2010年山东专升本高等数学统考真题

答案：D

根式要求 $1-x^2\ge0$，即 $-1\le x\le1$。反余弦要求 $-1\le(x+1)/2\le1$，即 $-3\le x\le1$。两个条件取交集，得到 $[-1,1]$，选 D。

答案：D

将式子写成 $3\sin(3x)/(3x)$。由基本极限 $\sin u/u\to1$，结果为 $3$，选 D。

答案：D

令 $h=-2\Delta x$。原差商为 $-2[f(1+h)-f(1)]/h$，极限为 $-2f'(1)=-2$，选 D。自变量的变化量为 $-2\Delta x$，不能直接把原分母视作导数定义中的增量。

答案：C

变上限积分求导先将 $t$ 换成上限 $x^2$，得 $e^{-x^2}$，再乘上限导数 $2x$，所以 $\varphi'=2xe^{-x^2}$，选 C。这里没有再对被积函数作一次导数。

答案：C

交点横坐标为 $-1,1$，上界为 $1$，下界为 $x^2$。面积 $S=\int_{-1}^1(1-x^2)dx=[x-x^3/3]_{-1}^1=4/3$，选 C。

答案：B

$x$ 为奇函数，$\cos x$ 为偶函数，乘积 $x\cos x$ 为奇函数。它在对称区间连续，故左右两半积分相消，总积分为零，选 B。

答案：D

非零向量垂直等价于点积为零：$a\cdot b=-1-4+t=0$，解得 $t=5$，选 D。

答案：B

切线斜率为 $y'(1)=2$，法线与切线垂直，所以法线斜率为 $-1/2$。过 $(1,1)$ 写成 $y-1=-(x-1)/2$，即 $y=-x/2+3/2$，选 B。

答案：B

可导必连续，因此不连续必不可导，这是逆否命题。C 不一定成立：不连续可来自可去间断，也可来自极限不存在。单变量可微与可导等价，D 也不成立。选 B。

答案：A

若部分和 $S_n$ 收敛，则 $u_n=S_n-S_{n-1}\to0$，故通项趋零是必要条件。它并不充分，例如 $u_n=1/n\to0$，但调和级数发散。选 A。

左段给出函数值 $f(1)=-1$，右极限为 $1-a$。连续要求 $1-a=-1$，故 $a=2$。

由 $|x\cos(1/x)|\le|x|$，夹逼定理给出双侧极限为零。但原式在零点无定义，补 $f(0)=0$ 即连续。因此为可去间断点，属于第一类。

两条非竖直直线平行时斜率相同。已知直线斜率为 $2$，切线斜率就是导数 $f'(x_0)$，所以为 $2$。

$f'(x)=6(x-1)(x-2)$。导数在 $(1,2)$ 为负，在两侧为正，所以函数在 $[1,2]$ 严格递减。端点导数为零不影响整个闭区间的严格递减；若按导数符号表列开区间，则写 $(1,2)$。

先对外层余弦求导，得 $-\sin(\sin x)$，再乘内层导数 $\cos x$，所以 $y'=-\sin(\sin x)\cos x$。微分为 $dy=y'dx$，即答案。

函数微分为 $d[f(x)]=f'(x)dx$，对它作不定积分恢复原函数族，所以结果为 $f(x)+C$。常数的微分为零，积分时要保留任意常数。

曲线 $y=\sqrt{1-x^2}$ 在 $[0,1]$ 为单位圆第一象限圆弧，积分表示四分之一单位圆面积，因此为 $\pi/4$。

全微分存在就是函数可微，可微必然有两个偏导，因此偏导存在是必要条件。反之，两个坐标方向的导数存在只控制沿坐标轴的变化，不能控制所有趋近路径，所以不充分。

特征方程 $r^2-4r-5=(r-5)(r+1)=0$，两个不同实根为 $5,-1$，因此对应的指数解线性组合给出通解 $C_1e^{-x}+C_2e^{5x}$。

对任意固定实数 $x$，相邻项绝对值比为 $|x|/(n+1)\to0<1$，所以所有实数处都绝对收敛。收敛半径为无穷大，区间即整个实轴。

对充分大的 $|x|$，底数为正且趋于 $1$，可取对数。$x\ln[(x+c)/(x-c)]=x\ln[1+2c/(x-c)]\to2c$，使用了 $\ln(1+u)\sim u$。因此原极限为 $e^{2c}$。当 $c=0$ 时原式恒为 $1=e^0$，同样成立；这也避免在变形中除以 $c$ 漏掉零参数。

分子分母同时趋零。洛必达一次得 $(\sec^2x-1)/(3x^2)=\tan^2x/(3x^2)$，再用 $\tan x/x\to1$，极限为 $1/3$。对差式不能先把 $\tan x$ 直接替换为等价的 $x$，否则会丢掉三阶项。

先代入 $x=0$ 得 $1=y(0)$。对原式求导，$2^{xy}\ln2\,(y+xy')=1+y'$。在 $(0,1)$ 代入得 $\ln2=1+y'(0)$，所以 $y'(0)=\ln2-1$。此点隐函数对 $y$ 的偏导为 $-1\ne0$，局部可导满足条件。

因 $x>0$，函数值为正，可取对数：$\ln y=\sin x\ln x$。两边求导，$y'/y=\cos x\ln x+\sin x/x$。乘回 $y=x^{\sin x}$ 即得答案。底数和指数都随 $x$ 变化，不能只用固定指数幂函数公式。

注意 $[-\ln x/x]'=-(1/x)\cdot(1/x)+\ln x/x^2=(\ln x-1)/x^2$，所以原函数直接为 $-\ln x/x$。也可分部积分后合并常数，结果相同。定义域由对数限定为 $x>0$。

取 $u=\ln x$、$dv=xdx$，得原函数 $x^2\ln x/2-x^2/4$。代入上下限：上限为 $e^2/4$，下限为 $-1/4$，所以积分为 $(e^2+1)/4$。

对等式全微分：$e^zdz-d(xyz)=0$，而 $d(xyz)=yzdx+xzdy+xydz$。因此 $(e^z-xy)dz=z(ydx+xdy)$，在 $e^z-xy\ne0$ 的正则解点可除去系数，得到答案。分母非零也是隐函数定理的条件；不能对分母为零的奇异点直接使用该公式。

因方程含 $1/x$，先在不跨零的区间求解。两边除以 $x$ 得 $y'/x-y/x^2=\sin x$，左端是 $(y/x)'$。积分得 $y/x=-\cos x+C$，即 $y=x(C-\cos x)$。求导再代回可检验右端恰为 $x\sin x$。

平面内包含向量 $PQ=(2,0,-4)$，又包含 $y$ 轴方向 $(0,1,0)$。取叉积为法向量 $(4,0,2)$，可简化为 $(2,0,1)$。过 $P$ 的点法式为 $2(x-1)+(z-3)=0$，即 $2x+z-5=0$。方程不含 $y$，也验证了平行于 $y$ 轴。

所取闭区域位于 $1\le y\le4$，水平截线为 $\sqrt y\le x\le2$。于是积分为 $\int_1^4dy\int_{\sqrt y}^2x/y\,dx=\int_1^4(2/y-1/2)dy=[2\ln y-y/2]_1^4=2\ln4-3/2$。该区域 $y\ge1$，分母无奇点。

设剪去的小正方形边长为 $x$，可行范围 $0<x<18$。箱底边长 $36-2x$，箱高 $x$，所以体积 $V=x(36-2x)^2$。求导得 $V'=(36-2x)(36-6x)$。在 $(0,6)$ 为正，在 $(6,18)$ 为负，故 $x=6$ 给全局最大值。此时箱底边长 $24$、高度 $6$，$V=24^2\times6=3456$ 立方厘米。

本地答案页列体积时漏乘箱高 $x$；此处依据题面尺寸重新写出 $V=x(36-2x)^2$。该答案订正仍待人工复核。

令 $F(x)=f(x)-x$。它在 $[0,1]$ 连续，并有 $F(0)=f(0)\ge0$、$F(1)=f(1)-1\le0$。若任一端点等于零，直接取该端点；否则 $F(0)>0$、$F(1)<0$，由零点定理存在内部零点 $\xi$。两种情形都给出 $F(\xi)=0$，即 $f(\xi)=\xi$。闭区间结论必须包含端点相等的情况。

本地答案页在 $F(0)$、$F(1)$ 的端点计算与符号书写有误；此处直接从 $F(x)=f(x)-x$ 及 $0\le f(x)\le1$ 重算。该答案订正仍待人工复核。