2018年山东专升本高等数学统考真题

答案：B

反正弦要求 $-1\le1-x\le1$，所以 $0\le x\le2$。对数要求真数 $(1+x)/(1-x)>0$，解得 $-1<x<1$。取交集为 $[0,1)$，因此选B。端点0使两个表达式均有意义，而端点1使分母为0，必须排除。

答案：C

当 $x\ne4$ 时，$\frac{x^2-16}{x-4}=x+4$。所以 $x\to4$ 时极限为8。连续要求点值等于极限，因此 $a=8$，选C。约去因子只用于计算去心邻域的极限，不表示原式在4处自动有定义。

答案：D

当 $x\to\pm\infty$ 时，$e^{1/x}\to1$，反正切的真数趋于1，因此 $y\to\pi/4$，得到水平渐近线 $y=\pi/4$。当 $x\to0^+$ 时，反正切因子趋于非零负数 $\arctan(-1/2)$，而指数因子趋于正无穷，所以 $y\to-\infty$，得到垂直渐近线 $x=0$。在 $x=1,-2$ 两侧，反正切虽有跳跃，但始终趋于有限的 $\pm\pi/2$，指数也有限，故没有垂直渐近线。无穷远处已有有限极限，也不会另有斜渐近线。共2条，选D。

答案：C

由重要极限，左边为 $\lim(1+1/x)^{ax}=e^a$。分部积分给出 $\int te^t\,dt=(t-1)e^t+C$，且 $t\to-\infty$ 时 $(t-1)e^t\to0$，因此右边为 $(a-1)e^a$。于是 $e^a=(a-1)e^a$。因 $e^a>0$，约去得 $a=2$，选C。

答案：A

在包含初始点 $e$ 的区间 $x>1$ 上，化为

$$y'+\frac{y}{x\ln x}=\frac1x.$$

积分因子可取 $\ln x$，所以 $(y\ln x)'=(\ln x)/x$。积分得 $y\ln x=\frac12(\ln x)^2+C$，即 $y=\frac12\ln x+C/\ln x$。代入 $x=e,y=1$ 得 $C=1/2$，所以选A。该特解在包含初始点的最大普通区间 $x>1$ 上表达有效。

按实指数函数的通常约定，取实数底数 $a>0$。计算
$f(-x)=-x\frac{a^{-x}-1}{a^{-x}+1} =-x\frac{1-a^x}{1+a^x}=f(x).$
因此 $f$ 是偶函数，图像关于 $y$ 轴对称。即使 $a=1$，函数恒为0，关于 $y$ 轴对称的结论仍成立。原题没有额外列出底数条件，本稿不据此引入别的底数模型。

用等差数列求和公式并有理化：
$\sqrt{\frac{n(n+1)}2}-\sqrt{\frac{n(n-1)}2} =\frac{n}{\sqrt{n(n+1)/2}+\sqrt{n(n-1)/2}}.$
上下同除以 $n$，得到

$$\frac1{\sqrt{(1+1/n)/2}+\sqrt{(1-1/n)/2}}\longrightarrow\frac1{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.$$

两个分别趋于无穷的量不能直接作“无穷减无穷”。

原式定义域排除 $x=-1,0,1$。在其定义域内化简为 $f(x)=(x-1)/(x+1)$。因此 $x\to0$ 时极限为 $-1$，$x\to1$ 时极限为0，这两处是可去间断点；在 $x=-1$ 附近，分子趋于 $-2$ 而分母趋于0，至少一侧无穷发散，属于第二类的无穷间断点。

先算 $\boldsymbol a+\boldsymbol b=(1,3,1)$，$\boldsymbol a-\boldsymbol b=(1,1,5)$。再按叉积公式：

$$(1,3,1)\times(1,1,5)=(3\cdot5-1\cdot1,\;1\cdot1-1\cdot5,\;1\cdot1-3\cdot1)=(14,-4,-2).$$

也可用恒等式 $(\boldsymbol a+\boldsymbol b)\times(\boldsymbol a-\boldsymbol b)=-2(\boldsymbol a\times\boldsymbol b)$ 检查。

两直线的方向向量分别可取 $\boldsymbol d_1=(0,1,-1)$、$\boldsymbol d_2=(3,1,1)$，数量积为0，说明方向垂直，但尚不能据此断言两线相交。

将 $L_1$ 两式相加，得 $x=1$，并有 $y+z=3$。若又在 $L_2$ 上，代入 $x=1$，其两式要求 $2y+z=0$、$y+2z=1$，解为 $y=-1/3,z=2/3$，却有 $y+z=1/3\ne3$。所以两线没有交点；方向又不平行，因此是异面直线，并且两方向正交。

分母趋于0而商有有限极限，分子必须也趋于0，因此 $1+a-2=0$，得到必要条件 $a=1$。再代回验证：
$\frac{x^3+x-2}{x^2-1}=\frac{(x-1)(x^2+x+2)}{(x-1)(x+1)} =\frac{x^2+x+2}{x+1}\longrightarrow2.$
所以 $a=1$ 确实满足条件。只令分子为0是必要性步骤，代回后才完成充分性核验。

两函数均趋于0。利用立方差分解

$$1-x=(1-\sqrt[3]x)(1+\sqrt[3]x+\sqrt[3]{x^2}),$$

得到

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{1+\sqrt[3]x+\sqrt[3]{x^2}}{1+x}\longrightarrow\frac32.$$

比值极限是有限非零常数，故为同阶无穷小；该常数不等于1，所以不是等价无穷小。更具体地，$f(x)\sim\frac32g(x)$。

对等式两边求导，注意 $y$ 随 $x$ 变化：

$$2x+2(y+xy')-2yy'-2=0.$$

收集 $y'$ 得 $2(x-y)y'=2(1-x-y)$。在 $x-y\ne0$ 时，

$$y'=\frac{1-x-y}{x-y}.$$

这也是隐函数公式 $y'=-F_x/F_y$ 的结果，其中 $F_y=2(x-y)$；分母为0的点不能直接使用该表达式作为有限导数。

先按变限积分求导，再逐点取极限：
$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{1+x}{1+x^{4n}} =\begin{cases}0,&|x|>1,\\1+x,&|x|<1,\\1,&x=1,\\0,&x=-1.\end{cases}$
在 $x=-1$，左右极限均为0，等于函数值，故连续。在 $x=1$，左极限为2，右极限为0，均存在但不相等，故为跳跃间断点。其余各段内连续。因此只有 $x=1$。这里没有交换极限与求导的顺序，而是依照题意先对每个积分求导。

令 $u=x+mz(x,y)$、$v=y+nz(x,y)$，用 $F_1,F_2$ 表示 $F$ 对两个自变量的偏导，均在 $(u,v)$ 处取值。对 $y$ 求偏导：

$$F_1\cdot mz_y+F_2(1+nz_y)=0.$$

因此在相关偏导存在且 $mF_1+nF_2\ne0$ 的可隐函数求导处，

$$z_y=-\frac{F_2}{mF_1+nF_2}.$$

对 $y+nz$ 求导时的常数项1不能遗漏；若分母为0，不能直接套用此式。

第一部分对应 $0\le x\le1,0\le y\le x^2$；第二部分对应 $1\le x\le2,0\le y\le2-x$。两条上边界在 $(1,1)$ 相接，故整个区域的 $y$ 范围为 $[0,1]$。固定这样的 $y$，第一部分给出 $\sqrt y\le x\le1$，第二部分给出 $1\le x\le2-y$，合并为 $\sqrt y\le x\le2-y$。所以换序后为

$$\int_0^1dy\int_{\sqrt y}^{2-y}f(x,y)\,dx.$$

在题设积分存在、允许换序的通常条件下成立。

原扫描清楚印为 $n=0$ 起始，$n=0$ 项含 $1/\sqrt0$，所以题面级数未定义，不能给出收敛域。若把下限改为 $n=1$，比值判别给出 $|x-5|<1$；端点 $x=4$ 为交错根式级数而收敛，$x=6$ 为 $\sum1/\sqrt n$ 而发散，区间才是 $[4,6)$。但该下限修复不见于原扫描，本稿不把条件答案伪装成原卷题。

$y=x^2$ 在 $x=2$ 处导数为4，因此切线是 $y-4=4(x-2)$，即 $y=4x-4$。与另一抛物线联立得 $-x^2+4x+1=4x-4$，所以交点横坐标为 $\pm\sqrt5$。在这一区间，抛物线减切线为 $5-x^2\ge0$，因此

$$A=\int_{-\sqrt5}^{\sqrt5}(5-x^2)\,dx=\frac{20\sqrt5}{3}.$$

原曲线 $y=x^2$ 只用于确定切线，并不是最后面积区域的另一条边界。

用极坐标半径 $r=\sqrt{x^2+y^2}\ge0$。两曲面相交要求 $6-r^2=r$，即 $(r+3)(r-2)=0$，有效解为 $r=2$。所以投影区域为圆盘 $0\le r\le2$，上曲面为 $6-r^2$，下曲面为 $r$。体积为
$V=\int_0^{2\pi}\int_0^2(6-r^2-r)r\,dr\,d\theta =2\pi\left[3r^2-\frac{r^4}{4}-\frac{r^3}{3}\right]_0^2 =\frac{32\pi}{3}.$
面积元中的因子 $r$ 必须保留。

令 $F(x)=x^5-2x^2+x+1$。多项式在闭区间 $[-1,1]$ 上连续。计算端点值得 $F(-1)=-3<0$、$F(1)=1>0$。由零点定理，存在 $c\in(-1,1)$ 使 $F(c)=0$，所以原方程在该开区间内至少有一个实根。此论证保证存在性，并不声称根唯一。

令 $F(x)=\arcsin x+\arccos x$。在 $(-1,1)$ 内，

$$F'(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}-\frac1{\sqrt{1-x^2}}=0.$$

因此 $F$ 在该区间为常数。代入 $x=0$，得常数 $F(0)=0+\pi/2=\pi/2$。端点处两反三角函数连续，也可直接代入：$F(1)=\pi/2+0$，$F(-1)=-\pi/2+\pi$，均为 $\pi/2$。所以整个实数定义域上的等式成立。