$ 两侧，因此不同。

暂无。原卷该题A选项缺失，现存选项不足以确定唯一答案。