2014年山东专升本高等数学统考真题

答案：D

根式要求 $(x-3)(x+2)\ge0$，即 $x\le-2$ 或 $x\ge3$。反正弦要求 $-1\le(2x-3)/9\le1$，即 $-3\le x\le6$。取交集得 $[-3,-2]\cup[3,6]$，选 D。

答案：C

同一函数必须同时具有相同定义域和相同对应值。C 中按 $x\ge1$ 与 $x<1$ 去绝对值，正好得到分段表达式，定义域也都为全实轴。A 的第二式还允许 $x<-1$，定义域不同；B 实际为 $f(|x|)$，一般不等于 $f(x)$；D 在共同定义域内分母 $|x-5|-5=-x$，一般与另一式相反。因此选 C。

答案：B

有 $f(-x)=|(-x)\cos(-x)|=|x\cos x|=f(x)$，所以是偶函数。它在 $x=2k\pi$ 处的值无界，不是有界函数；既有任意大的零点也有任意大的正值，不单调；振幅随 $|x|$ 增大，整个函数不具有固定正周期。选 B。

答案：C

第一条方向向量为 $(1,-2,1)$，第二条可取 $(1,1,-2)$。空间直线夹角取锐角或直角，余弦为数量积绝对值除模长积：$|1-2-2|/(\sqrt6\sqrt6)=1/2$，故夹角为 $\pi/3$，选 C。

答案：A

由 $(a_n+b_n)^2\le2a_n^2+2b_n^2$ 及正项级数比较判别，A 正确。B 可取 $a_n=1,b_n=0$，乘积级数为零但 $\sum a_n^2$ 发散。C 取 $a_n=1/(2n)$ 即反例。D 未要求 $b_n\ge0$，可取 $a_n=1/n^2,b_n=-1/n$，满足不等式而后者发散。故选 A。

定义说明每个函数值都是整数 $n$。反过来，对任意整数 $n$，取 $x=n$ 即得函数值 $n$，所以值域恰为所有整数 $\mathbb Z$。

令 $t=1/x$，题中 $x\ne0$，故 $t\ne0$。代入得 $f(t)=(1/t)/(1+1/t^2)=t/(1+t^2)$，把变量名换回即可。仅由所给关系不能确定 $f(0)$，虽然该表达式可连续延拓为零。

因为 $|\sin x|\le1$，所以 $|\sin x/x|\le1/|x|\to0$。由夹逼定理，极限为零。

当 $x\to-\infty$，$e^x\to0$，函数趋零，故水平渐近线为 $y=0$。当 $x\to+\infty$，$\ln(1+e^x)-x=\ln(1+e^{-x})\to0$，故斜渐近线为 $y=x$。全实轴内函数连续，无垂直渐近线。

原表达式要求 $\tan x$ 有定义且不为零。故 $x=k\pi$（正切为零）及 $x=\pi/2+k\pi$（正切无定义）都被排除，合并为 $x=k\pi/2$。零点处极限为 $1$，奇数倍 $\pi/2$ 处极限为 $0$，均可去；非零整数倍 $\pi$ 处为无穷间断。即使将式子化为 $x\cos x/\sin x$，也不能自动补上原式未定义的点。

无论 $x$ 是多少，内层函数值只可能为 $-1$ 或 $1$。二者绝对值都不超过 $1$，代入外层都使用第二分支，$f(-1)=f(1)=1$。所以复合函数恒为 $1$。

对每个固定正整数 $k$，$k^{1/n}=e^{(\ln k)/n}\to1$。这里求和项数固定为 $2012$，可以逐项取极限，得到 $2012$ 个 $1$ 相加，即 $2012$。项数不是 $n$，不能误当作随 $n$ 增长的和。

用共轭式有理化，原式为 $2\sqrt n/(\sqrt{n+\sqrt n}+\sqrt{n-\sqrt n})$。分子分母同除 $\sqrt n$，得到 $2/[\sqrt{1+1/\sqrt n}+\sqrt{1-1/\sqrt n}]\to1$。

把正弦写为 $(2/x)\cdot[\sin(2/x)/(2/x)]$，后一个比值趋于 $1$。前面的乘积为 $(10x^2-6)/(2x^2+x)\to5$，因此原极限为 $5$。

若 $C>0$，在 $x=\pm C$ 连续要求 $C^2+1=10/C$，即 $(C-2)(C^2+2C+5)=0$，所以 $C=2$。若 $C=0$，$f(0)=1$，而 $x\to0$、$x\ne0$ 时 $10/|x|\to+\infty$，不连续。若 $C<0$，条件 $|x|\le C$ 无实数解，函数在定义域 $\mathbb R\setminus\{0\}$ 上恒等于 $10/|x|$，处处连续。因此按扫描原文“在定义域上连续”，所有 $C<0$ 也满足；没有额外 $C\ge0$ 条件时，答案为 $C<0$ 或 $C=2$。

因为 $f(0)=0$，用导数定义：$f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}f(x)/x=\lim_{x\to0}(x+1)(x+2)\cdots(x+2012)=1\cdot2\cdots2012=2012!$。有限乘积可直接代入。

先求 $x_t=2(1-\cos t)$、$y_t=3\sin t$。在 $x_t\ne0$ 时，$dy/dx=3\sin t/[2(1-\cos t)]$。对 $t$ 再求导得 $-3/[2(1-\cos t)]$，再除以 $x_t$，所以 $d^2y/dx^2=-3/[4(1-\cos t)^2]$。当 $t=2k\pi$ 时参数点为尖点，不能套该公式。

两边求导得 $xf(x)=1/(1+x^2)$，因此 $1/f(x)=x(1+x^2)=x+x^3$。逐项积分为 $x^2/2+x^4/4+C_1$。已知关系不能以有限函数值跨过零点成立，故结果理解为相应可用区间上的原函数。

定义域要求 $x^2+y>0$。先对 $y$ 求偏导，得 $u_y=1/(x^2+y)$；再对 $x$ 求导，得到 $u_{yx}=-(x^2+y)^{-2}\cdot2x=-2x/(x^2+y)^2$。此域内偏导连续，交换次序结果一致。

区域为 $1\le x\le2,0\le y\le1$。先对 $y$ 积分，利用 $\partial(x^y)/\partial y=x^y\ln x$，内积分为 $[x^y]_0^1=x-1$，在 $x=1$ 处也成立。再对 $x$ 积分，得到 $\int_1^2(x-1)dx=1/2$。

每个分母介于 $n^2$ 和 $n^2+n-1$ 之间，所以总和满足 $\frac{1+2+\cdots+n}{n^2+n-1}\le S_n\le\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}$。代入和式 $n(n+1)/2$，上下两界都趋于 $1/2$，夹逼定理给出所求极限。

设切点为 $(x_0,y_0)$，均为正。切线方程 $x_0x/a^2+y_0y/b^2=1$，两正截距为 $a^2/x_0,b^2/y_0$，面积 $S=a^2b^2/(2x_0y_0)$。令 $u=x_0/a,v=y_0/b$，则 $u^2+v^2=1$，由 $2uv\le1$ 得 $x_0y_0\le ab/2$。因此 $S\ge ab$，等号当且仅当 $u=v=1/\sqrt2$，即所列切点。

令 $F(x)=\int_0^xf(t)dt$，由连续性它可导；题设使 $f=x^2-2F$ 也可导。求导得 $f^{\prime}+2f=2x$，再令原式 $x=0$ 得 $f(0)=0$。积分因子 $e^{2x}$ 给出 $(e^{2x}f)^{\prime}=2xe^{2x}$，积分得 $f=x-1/2+Ce^{-2x}$。初值给出 $C=1/2$，得到答案。代回积分方程可验证常数没有丢失。

按本地答案页所用的函数型抛物线 $y=a(x-1)(x-3)$（$a\ne0$）计算。与两坐标轴围成的区域面积为 $S_1=\int_0^1|a(x-1)(x-3)|dx=4|a|/3$；曲线与 $x$ 轴在 $x=1,3$ 之间围成的面积为 $S_2=\int_1^3|a(x-1)(x-3)|dx=4|a|/3$。故两块面积相等。原扫描只称“抛物线”，本稿按答案页补入函数型条件，以限定证明适用范围。