2025年山东专升本高等数学Ⅰ真题

答案：C

周期函数满足存在常数 $T>0$，使定义域内的 $f(x+T)=f(x)$ 恒成立。余弦满足 $\cos(x+2\pi)=\cos x$，因此 C 是周期函数。$x^2$、$e^x$、$\ln(1+x^2)$ 在其定义域内不具有正周期。

答案：A

当 $x\to\pm\infty$，分子分母同除 $x$ 得 $(1+3/x)/(2-4/x)\to1/2$。因此水平渐近线是 $y=1/2$，选 A。分母为零给出的 $x=2$ 是竖直渐近线，与本题所问不同。

答案：B

参数方程的斜率为 $(dy/dt)/(dx/dt)$。这里 $dx/dt=1+\cos t$，$dy/dt=3t^2+e^t$，在 $t=0$ 时分别为 $2,1$，所以斜率为 $1/2$，选 B。

答案：B

特征方程 $r^2-6r+34=0$ 的根为 $3\pm5i$。实通解由 $e^{3x}\cos5x$ 和 $e^{3x}\sin5x$ 线性组合得到，故选 B。

答案：A

在 $|x-2y|<1$ 内，令 $u=x-2y$。先求 $z_x=(1-u^2)^{-1/2}$，再对 $y$ 求偏导：$z_{xy}=(-\frac12)(1-u^2)^{-3/2}\cdot(-2u)\cdot(-2)=-2u(1-u^2)^{-3/2}$，故选 A。容易遗漏 $u_y=-2$ 的负号。

第一次 $0\le1$，所以 $f(0)=3$。第二次自变量为 $3>1$，改用指数分支，$f(3)=2^{3-1}=4$。

垂直要求数量积为零：$3\cdot2+k\cdot1+(-1)\cdot3k=6-2k=0$，解得 $k=3$。

令 $t=2x$，$dt=2dx$，上下限从 $1,2$ 变成 $2,4$。因此 $\int_1^2f(2x)dx=\frac12\int_2^4f(t)dt=1$，所求为 $2$。积分变量名称不影响值。

分别求偏导：对 $x$ 求导时 $e^y$ 不变，$z_x=2xe^y$；对 $y$ 求导时 $x^2$ 不变，$z_y=x^2e^y$。代入 $dz=z_xdx+z_ydy$，得到答案。

第一段的曲线 $x=\sqrt y$ 等价于 $y=x^2$。第二段 $x=1-\sqrt{y-1}$ 等价于 $y=(1-x)^2+1=x^2-2x+2$，其中 $0\le x\le1$。合并区域的竖直切片，下界为 $x^2$，上界为 $x^2-2x+2$，故得到所列积分。

将分母有理化，原式为 $\frac{(x-3)(\sqrt{x^2+x-3}+x)}{x^2+x-3-x^2}=\sqrt{x^2+x-3}+x$（$x\ne3$）。令 $x\to3$ 得 $3+3=6$。

分子分母同除以 $x$。分子趋于 $1+3=4$；分母写成 $1+(1-\cos2x)/x$，因为 $1-\cos2x\sim2x^2$，后一项趋零，所以分母趋于 $1$。因此极限为 $4$。

第一项积分为 $-1/x$。第二项用分部积分，取 $u=x,dv=\cos xdx$，得 $x\sin x-\int\sin xdx=x\sin x+\cos x$。相加得到 $-1/x+x\sin x+\cos x+C$，在不跨零点的区间上成立。

令 $u=\sqrt x$，$dx=2udu$，积分变为 $\int_0^{\sqrt2}2u\ln(2+u)du$。分部积分后，利用 $u^2/(u+2)=u-2+4/(u+2)$，可得原函数 $(u^2-4)\ln(u+2)-u^2/2+2u$。代入上下限 $0,\sqrt2$，得到 $4\ln2-2\ln(2+\sqrt2)+2\sqrt2-1$。该题的上限是 $2$，不能按上限 $4$ 的结果代入。

已知交线的方向向量为两平面法向量的叉积 $(3,-1,2)\times(1,-2,3)=(1,-7,-5)$。所求直线过定点，方向相同，故对称式为 $\frac{x-2}1=\frac{y+1}{-7}=\frac{z-1}{-5}$。核查该方向与两平面法向量的数量积都为零。

令 $u=e^y>0$，则 $u^{\prime}=e^yy^{\prime}$，原式变为 $u^{\prime}=x^2(u+5)$。分离得 $du/(u+5)=x^2dx$，积分得 $\ln(u+5)=x^3/3+C_0$，即 $u+5=Ce^{x^3/3}$。代回 $u=e^y$ 得 $y=\ln(Ce^{x^3/3}-5)$，需 $Ce^{x^3/3}>5$，从而 $C>0$。

由根值法或比值法，收敛半径为 $3$，中心为 $5$，先得开区间 $(2,8)$。$x=2$ 时为 $\sum(-1)^n/(\sqrt n+1)$，正数部分单调趋零，交错级数收敛。$x=8$ 时为 $\sum1/(\sqrt n+1)$，与 $\sum1/\sqrt n$ 极限比较，发散。因此收敛域为 $[2,8)$。

曲线非负，交点须 $x\ge0$。分段求交，$0\le x\le2$ 时解 $4-x^2=3x$ 得 $x=1$；$x\ge2$ 时解 $x^2-4=3x$ 得 $x=4$。故积分为 $\int_1^2x[3x-(4-x^2)]dx+\int_2^4x[3x-(x^2-4)]dx$，分别得到 $19/4$ 与 $20$，总和为 $99/4$。题目被积函数为 $x$，不是直接求面积。

在 $[0,1]$ 上，$e^x\ge1\ge\sqrt{2x-x^2}\ge0$。旋转截面为圆环，外半径 $e^x$、内半径 $\sqrt{2x-x^2}$。所以 $V=\pi\int_0^1[e^{2x}-(2x-x^2)]dx=\pi[(e^2-1)/2-(1-1/3)]=\pi(e^2/2-7/6)$。

定义域为全实轴。导数 $f^{\prime}(x)=1+2x/(1+x^2)-4/(1+x^2)=(x+3)(x-1)/(1+x^2)$。分母恒正，导数在 $(-\infty,-3),(-3,1),(1,+\infty)$ 上依次为正、负、正。因此 $-3$ 为极大值点，$1$ 为极小值点。代回原函数，利用 $\arctan(-3)=-\arctan3$、$\arctan1=\pi/4$，得到所列两个极值。

构造 $F(x)=\int_0^xf(t)dt+(1-x)f(x)$。由已知条件，$F$ 在闭区间连续、开区间可导，且 $F(0)=f(0)$、$F(1)=\int_0^1f(t)dt$。求导时积分项给出 $f(x)$，乘积项给出 $-f(x)+(1-x)f^{\prime}(x)$，所以 $F^{\prime}(x)=(1-x)f^{\prime}(x)$。拉格朗日中值定理给出 $F(1)-F(0)=F^{\prime}(\xi)$，整理即得所证。