2024年山东专升本高等数学Ⅰ真题

答案：B

偶函数要求定义域关于零对称且 $f(-x)=f(x)$。余弦满足 $\cos(-x)=\cos x$，故 B 正确。正切和立方为奇函数；指数函数 $3^{-x}$ 通常不等于 $3^x$。

答案：C

在 $1$ 处左极限为 $9$，右极限为 $1$，函数值为 $1$。两侧极限都有限但不相等，属于跳跃间断点，故选 C。

答案：D

定义域 $x>0$。$y^{\prime}=4x\ln x-8x$，$y^{\prime\prime}=4\ln x-4$。二阶导数在 $x=e$ 两侧由负变正，故为拐点横坐标。代入得 $y=e^2(2-5)=-3e^2$，选 D。

答案：A

链式法则给出 $z_x=2xy/(1+x^4y^2)$、$z_y=x^2/(1+x^4y^2)$。在 $(1,1)$ 处分别为 $1,1/2$。因此 $dz=dx+\frac12dy$，选 A。

答案：C

C 的绝对值通项 $a_n=(2^n+1)/n^n$ 满足 $\sqrt[n]{a_n}=(2^n+1)^{1/n}/n\to0<1$，由根值法绝对收敛。A 通项绝对值趋于 $1/2$；B 绝对值通项与 $1/n$ 等价，绝对值级数发散；D 通项绝对值甚至不趋零。因此选 C。

底数在零点附近为正，取对数得到 $\ln(1+\sin(x/2))/x$。利用 $\ln(1+u)\sim u$、$\sin(x/2)\sim x/2$，对数极限为 $1/2$，所以原极限为 $e^{1/2}$。

数量积为 $3\cdot2+0\cdot2+4\cdot1=10$。两向量模分别为 $5$ 和 $3$，所以 $\cos\theta=10/(5\cdot3)=2/3$。

特征方程 $16r^2-8r+1=(4r-1)^2=0$，有二重实根 $r=1/4$。重根情形的两个线性无关解为 $e^{x/4}$ 和 $xe^{x/4}$，所以通解为 $(C_1+C_2x)e^{x/4}$。

将 $x-1$ 视为幂变量。系数绝对值为 $1/[(2n+1)3^n]$，其相邻比值趋于 $1/3$。通项比值极限为 $|x-1|/3$，故在 $|x-1|<3$ 内绝对收敛，半径为 $3$。

由于导数连续，可对参数 $x$ 在积分号下求导，得 $\int_0^1tf^{\prime}(x-t)dt=2$。令 $x=1$，再换元 $u=1-t$，有 $\int_0^1(1-u)f^{\prime}(u)du=2$。分部积分得 $-f(0)+\int_0^1f(u)du=2$。另一方面，$\int_0^1uf^{\prime}(u)du=f(1)-\int_0^1f(u)du$。由 $f(1)=f(0)$，所求为 $-2$。

先通分，原式为 $\frac{x^2-9}{x(x-3)}=\frac{(x-3)(x+3)}{x(x-3)}=\frac{x+3}x$（$x\ne3$）。令 $x\to3$ 得 $2$。先消去共同因子可解除无穷大相减形式。

分子分母在 $x=1$ 都为零，且在附近可导，分母导数 $-1-1/x$ 不为零。由洛必达法则，极限为 $\lim_{x\to1}(e^{x-1}+1)/(-1-1/x)=2/(-2)=-1$。

对原方程求导：$e^{x-y}(1-y^{\prime})+2x-y^{\prime}=0$，解得 $y^{\prime}=(e^{x-y}+2x)/(e^{x-y}+1)$。在 $(1,1)$ 处分母为 $2\ne0$，斜率为 $3/2$。点斜式 $y-1=\frac32(x-1)$，即 $y=\frac32x-\frac12$。

先拆分为 $1+5x/(x^2+4)-2/(x^2+4)$。第一项积分为 $x$；第二项令 $u=x^2+4$，得 $\frac52\ln(x^2+4)$；第三项由 $\int dx/(x^2+4)=\frac12\arctan(x/2)$ 得 $-\arctan(x/2)$。相加得到答案，分母恒正。

令 $t=\sqrt{1-x^2}$，则 $xdx=-t\,dt$。当 $x=0$ 时 $t=1$，$x=1$ 时 $t=0$，所以积分变成 $\int_0^1te^tdt$。分部积分得 $[(t-1)e^t]_0^1=1$。换元时负号与上下限反向互相抵消。

直线是两平面的交线，其方向向量为两法向量的叉积 $(1,-1,1)\times(1,-3,2)=(1,-1,-2)$。该方向可作所求平面的法向量，故平面为 $(x-1)-y-2(z-2)=0$，即 $x-y-2z+3=0$。原点到平面距离为 $|3|/\sqrt{1+1+4}=3/\sqrt6=\sqrt6/2$。

对数要求 $x>0$。改写为 $dy/(1+y^2)=(\ln x)/x\,dx$，两边积分：左边是 $\arctan y$，右边令 $u=\ln x$ 得 $u^2/2$。所以通解为 $\arctan y=\frac12\ln^2x+C$，显式正切形式须选避开极点的解区间。

在第一象限，区域位于单位圆外、$y=x$ 下方及 $x=1$ 左侧。极坐标范围为 $0\le\theta\le\pi/4$，$1\le r\le1/\cos\theta$。被积函数乘面积元为 $r^{-4}drd\theta$，故积分 $=\int_0^{\pi/4}\frac{1-\cos^3\theta}{3}d\theta$。由 $\int\cos^3\theta d\theta=\sin\theta-\sin^3\theta/3$，在 $0,\pi/4$ 之间取值为 $5\sqrt2/12$，所以结果为 $\pi/12-5\sqrt2/36$。

负半轴联立 $3x=-x^2+4$，有效交点横坐标为 $-4$；正半轴联立 $x^2-2x=-x^2+4$，有效交点为 $2$。分段曲线在零点处的两侧极限都为零，面积按闭包计算不受单点影响。上边界均为 $-x^2+4$，故 $S=\int_{-4}^0(-x^2+4-3x)dx+\int_0^2(-2x^2+2x+4)dx=56/3+20/3=76/3$。

解 $f_x=2x-4y=0$、$f_y=-4x+4y+6y^2=0$，得驻点 $(0,0)$、$(4/3,2/3)$。二阶偏导 $A=f_{xx}=2$、$B=f_{xy}=-4$、$C=f_{yy}=4+12y$。在原点 $AC-B^2=-8<0$，为鞍点。在 $(4/3,2/3)$ 处 $C=12$，$AC-B^2=8>0$ 且 $A>0$，所以为严格极小值点。代入得 $-8/27$。所有驻点已枚举，因此无局部极大值。

取最大值点 $x_0\in(0,1)$，使 $f(x_0)=M$。对 $[0,x_0]$ 和 $[x_0,1]$ 分别应用拉格朗日中值定理，得到 $\xi\in(0,x_0)$、$\eta\in(x_0,1)$，使 $f^{\prime}(\xi)=M/x_0$、$f^{\prime}(\eta)=-M/(1-x_0)$。故绝对值之和为 $M[1/x_0+1/(1-x_0)]=M/[x_0(1-x_0)]$。由 $x_0(1-x_0)\le1/4$，得到所需下界 $4M$。