2026年山东专升本高等数学Ⅲ真题

答案：B

余弦函数满足 $\cos(x+2\pi)=\cos x$，是周期函数；其余选项不具周期性。

答案：A

对所有实数 $x$，$|\sin x|\le1$；其余函数在定义域内可无界。

答案：C

$\lim_{x\to0}\arctan x/x=1$，故 $\arctan x\sim x$。选项D是二阶无穷小；A、B在零点附近也不满足等价条件。

答案：B

分母分解为 $(x+4)(x-2)$，在 $x\ne2$ 时约分为 $1/(x+4)$。$x\to2$ 的极限为 $1/6$，但原函数在 $x=2$ 无定义，故为可去间断点。

答案：D

取对数得 $\ln y=\cos x\ln(1+\sin x)$。在 $x=\pi/2$ 时 $y=1$ 且 $y'/y=-\ln2$，故 $dy=-\ln2\,dx$。

答案：D

D项在零点附近 $x-\sin x=x^3/6+o(x^3)$，凹凸性改变，且曲线经过原点。A项二阶导数在零点不为零；B项二阶导数不变号；C项二阶导数在零点附近为正。

答案：C

记第二个积分为 $J$。利用 $\int_1^3(2f-3g)/(2f-3g)dx=3-1=2$，得 $2\cdot4-3J=2$，所以 $J=2$。

答案：B

先求 $f(x)=2+\arctan x+x/(1+x^2)$。再求导：$f'=1/(1+x^2)+(1-x^2)/(1+x^2)^2=2/(1+x^2)^2$。

解方程 $e^x-2=4$ 得 $e^x=6$，所以 $x=\ln6$。

令 $t=\tan x$，积分化为 $\int_{-1}^1\dfrac{(t+1)^2}{1+t^2}f(|t|)dt$。把 $t$ 与 $-t$ 两半合并，系数为 $[(1+t)^2+(1-t)^2]/(1+t^2)=2$，故结果为 $2\int_0^1f(t)dt=2$。

令 $u=x-1$，积分变为 $\int_0^1(u^2+1)f(u)du$。而 $f(u)=-\int_u^1e^{t^2}dt$，交换积分次序得 $-\int_0^1e^{t^2}(t^3/3+t)dt=-\frac12\int_0^1e^s(1+s/3)ds=1/3-e/2$。

取对数：$x\ln\left(1+\dfrac{3x+2}{x^2-2}\right)\to3$。所以原极限为 $e^3$。

$x-\ln(1+x)=x^2/2+o(x^2)$，而 $xe^x-\sin x=x^2+o(x^2)$，所以极限为 $1/2$。答案页标为 $1$，与题面展开结果不符。

左极限为 $a+b$，右极限为 $2a-b$，均须等于 $2$。解方程得 $a=\frac43,b=\frac23$。本地答案页列 $a=b=2$，代入题面不连续。扫描第三段条件变量漏印；同一扫描前两段已是 $x>0$ 和 $x=0$，故依据互斥完备分区补为 $x<0$，未采用第三方回忆作为题面依据。此为AI编辑补字，human_review仍为not_performed。

设切点横坐标为 $a>0$，则切线方程为 $y=(\ln a+1)x-a$。若切线经过本地扫描所示点 $(0,1)$，必须有 $-a=1$，与 $a>0$ 矛盾，因此不存在这样的切线。第三方回忆版写作 $(0,-1)$，该异文会得到 $a=1$、$y=x-1$；本稿优先采用本地扫描题面。

令 $u=3x-1$，则 $9x^2-6x+2=u^2+1$，$x+3=(u+10)/3$，$dx=du/3$。积分化为 $\int (u+10)/[9(u^2+1)]du$，得 $\frac1{18}\ln(9x^2-6x+2)+\frac{10}{9}\arctan(3x-1)+C$。独立回忆版给出同一题面与结果；本地答案页串入了另一道积分的公式。

对 $x^3$ 项令 $u=4-x^2$，积分为 $5/3$；对 $1/\sqrt{4-x^2}$ 积分为 $\arcsin(x/2)|_0^{\sqrt3}=\pi/3$。独立回忆版给出同一题面与 $5/3+\pi/3$；本地答案页所列 $\pi/2-\sqrt3/2$ 不符。

交点横坐标依次为 $1/2,1,2$。上边界均为 $\sqrt{8x}$；下边界先为 $1/x$、再为 $3x-2$。因此面积为 $\int_{1/2}^1(\sqrt{8x}-1/x)dx+\int_1^2(\sqrt{8x}-3x+2)dx=13/6-\ln2$。本地答案页标 $1/2$，与题面不符；独立回忆版出现同一面积题但题号记为23，并给出 $13/6-\ln2$。

按本地扫描题面将 $e^2$ 视为常数因子。令 $A=e^2$，$R=\sqrt{A^2+(A-2)^2}$，$\delta=\arctan((A-2)/A)$，$\theta=\arccos(-2/R)$。则 $f(x)=R\sin(x-\delta)-2A+2x$，$f'(x)=R\cos(x-\delta)+2$。区间 $(-\pi,\pi)$ 内驻点为 $x_1=\delta-\theta\approx-1.16112$、$x_2=\delta+\theta\approx2.42141$。导数在 $x_1$ 处由负变正，在 $x_2$ 处由正变负，故分别为极小点和极大点。极小值为 $-R\sqrt{1-4/R^2}-2A+2\delta-2\theta\approx-26.02449$；极大值为 $R\sqrt{1-4/R^2}-2A+2\delta+2\theta\approx-1.01117$。答案页所列 $x=\pm\pi/2$ 不是该题的驻点。第三方回忆版将相应题目读作 $e^x$ 并与面积题调换题号；本稿不覆盖本地扫描题面。

在 $[0,1]$ 与 $[1,2]$ 分别用拉格朗日中值定理，得到 $c_1,c_2$ 使 $f'(c_1)=2$、$f'(c_2)=-1$。导数具有介值性质，因此在 $c_1,c_2$ 之间存在不同的 $\xi,\omega$，分别满足 $f'(\xi)=1/4$、$f'(\omega)=1/3$。于是倒数和为 $4+3=7>4$。

暂无。本地扫描明确标注本题缺失。

暂无。本地扫描明确标注本题缺失。

暂无。本地扫描明确标注本题缺失，答案页残值无法恢复题干。

暂无。本地扫描明确标注本题缺失，答案页残值无法恢复题干。