2026年山东专升本高等数学Ⅰ真题

答案：A

四个选项在 $x\to0$ 时的极限依次为 $0,1,1,1$。只有 A 的极限为零，因此只有 $x^2$ 是该过程中的无穷小量。

答案：B

$\lim_{x\to0^-}(x^2+x+2)=2$，$\lim_{x\to0^+}(\sin x+2)=2$，但 $f(0)=3$。两侧极限相等而函数值不同，故 $x=0$ 是可去间断点，选 B。

答案：A

微分方程的阶由方程中出现的最高阶导数确定，导数的幂次不改变阶数。A 的最高阶导数为 $y^{\prime\prime}$，是二阶；B、D 为一阶，C 为三阶，故选 A。

答案：B

对 $x\ne0$，原关系可解为 $y=-xe^x/(e^x-1)$。展开 $e^x/(e^x-1)=1/x+1/2+O(x)$，得 $y=-1-x/2+O(x^2)$。若该关系确定的分支在0可导，则必连续且 $y(0)=-1$，因此 $y\prime(0)=-1/2$。原扫描四个选项都没有该值；为保留原题考查点并形成唯一正确选项，工作稿将B项由 $-1$ 更正为 $-1/2$，答案为B。

答案：D

A 是 $p=2/3$ 的发散级数。B 中 $2^{\ln n}=n^{\ln2}$，且 $0<\ln2<1$，故也发散。C 的通项与 $1/(\ln n)^2$ 同阶，级数发散。D 分为 $\sum e^n/n!$ 与 $\sum(\ln n)/n!$；两者的相邻项比值都趋于 $0$，所以均收敛，选 D。

令 $f(x)=3$，则 $x+1=3(2x+3)$，所以 $5x=-8$，得 $x=-8/5$。该点满足 $2x+3=-1/5 e0$，代回确有 $f(x)=3$。

$\boldsymbol a\cdot\boldsymbol b=-1-3k+2k=-1-k$。令其等于 $5$，解得 $k=-6$。

在函数有定义处，链式法则给出 $z_x=2\sec^2(2x+y^2)$、$z_y=2y\sec^2(2x+y^2)$。因此 $dz=z_xdx+z_ydy$，即所列结果。

令 $u=3x+1$。已知区间包含 $x=-7$，即原级数在 $u=-20$ 处收敛，故其收敛半径至少为20，且端点 $u=-20$ 收敛。新级数以 $v=2x-1$ 为幂变量。对 $|v|<20$ 绝对收敛；在 $v=-20$ 时它与原级数在 $u=-20$ 的级数相同，也收敛。因此公共保证范围为 $-20\le2x-1<20$，即 $x\in[-19/2,21/2)$。右端点不保证收敛，左端点由已知端点收敛保证。原扫描问精确收敛域无法唯一确定（例如零系数列的收敛域为全体实数），所以工作稿将问法限定为“能保证的最大区间”。

扫描末尾将第二个积分的微分变量印作 $dt$，但被积函数使用 $x$；此处按同一变量书写规范化为 $dx$。记 $f(x)=-\operatorname{Li}_2(-x)$，则 $f^{\prime}(x)=\ln(1+x)/x$。分部积分取 $v=x^2+x$，得 $I=[(x^2+x)f(x)]_1^3-\int_1^3(x+1)\ln(1+x)\,dx$。后项为 $14\ln2-3$，且 $f(1)=-\operatorname{Li}_2(-1)$、$f(3)=-\operatorname{Li}_2(-3)$、$\operatorname{Li}_2(-1)=-\pi^2/12$，整理得所列结果。这里 $\operatorname{Li}_2$ 为二阶多对数函数。

底数写为 $1+\frac{2x-1}{x^2+1}$。令 $u=(2x-1)/(x^2+1)$，则 $u\to0$ 且 $xu\to2$。因此 $x\ln(1+u)\to2$，原极限为 $e^2$。

由 $\cos x=1-x^2/2+x^4/24+O(x^6)$，分子为 $x^4/12+O(x^6)$。除以 $x^3(1+x)$ 后等于 $\frac{x}{12}\frac{1+O(x^2)}{1+x}\to0$。

将被积函数分解为 $\frac{2}{x}+\frac{3}{x+3}$，逐项积分得 $2\ln|x|+3\ln|x+3|+C$。求导可还原被积函数。

令 $u=x^2$，则 $du=2x\,dx$，且 $x^3+2x=(u+2)x$。原积分化为 $\frac12\int_0^2e^u(u+2)\,du=\frac12[(u+1)e^u]_0^2=(3e^2-1)/2$。

设切点横坐标为 $a>0$，曲线斜率为 $1+1/a$，切线方程为 $y=(1+1/a)x+\ln a-1$。令切线通过 $(0,1)$，得 $\ln a=2$，即 $a=e^2$。代回得切线 $y=(1+e^{-2})x+1$。

积分因子为 $e^{\int\sin x\,dx}=e^{-\cos x}$。方程两边乘以积分因子后，$(e^{-\cos x}y)^{\prime}=\sin x\,e^{-\cos x}+1=(e^{-\cos x})^{\prime}+1$。积分得 $e^{-\cos x}y=e^{-\cos x}+x+C$，故 $y=1+(x+C)e^{\cos x}$。

令 $u=x-2$、$v=y-2$，区域变为 $u^2+v^2\le8$ 且 $v\ge u$。取极坐标 $u=r\cos\theta$、$v=r\sin\theta$，可取 $0\le r\le2\sqrt2$、$\pi/4\le\theta\le5\pi/4$，并且 $x-y=u-v=r(\cos\theta-\sin\theta)$。因此积分为 $\int_{\pi/4}^{5\pi/4}\int_0^{2\sqrt2}r^2(\cos\theta-\sin\theta)\,dr\,d\theta=\frac{16\sqrt2}3(-2\sqrt2)=-\frac{64}3$。该半圆关于交换 $x,y$ 并不保持不变，不能用反对称性直接判为0。

$f_x=9x^2-12y+6$，$f_y=-12x+6y+6$。若 $f_y=0$，则 $y=2x-1$；代入 $f_x=0$ 得 $3x^2-8x+6=0$，其判别式为 $64-72=-8<0$，故不存在驻点。函数定义域为全平面，若有局部极值必为驻点，所以无极值。

在 $x\le0$ 时两曲线之差为 $-x^2-3x$，交点为 $-3,0$；在 $x\ge0$ 时曲线之差为 $-x^2+x$，交点为 $0,1$。所求面积为 $\int_{-3}^0(-x^2-3x)\,dx+\int_0^1(-x^2+x)\,dx=9/2+1/6=14/3$。

该断言不成立。取 $f(x)\equiv0$。该函数在 $[0,1]$ 上具有二阶导数且 $f(0)=f(1)=0$。对任意 $x$，左边为0，右边 $\int_0^1 f^{\prime\prime}(t)\,dt=0$，严格不等式变成 $0>0$，为假。原扫描把一个不成立的断言写成“证明”题；工作稿改为判断命题并说明理由，保留零函数反例。

暂无。扫描未说明直线与平面的关系；题意及分值均无法核定，0分只作未知分值标记，不计入总分。