2017年山东专升本高等数学统考真题

答案：B

根式要求 $2-x^2\ge0$，即 $-\sqrt2\le x\le\sqrt2$。反正弦要求 $-1\le(x-2)/3\le1$，即 $-1\le x\le5$。取交集为 $[-1,\sqrt2]$，两端都允许，故选B。

答案：D

只需检查分段连接点。$x=-1$ 处右侧及点值为 $1-a-1=-a$，必须等于左极限 $-2$，故 $a=2$。$x=1$ 处中段值为 $a$，必须等于右极限2，也给出 $a=2$。两个连接条件一致，且各段内部均连续，故选D。

答案：D

定义域排除0。求导得
$y'=e^{1/x}\left(1-\frac{x+6}{x^2}\right) =e^{1/x}\frac{(x-3)(x+2)}{x^2}.$
指数因子和 $x^2$ 均为正，故 $y'<0$ 等价于 $-2<x<3$，再排除不在定义域中的0，得到两个递减区间 $(-2,0)$、$(0,3)$。所以选D，不能把穿过定义域空点的区间合并成一个。

答案：A

左边恰为乘积导数 $(xy)'$，因此

$$xy=\arctan x+C.$$

代入初值，左边为 $\sqrt3\cdot(\sqrt3\pi/9)=\pi/3$，右边为 $\arctan\sqrt3+C=\pi/3+C$，故 $C=0$。在包含初始点的区间 $x>0$ 上，$y=\arctan x/x$，因此 $y(1)=\pi/4$，选A。

因为 $0\le\cos^2x\le1<\pi$，对数真数 $\sin(\cos^2x)>0$ 等价于 $\cos x\ne0$。故定义域为全实轴去掉 $\pi/2+k\pi$，关于原点对称。又 $\cos^2(-x)=\cos^2x$，所以在定义域内 $f(-x)=f(x)$，是偶函数，图像关于 $y$ 轴对称。

将底数写为 $1-\frac3{n+1}$。对充分大的 $n$ 底数为正，设原式为 $a_n$，则
$\ln a_n=n\ln\left(1-\frac3{n+1}\right) \sim-\frac{3n}{n+1}\longrightarrow-3.$
由指数函数连续性，$a_n\to e^{-3}$。也可直接化为重要极限 $(1+u)^{1/u}\to e$ 的形式。

原式不在 $x=-1,0,1$ 处定义；其余点可化简为 $(x-1)/(x+1)$。因此在0处极限为 $-1$，在1处极限为0，两个点的左右极限都存在且相等，所以均为第一类中的可去间断点。$x=-1$ 处有无穷间断，不属于第一类。化简后的函数不能自动补回原式被排除的点值。

使用叉积坐标公式：

$$\boldsymbol a\times\boldsymbol b=(2(-2)-3\cdot1,\;3\cdot0-1(-2),\;1\cdot1-2\cdot0)=(-7,2,1).$$

检查其与原两向量的数量积：$-7+4+3=0$、$0+2-2=0$，符合叉积垂直于两个原向量的性质。

直线方向向量可取两法向量叉积

$$(1,2,-3)\times(-2,6,0)=(18,6,10).$$

与平面法向量 $(2,-1,-3)$ 的数量积为 $36-6-30=0$，说明直线方向平行于平面。还需区分“平行”与“直线在平面上”：取直线上点 $(0,\frac12,-1)$，代入平面左边得 $0-\frac12+3=\frac52\ne0$。所以直线不在平面内，与平面平行。

右极限为 $\lim_{x\to0^+}(x+2)=2$。左极限利用 $\tan u/u\to1$，有 $\lim_{x\to0^-}\tan(ax)/x=a$（$a=0$ 时也成立）。双侧极限存在要求两侧有限且相等，因此 $a=2$。代入后两侧极限都为2，条件满足。

等价要求比值极限为1。先有理化：
$\frac{\sqrt{1+ax^2}-1}{\sin^2x} =\frac{a}{\sqrt{1+ax^2}+1}\frac{x^2}{\sin^2x}\longrightarrow\frac a2.$
所以 $a/2=1$，即 $a=2$。对任何固定实数 $a$，根号在0的充分小邻域内有意义；取 $a=2$ 时比值确实趋于1。

原式要求 $x\ne0$。两边对 $x$ 求导，得

$$\frac{xy'-y}{x^2+y^2}=\frac{x+yy'}{x^2+y^2}.$$

分母非零，可约去，得到 $(x-y)y'=x+y$。所以在 $x-y\ne0$ 的可隐函数求导处，

$$y'=\frac{x+y}{x-y}.$$

左侧要同时对商 $y/x$ 及反正切求导；右侧可以先改写成 $\frac12\ln(x^2+y^2)$。

由微积分基本定理，$f'(x)=xe^{-x^2}$。指数因子始终为正，所以 $x<0$ 时导数负、$x>0$ 时导数正，函数先减后增，在0处取得极小值 $f(0)=0$。直接积分可得 $f(x)=\frac12(1-e^{-x^2})\ge0$，因此还是全局最小值。除0之外没有驻点，且在无穷远处仅趋于上确界 $1/2$ 而不取到，所以没有极大值或最大值。

把 $x$ 视为常数，对 $y$ 求偏导：

$$x^2z_y+4yz^2+4y^2z\,z_y+1=0.$$

其中 $2y^2z^2$ 既对显式的 $y^2$ 求导，也对隐含的 $z(x,y)^2$ 求导。整理得到

$$(x^2+4y^2z)z_y=-(4yz^2+1).$$

所以在 $x^2+4y^2z\ne0$ 的可隐函数求导处有上述公式。分母为0时不能直接套用该商式。

原来的两个部分合起来，是抛物线 $x=y^2$ 与直线 $x=y+2$ 围成的区域。联立两边界，$y^2=y+2$，得 $y=-1,2$。固定 $y\in[-1,2]$ 时，横向左边界为 $x=y^2$，右边界为 $x=y+2$。因此在积分存在、允许换序的通常条件下，原式化为

$$\int_{-1}^{2}dy\int_{y^2}^{y+2}f(x,y)\,dx.$$

原先在 $x=1$ 的分段只是竖向截线的上下边界发生切换，换序后不再需要分段。

原扫描的求和下限清楚印为 $n=0$。在 $n=0$ 时分母为 $\sqrt0=0$，首项没有定义，故扫描题面的级数不是定义良好的数项级数，不能谈其收敛域。答案页按 $n=1$ 起算并给出 $(-1,1]$，但该下限与原题不符；没有原卷勘误时不改下限。

直线与 $y=x^2$ 除原点外的交点为 $(2,4)$，与 $y=x^2/2$ 除原点外的交点为 $(4,8)$。由三条曲线共同构成边界的区域，在 $0\le x\le2$ 时上下边界为 $x^2$ 与 $x^2/2$；在 $2\le x\le4$ 时为 $2x$ 与 $x^2/2$。因此
$A=\int_0^2\frac{x^2}{2}\,dx+\int_2^4\left(2x-\frac{x^2}{2}\right)\,dx =\frac43+\frac83=4.$
必须在 $x=2$ 处分段，否则会用错上边界。

用极坐标 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$。两圆为 $r=1$ 与 $r=2\cos\theta$，在第一象限交于 $r=1,\theta=\pi/3$；条件 $x\ge1/2$ 选出单位圆外、另一圆内的右侧区域。于是

$$0\le\theta\le\frac\pi3,\qquad1\le r\le2\cos\theta.$$

被积函数是 $1/r$，与面积元 $r\,dr\,d\theta$ 相消，因此
$\iint_D\frac{dx\,dy}{\sqrt{x^2+y^2}} =\int_0^{\pi/3}(2\cos\theta-1)\,d\theta =\sqrt3-\frac\pi3.$
区域远离原点，积分中没有原点奇性。

扫描原式为 $x=\sin x+b$，参数 $a$ 只出现在条件和上界中。取 $a=\frac1{10},b=1$，上界为 $a+b=1.1$。令 $g(x)=x-\sin x$，在 $[0,1.1]$ 上 $g'(x)=1-\cos x\ge0$，所以 $g(x)\le g(1.1)=1.1-\sin(1.1)<1$（例如 $\sin(1.1)>0.1$）。方程要求 $g(x)=1$，故 $(0,1.1]$ 内没有根，反驳题面结论。答案页证明使用 $x=a\sin x+b$，与扫描式不同；不据此补回 $a$。

当 $a=b$ 时，三项均为0。下面设 $a<b$。函数 $\ln x$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 内可微，由拉格朗日中值定理，存在 $\xi\in(a,b)$，使

$$\ln\frac ba=\ln b-\ln a=\frac{b-a}{\xi}.$$

因 $0<a<\xi<b$，有 $1/b<1/\xi<1/a$；再乘以正数 $b-a$，得到所要求的双边不等式（此时实际上为严格不等式）。将 $a=b$ 的情形并入即可。

暂无。扫描没有说明积分关系仅在 x=2 附近成立；按全域恒等式读法条件矛盾。