2011年山东专升本高等数学统考真题

答案：C

反正弦要求 $-1\le(2x-1)/7\le1$，得 $-3\le x\le4$。根号要求 $x(2-x)\ge0$，得 $0\le x\le2$。取交集为 $[0,2]$，两个端点均允许，选 C。

答案：B

在 $x\ne1$ 时，分子因式分解并约分为 $x+1$，所以极限为 $2$，选 B。虽然原式在 $1$ 无定义，极限只取附近的函数值。

答案：A

$y'=-1/x^2$，在 $x=2$ 处斜率为 $-1/4$。点斜式 $y-1/2=-(x-2)/4$，两边乘 $4$ 后整理为 $x+4y-4=0$，选 A。

答案：D

在内部可导的极值点，费马定理给出一阶导数必为零，所以选 D。二阶导数不一定存在，即使存在，在极大值点也不能由条件推出正值。必要条件并不等价于极大值判别条件。

答案：A

在 $x=1$，分子趋于 $\sin1\ne0$，分母趋于零，所以函数单侧无穷发散，$x=1$ 为铅直渐近线。在 $x=0$，写成 $(\sin x/x)/(x-1)\to-1$，是有限极限，不是铅直渐近线。另两点函数连续。选 A。

答案：B

被积曲线是半径 $2$ 的上半圆，在 $0\le x\le2$ 下方的面积为四分之一圆面积，等于 $\pi\cdot2^2/4=\pi$，选 B。

答案：D

令 $h=-\Delta x$，原差商为 $-\frac14[f(h)-f(0)]/h$，极限为 $-f'(0)/4=-3/4$，选 D。负号来自真正的自变量增量与分母中 $\Delta x$ 方向相反。

答案：D

$AB=(2,x-1,y-1)$。平行意味着存在 $k$ 使它等于 $k(2,3,4)$；由第一分量 $2=2k$ 得 $k=1$。所以 $x-1=3$，$x=4$，选 D。

答案：A

原级数收敛必有 $u_n\to0$，故 $|1/u_n|\to\infty$，倒数通项不趋零，A 必成立。B 被条件收敛级数反驳；C 可取 $u_n=(-1)^n/n$，乘 $(-1)^n$ 后变调和级数而发散；D 的部分和是一个收敛数列加发散的调和部分和，也发散。选 A。

答案：B

$|x|\to0=f(0)$，所以连续。右导数为 $1$、左导数为 $-1$，不相等，因此不可导，图形两侧形成尖角，没有统一切线；也没有斜率无穷的铅直切线。选 B。

右极限为 $3+e^0=4$，函数值及左极限都是 $a$。连续要求它们相等，所以 $a=4$。

分子为 $(x^2-1)(x^2+3)=(x-1)(x+1)(x^2+3)$，分母为 $(x-1)(x-2)$。在 $x\ne1$ 约分后代入 $1$，得 $(2\times4)/(-1)=-8$。

基本极限为 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$，但原式在零点无定义。补定义 $f(0)=1$ 后连续，所以是可去间断点，属于第一类。

两边对 $x$ 求导：$2x-2yy'-4(y+xy')=0$。将含 $y'$ 的项集中得 $(2y+4x)y'=2x-4y$，所以 $y'=(x-2y)/(2x+y)$。分母非零的点满足隐函数求导的正则条件；原点是两条直线相交的奇异点，不能用该商式。

$f'(x)=3-2x$，令其为零得 $x=3/2$。因为 $f''=-2<0$，这是极大值点，函数值为 $9/4$。也可配方 $f=9/4-(x-3/2)^2$ 直接判断。

本地答案页把该驻点误称为极小值；由原题 $f\prime\prime(x)=-2$ 可知应为极大值。此为按题面作出的答案订正，仍待人工复核。

对实数 $x$，$x^{4/3}=(\sqrt[3]x)^4$。一阶导 $f'(x)=\frac43\sqrt[3]x$ 在整个实轴严格递增，因此图形在整个实轴向上弯曲，即本题约定的凹形。在 $x\ne0$ 时也可见 $f''(x)=4/(9x^{2/3})>0$；但 $f''(0)$ 不存在，不能直接把二阶导公式代入零点。利用一阶导的单调性可统一处理零点。

$3^xe^x=(3e)^x=e^{(1+\ln3)x}$。积分时除以指数中 $x$ 的系数，得到 $(3e)^x/(1+\ln3)+C$。

点积为 $1-2+8=7$；模长分别为 $\sqrt{18}=3\sqrt2$、$3$。所以 $\cos\theta=7/(9\sqrt2)=7\sqrt2/18$。

系数比值趋于 $1/3$，所以收敛半径为 $3$。当 $x=3$ 时通项 $3^n/(3^n+1)\to1$；当 $x=-3$ 时通项绝对值也趋于 $1$，均不趋零，所以两端都发散。收敛区间为 $(-3,3)$。

原卷扫描清楚印为 $y''+5y'+6=0$，常数项 $6$ 后没有因变量 $y$。令 $v=y'$，则 $v'+5v=-6$，解得 $v=C e^{-5x}-\frac65$，积分得到 $y=C_1+C_2e^{-5x}-\frac65x$。代回原式可验证恒等于0。答案页所解的 $y''+5y'+6y=0$ 是另一道齐次方程，不能据此改写扫描题面。

$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$，通分后分子为 $x^2-x-2=(x+1)(x-2)$。约去 $x+1$ 得 $(x-2)/(x^2-x+1)$，代入 $x=-1$ 得 $-3/3=-1$。

根式分母乘共轭，有 $\sqrt{x+2}-\sqrt2=x/(\sqrt{x+2}+\sqrt2)$。因此原式为 $(\sin4x/x)(\sqrt{x+2}+\sqrt2)$，两个因子分别趋于 $4$、$2\sqrt2$，乘得 $8\sqrt2$。

参数曲线在 $dx/d\theta\ne0$ 处满足 $dy/dx=(dy/d\theta)/(dx/d\theta)$。分别求得分子 $3a\sin^2\theta\cos\theta$，分母 $-3a\cos^2\theta\sin\theta$，约分为 $-\tan\theta$。约分前要求 $a\sin\theta\cos\theta\ne0$；$a=0$ 时曲线退化为点，参数奇点处应另看曲线分支，不能把零除零直接约去。

底数在 $x>0$ 为正。取对数 $\ln y=x[\ln x-\ln(1+x)]$。求导后 $y'/y=\ln[x/(1+x)]+x[1/x-1/(1+x)]=\ln[x/(1+x)]+1/(1+x)$。乘回 $y$ 即得结果。

保留一个 $\cos xdx$ 作为 $d(\sin x)$，把余下的 $\cos^2x$ 写成 $1-\sin^2x$。令 $u=\sin x$，原积分为 $\int u^2(1-u^2)du=u^3/3-u^5/5+C$，代回即可。

取 $u=\arcsin x$、$dv=dx$，分部积分得 $[x\arcsin x]_0^{1/2}-\int_0^{1/2}x/\sqrt{1-x^2}dx$。第一项为 $\pi/12$；后一积分的原函数为 $-\sqrt{1-x^2}$，值为 $1-\sqrt3/2$。相减得 $\pi/12+\sqrt3/2-1$。

原方程在 $\sin x=0$ 处没有定义。两边除以 $\sin x$，得 $y'/\sin x-y\cos x/\sin^2x=2x$，左端正是 $(y/\sin x)'$。积分得 $y/\sin x=x^2+C$，因此 $y=(x^2+C)\sin x$，在每个不跨正弦零点的区间成立。

两平面法向量为 $n_1=(1,0,-4)$、$n_2=(2,-1,-5)$。交线方向同时垂直于二者，可取叉积 $n_1\times n_2=(-4,-3,-1)$。再通过指定点写对称式，即答案。方向整体取相反数也表示同一直线。

三顶点为 $(1,1)$、$(2,1)$、$(2,2)$。竖向切片给出 $1\le x\le2$、$1\le y\le x$。积分为 $\int_1^2dx\int_1^xxy\,dy=\int_1^2(x^3/2-x/2)dx=[x^4/8-x^2/4]_1^2=9/8$。

先对 $x$ 求偏导：$z_x=4x^3-8xy^2$。再对 $y$ 求偏导，第一项视作常量导数为零，第二项为 $-16xy$。多项式各偏导连续，求导次序交换也得到同样结果。

只需砌三边。设垂直旧墙的两边各长 $x$，则沿墙方向的新墙长 $20-2x$，范围 $0<x<10$。面积 $S=x(20-2x)=50-2(x-5)^2$，所以在 $x=5$ 时全局最大。另一边长 $10$，最大面积 $50$ 平方米。

联立 $y=x^2/2$ 和圆，得交点 $(\pm2,2)$。抛物线上方、圆内较小部分的面积为 $S_1=\int_{-2}^2[\sqrt{8-x^2}-x^2/2]dx$。由对称性，

$$S_1=2[\tfrac x2\sqrt{8-x^2}+4\arcsin(x/(2\sqrt2))-x^3/6]_0^2=2\pi+4/3.$$

整圆面积为 $8\pi$，其余部分 $S_2=8\pi-S_1=6\pi-4/3$。两部分相加必须回到整圆面积。

从定义出发，$F(-x)=\int_0^{-x}f(t)dt$。令 $t=-u$、$dt=-du$，上下限由 $0,-x$ 变成 $0,x$，得到 $F(-x)=-\int_0^xf(-u)du$。因 $f$ 为奇函数，$f(-u)=-f(u)$，所以 $F(-x)=\int_0^xf(u)du=F(x)$。变量替换中的负号与奇函数的负号相消，结论对正负 $x$ 都成立。