成人高考專升本高等數(shù)學(xué)(一)試題及答案一、選擇題（每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1.函數(shù)$y=\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}$的定義域是（）A.$(-2,2)$B.$[-2,2]$C.$(-\infty,-2)\cup(2,+\infty)$D.$(-\infty,-2]\cup[2,+\infty)$答案：A解析：要使函數(shù)$y=\frac{1}{\sqrt{4-x^2}}$有意義，則分母不為零且根號(hào)下的數(shù)大于零，即$4-x^2>0$，移項(xiàng)可得$x^2<4$，解不等式得$-2<x<2$，所以定義域?yàn)?(-2,2)$。2.$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}$的值為（）A.0B.1C.2D.3答案：D解析：根據(jù)重要極限$\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=1$，對(duì)$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}$進(jìn)行變形，$\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\times\frac{3}{3}=3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}$，令$u=3x$，當(dāng)$x\to0$時(shí)，$u\to0$，所以$3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=3\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=3\times1=3$。3.設(shè)函數(shù)$y=f(x)$在點(diǎn)$x_0$處可導(dǎo)，且$f^\prime(x_0)=2$，則$\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}$等于（）A.0B.1C.2D.4答案：D解析：\[\begin{align}\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}&=\lim\limits_{h\to0}\frac{[f(x_0+h)-f(x_0)]+[f(x_0)-f(x_0-h)]}{h}\\&=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}+\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h}\\\end{align}\]對(duì)于$\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h}$，令$t=-h$，當(dāng)$h\to0$時(shí)，$t\to0$，則$\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0)-f(x_0-h)}{h}=\lim\limits_{t\to0}\frac{f(x_0)-f(x_0+t)}{-t}=\lim\limits_{t\to0}\frac{f(x_0+t)-f(x_0)}{t}=f^\prime(x_0)$所以$\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{h}=f^\prime(x_0)+f^\prime(x_0)=2f^\prime(x_0)$，已知$f^\prime(x_0)=2$，則原式等于$4$。4.曲線$y=x^3-3x^2+1$在點(diǎn)$(1,-1)$處的切線方程為（）A.$y=-3x+2$B.$y=3x-4$C.$y=-4x+3$D.$y=4x-5$答案：A解析：首先對(duì)函數(shù)$y=x^3-3x^2+1$求導(dǎo)，根據(jù)求導(dǎo)公式$(X^n)^\prime=nX^{n-1}$，可得$y^\prime=3x^2-6x$。將$x=1$代入到導(dǎo)數(shù)$y^\prime$中，得到切線的斜率$k=y^\prime|_{x=1}=3\times1^2-6\times1=3-6=-3$。已知切線過點(diǎn)$(1,-1)$，斜率為$-3$，根據(jù)直線的點(diǎn)斜式方程$y-y_0=k(x-x_0)$（其中$(x_0,y_0)$為直線上一點(diǎn)，$k$為直線斜率），可得切線方程為$y-(-1)=-3(x-1)$，即$y+1=-3x+3$，整理得$y=-3x+2$。5.設(shè)函數(shù)$f(x)=\int_{0}^{x}(t-1)dt$，則$f(x)$的極小值是（）A.0B.$\frac{1}{2}$C.$-\frac{1}{2}$D.1答案：C解析：先根據(jù)牛頓-萊布尼茨公式計(jì)算$f(x)$，$\int_{0}^{x}(t-1)dt=\left(\frac{1}{2}t^2-t\right)\big|_{0}^{x}=\frac{1}{2}x^2-x$。對(duì)$f(x)=\frac{1}{2}x^2-x$求導(dǎo)，$f^\prime(x)=x-1$。令$f^\prime(x)=0$，即$x-1=0$，解得$x=1$。再對(duì)$f^\prime(x)$求導(dǎo)，$f^{\prime\prime}(x)=1>0$，所以函數(shù)$f(x)$在$x=1$處取得極小值。將$x=1$代入$f(x)$中，$f(1)=\frac{1}{2}\times1^2-1=\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}$。6.已知向量$\vec{a}=(1,-2,3)$，$\vec=(2,1,0)$，則$\vec{a}\cdot\vec$等于（）A.0B.1C.2D.3答案：A解析：根據(jù)向量點(diǎn)積的坐標(biāo)運(yùn)算公式，若$\vec{a}=(x_1,y_1,z_1)$，$\vec=(x_2,y_2,z_2)$，則$\vec{a}\cdot\vec=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2$。已知$\vec{a}=(1,-2,3)$，$\vec=(2,1,0)$，則$\vec{a}\cdot\vec=1\times2+(-2)\times1+3\times0=2-2+0=0$。7.微分方程$y^\prime+2y=0$的通解是（）A.$y=Ce^{-2x}$B.$y=Ce^{2x}$C.$y=Cxe^{-2x}$D.$y=Cxe^{2x}$答案：A解析：對(duì)于一階線性齊次微分方程$y^\prime+P(x)y=0$，其通解公式為$y=Ce^{-\intP(x)dx}$。在微分方程$y^\prime+2y=0$中，$P(x)=2$，則$\intP(x)dx=\int2dx=2x$，所以通解為$y=Ce^{-2x}$。8.設(shè)$z=x^2y+e^{xy}$，則$\frac{\partialz}{\partialx}$等于（）A.$2xy+ye^{xy}$B.$x^2+ye^{xy}$C.$2xy+xe^{xy}$D.$x^2+xe^{xy}$答案：A解析：根據(jù)偏導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)法則，求$\frac{\partialz}{\partialx}$時(shí)，將$y$看作常數(shù)。對(duì)于$z=x^2y+e^{xy}$，根據(jù)求導(dǎo)公式$(X^n)^\prime=nX^{n-1}$和復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，$\frac{\partialz}{\partialx}=\frac{\partial}{\partialx}(x^2y)+\frac{\partial}{\partialx}(e^{xy})$。$\frac{\partial}{\partialx}(x^2y)=y\times2x=2xy$，$\frac{\partial}{\partialx}(e^{xy})=e^{xy}\timesy$，所以$\frac{\partialz}{\partialx}=2xy+ye^{xy}$。9.冪級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$的收斂半徑為（）A.0B.1C.2D.$+\infty$答案：B解析：對(duì)于冪級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n$，其收斂半徑$R$的計(jì)算公式為$R=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|$（當(dāng)極限存在時(shí)）。在冪級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$中，$a_n=\frac{1}{n}$，$a_{n+1}=\frac{1}{n+1}$，則$R=\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n+1}}\right|=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1$。10.設(shè)$D$是由$x=0$，$y=0$，$x+y=1$所圍成的區(qū)域，則$\iint_Ddxdy$等于（）A.$\frac{1}{2}$B.1C.$\frac{3}{2}$D.2答案：A解析：二重積分$\iint_Ddxdy$表示區(qū)域$D$的面積。區(qū)域$D$是由$x=0$，$y=0$，$x+y=1$所圍成的三角形，該三角形的底和高都為$1$。根據(jù)三角形面積公式$S=\frac{1}{2}\times底\times高$，可得區(qū)域$D$的面積為$\frac{1}{2}\times1\times1=\frac{1}{2}$，所以$\iint_Ddxdy=\frac{1}{2}$。二、填空題（每小題4分，共24分）11.已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x+1,&x<0\\e^x,&x\geq0\end{cases}$，則$\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=$______。答案：1解析：當(dāng)$x\to0^-$時(shí)，$x<0$，此時(shí)$f(x)=x+1$，則$\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to0^-}(x+1)=0+1=1$。12.設(shè)$y=\ln(1+x^2)$，則$y^\prime|_{x=1}=$______。答案：1解析：根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，若$y=\lnu$，$u=1+x^2$，則$y^\prime=\frac{1}{u}\cdotu^\prime$。$u^\prime=(1+x^2)^\prime=2x$，所以$y^\prime=\frac{2x}{1+x^2}$。將$x=1$代入$y^\prime$中，$y^\prime|_{x=1}=\frac{2\times1}{1+1^2}=\frac{2}{2}=1$。13.$\intx\cosxdx=$______。答案：$x\sinx+\cosx+C$解析：使用分部積分法，設(shè)$u=x$，$dv=\cosxdx$，則$du=dx$，$v=\sinx$。根據(jù)分部積分公式$\intudv=uv-\intvdu$，可得$\intx\cosxdx=x\sinx-\int\sinxdx$。又因?yàn)?\int\sinxdx=-\cosx+C$，所以$\intx\cosxdx=x\sinx+\cosx+C$。14.過點(diǎn)$(1,2,3)$且與平面$2x+y-z=0$平行的平面方程為______。答案：$2x+y-z=1$解析：已知所求平面與平面$2x+y-z=0$平行，則所求平面的法向量與已知平面的法向量相同，即$\vec{n}=(2,1,-1)$。設(shè)所求平面方程為$2x+y-z+D=0$，因?yàn)槠矫孢^點(diǎn)$(1,2,3)$，將點(diǎn)代入方程可得$2\times1+2-3+D=0$，解得$D=-1$。所以所求平面方程為$2x+y-z=1$。15.設(shè)$z=e^{x^2y}$，則$\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}=$______。答案：$2x(1+x^2y)e^{x^2y}$解析：先求$\frac{\partialz}{\partialx}$，將$y$看作常數(shù)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，$\frac{\partialz}{\partialx}=e^{x^2y}\cdot2xy=2xye^{x^2y}$。再求$\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}$，將$x$看作常數(shù)，對(duì)$\frac{\partialz}{\partialx}$關(guān)于$y$求導(dǎo)：\[\begin{align}\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}&=2x\left(e^{x^2y}+x^2ye^{x^2y}\right)\\&=2x(1+x^2y)e^{x^2y}\end{align}\]16.級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}$的斂散性是______（填“收斂”或“發(fā)散”）。答案：收斂解析：對(duì)于級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}$，這是一個(gè)交錯(cuò)級(jí)數(shù)。設(shè)$u_n=\frac{1}{n^2}$，則$u_{n+1}=\frac{1}{(n+1)^2}$。顯然$u_{n+1}<u_n$（因?yàn)?(n+1)^2>n^2$，所以$\frac{1}{(n+1)^2}<\frac{1}{n^2}$），且$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}=0$。根據(jù)萊布尼茨判別法，交錯(cuò)級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^nu_n$（$u_n>0$），若$u_{n+1}\lequ_n$（$n=1,2,\cdots$）且$\lim\limits_{n\to\infty}u_n=0$，則該交錯(cuò)級(jí)數(shù)收斂，所以級(jí)數(shù)$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}$收斂。三、解答題（共86分。解答應(yīng)寫出推理、演算步驟）17.（本題滿分10分）求$\lim\limits_{x\to1}\frac{x^2-1}{x^2-3x+2}$。解：先對(duì)分子分母進(jìn)行因式分解，$x^2-1=(x-1)(x+1)$，$x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$。則$\lim\limits_{x\to1}\frac{x^2-1}{x^2-3x+2}=\lim\limits_{x\to1}\frac{(x-1)(x+1)}{(x-1)(x-2)}$。因?yàn)?x\to1$時(shí)，$x\neq1$，所以可以約去分子分母的公因式$(x-1)$，得到$\lim\limits_{x\to1}\frac{x+1}{x-2}$。將$x=1$代入$\frac{x+1}{x-2}$中，可得$\frac{1+1}{1-2}=\frac{2}{-1}=-2$。18.（本題滿分10分）設(shè)函數(shù)$y=x\sinx$，求$y^\prime$。解：根據(jù)乘積的求導(dǎo)法則$(uv)^\prime=u^\primev+uv^\prime$，設(shè)$u=x$，$v=\sinx$。則$u^\prime=(x)^\prime=1$，$v^\prime=(\sinx)^\prime=\cosx$。所以$y^\prime=(x\sinx)^\prime=1\times\sinx+x\times\cosx=\sinx+x\cosx$。19.（本題滿分10分）計(jì)算$\int_{0}^{1}(2x+e^x)dx$。解：根據(jù)定積分的性質(zhì)$\int_{a}^[f(x)+g(x)]dx=\int_{a}^f(x)dx+\int_{a}^g(x)dx$，可得：$\int_{0}^{1}(2x+e^x)dx=\int_{0}^{1}2xdx+\int_{0}^{1}e^xdx$。對(duì)于$\int_{0}^{1}2xdx$，根據(jù)定積分公式$\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C$（$n\neq-1$），可得$\int_{0}^{1}2xdx=2\times\frac{1}{2}x^2\big|_{0}^{1}=x^2\big|_{0}^{1}=1^2-0^2=1$。對(duì)于$\int_{0}^{1}e^xdx$，因?yàn)?(e^x)^\prime=e^x$，所以$\int_{0}^{1}e^xdx=e^x\big|_{0}^{1}=e^1-e^0=e-1$。則$\int_{0}^{1}(2x+e^x)dx=1+(e-1)=e$。20.（本題滿分10分）求微分方程$y^\prime-3y=e^{2x}$的通解。解：這是一階線性非齊次微分方程，其通解公式為$y=e^{-\intP(x)dx}\left(\intQ(x)e^{\intP(x)dx}dx+C\right)$，其中$P(x)=-3$，$Q(x)=e^{2x}$。先計(jì)算$e^{-\intP(x)dx}$，$\intP(x)dx=\int(-3)dx=-3x$，則$e^{-\intP(x)dx}=e^{3x}$。再計(jì)算$e^{\intP(x)dx}=e^{-3x}$，則$\intQ(x)e^{\intP(x)dx}dx=\inte^{2x}\cdote^{-3x}dx=\inte^{-x}dx=-e^{-x}$。所以通解$y=e^{3x}\left(-e^{-x}+C\right)=Ce^{3x}-e^{2x}$。21.（本題滿分10分）設(shè)$z=f(x^2-y^2,e^{xy})$，其中$f$具有一階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，求$\frac{\partialz}{\partialx}$。解：設(shè)$u=x^2-y^2$，$v=e^{xy}$。根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，$\frac{\partialz}{\partialx}=\frac{\partialf}{\partialu}\cdot\frac{\partialu}{\partialx}+\frac{\partialf}{\partialv}\cdot\frac{\partialv}{\partialx}$。$\frac{\partialu}{\partialx}=2x$，$\frac{\partialv}{\partialx}=ye^{xy}$。所以$\frac{\partialz}{\partialx}=2xf_1^\prime+ye^{xy}f_2^\prime$，其中$f_1^\prime$表示$f$對(duì)第一個(gè)中間變量$u$的偏導(dǎo)數(shù)，$f_2^\prime$表示$f$對(duì)第二個(gè)中間變量$v$的偏導(dǎo)數(shù)。22.（本題滿分12分）求過點(diǎn)$M_1(1,0,-1)$，$M_2(2,1,0)$且與向量$\vec{a}=(0,1,1)$平行的平面方程。解：首先求向量$\overrightarrow{M_1M_2}$，$\overrightarrow{M_1M_2}=(2-1,1-0,0-(-1))=(1,1,1)$。設(shè)所求平面的法向量為$\vec{n}$，因?yàn)槠矫媾c向量$\vec{a}=(0,1,1)$平行，且平面過$\overrightarrow{M_1M_2}$，所以$\vec{n}=\overrightarrow{M_1M_2}\times\vec{a}$。根據(jù)向量叉積的坐標(biāo)運(yùn)算公式，若$\vec{m}=(x_1,y_1,z_1)$，$\vec{n}=(x_2,y_2,z_2)$，則$\vec{m}\times\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\x_1&y_1&z_1\\x_2&y_2&z_2\end{vmatrix}=\vec{i}(y_1z_2-y_2z_1)-\vec{j}(x_1z_2-x_2z_1)+\vec{k}(x_1y_2-x_2y_1)$。這里$\overrightarrow{M_1M_2}=(1,1,1)$，$\vec{a}=(0,1,1)$，則\[\begin{align}\vec{n}&=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&1&1\\0&1&1\end{vmatrix}\\&=\vec{i}(1\times1-1\times1)-\vec{j}(1\times1-0\times1)+\vec{k}(1\times1-0\times1)\\&=-\vec{j}+\vec{k}=(0,-1,1)\end{align}\]已知平面過點(diǎn)$M_1(1,0,-1)$，法向量為$\vec{n}=(0,-1,1)$，根據(jù)平面的點(diǎn)法式方程$A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0)=0$（其中$(x_0,y_0,z_0)$為平面上一點(diǎn)，$(A,B,C)$為平面的法向量），可得$0\times(x-1)+(-1)\times(y-0)+1\times(z+1)=0$，即$-y+z+1=0$，整理得$y-z=1$。23.（本題滿分1