2025年山東專升本高數(shù)一練習(xí)題及答案詳解一、單項(xiàng)選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）1.函數(shù)\(y=\frac{1}{\ln(x-1)}\)的定義域是（）A.\((1,+\infty)\)B.\((1,2)\cup(2,+\infty)\)C.\([1,+\infty)\)D.\([1,2)\cup(2,+\infty)\)答案：B解析：要使函數(shù)\(y=\frac{1}{\ln(x-1)}\)有意義，則分母\(\ln(x-1)\neq0\)且對數(shù)中的真數(shù)\(x-1>0\)。由\(x-1>0\)，得\(x>1\)；由\(\ln(x-1)\neq0\)，即\(x-1\neq1\)，得\(x\neq2\)。所以函數(shù)的定義域?yàn)閈((1,2)\cup(2,+\infty)\)。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\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)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)，\(u\to0\)，則\(3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=3\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=3\times1=3\)。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\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}\)等于（）A.2B.4C.1D.\(\frac{1}{2}\)答案：B解析：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義\(f^\prime(x_0)=\lim\limits_{\Deltax\to0}\frac{f(x_0+\Deltax)-f(x_0)}{\Deltax}\)。對\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}\)進(jìn)行變形：\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{h}\times\frac{2}{2}=2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}\)令\(\Deltax=2h\)，當(dāng)\(h\to0\)時(shí)，\(\Deltax\to0\)，則\(2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}=2f^\prime(x_0)\)。已知\(f^\prime(x_0)=2\)，所以\(2f^\prime(x_0)=2\times2=4\)。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：首先求函數(shù)\(y=x^3-3x^2+1\)的導(dǎo)數(shù)\(y^\prime\)。根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)，可得\(y^\prime=(x^3-3x^2+1)^\prime=3x^2-6x\)。將\(x=1\)代入導(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)點(diǎn)斜式方程\(y-y_0=k(x-x_0)\)（其中\(zhòng)((x_0,y_0)\)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.函數(shù)\(y=x^3-3x\)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A.\((-\infty,-1)\)和\((1,+\infty)\)B.\((-1,1)\)C.\((-\infty,-1)\)D.\((1,+\infty)\)答案：A解析：先對函數(shù)\(y=x^3-3x\)求導(dǎo)，\(y^\prime=(x^3-3x)^\prime=3x^2-3\)。令\(y^\prime>0\)，即\(3x^2-3>0\)，化簡得\(x^2-1>0\)，因式分解得\((x+1)(x-1)>0\)。則\(\begin{cases}x+1>0\\x-1>0\end{cases}\)或\(\begin{cases}x+1<0\\x-1<0\end{cases}\)。解\(\begin{cases}x+1>0\\x-1>0\end{cases}\)，得\(\begin{cases}x>-1\\x>1\end{cases}\)，取交集得\(x>1\)；解\(\begin{cases}x+1<0\\x-1<0\end{cases}\)，得\(\begin{cases}x<-1\\x<1\end{cases}\)，取交集得\(x<-1\)。所以函數(shù)\(y=x^3-3x\)的單調(diào)遞增區(qū)間是\((-\infty,-1)\)和\((1,+\infty)\)。6.\(\intx\cosxdx\)等于（）A.\(x\sinx+\cosx+C\)B.\(x\sinx-\cosx+C\)C.\(-x\sinx+\cosx+C\)D.\(-x\sinx-\cosx+C\)答案：A解析：使用分部積分法\(\intudv=uv-\intvdu\)。令\(u=x\)，\(dv=\cosxdx\)，則\(du=dx\)，\(v=\int\cosxdx=\sinx\)。所以\(\intx\cosxdx=x\sinx-\int\sinxdx\)。又因?yàn)閈(\int\sinxdx=-\cosx+C\)，所以\(\intx\cosxdx=x\sinx-(-\cosx)+C=x\sinx+\cosx+C\)。7.定積分\(\int_{0}^{1}e^xdx\)的值為（）A.\(e-1\)B.\(1-e\)C.\(e\)D.\(1\)答案：A解析：根據(jù)牛頓-萊布尼茨公式\(\int_{a}^F^\prime(x)dx=F(b)-F(a)\)，其中\(zhòng)(F(x)\)是\(f(x)\)的一個(gè)原函數(shù)。因?yàn)閈((e^x)^\prime=e^x\)，所以\(\int_{0}^{1}e^xdx=e^x|_{0}^{1}=e^1-e^0=e-1\)。8.設(shè)向量\(\vec{a}=(1,-2,3)\)，\(\vec=(2,1,0)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec\)等于（）A.0B.-1C.1D.2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\(\vec{a}\cdot\vec=1\times2+(-2)\times1+3\times0=2-2+0=0\)。9.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\(y=Ce^{-2x}\)。10.設(shè)函數(shù)\(z=x^2y+xy^2\)，則\(\frac{\partialz}{\partialx}\)等于（）A.\(2xy+y^2\)B.\(x^2+2xy\)C.\(2x+y^2\)D.\(x^2+2y\)答案：A解析：求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)時(shí)，將\(y\)看作常數(shù)，對\(z=x^2y+xy^2\)關(guān)于\(x\)求偏導(dǎo)數(shù)。根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)，可得\(\frac{\partialz}{\partialx}=(x^2y+xy^2)^\prime_{x}=2xy+y^2\)。二、填空題（本大題共5小題，每小題3分，共15分）1.\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x=\)______。答案：\(e^2\)解析：根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e\)，對\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x\)進(jìn)行變形：\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{2}{x})^x=\lim\limits_{x\to\infty}[(1+\frac{2}{x})^{\frac{x}{2}}]^2\)令\(t=\frac{x}{2}\)，當(dāng)\(x\to\infty\)時(shí)，\(t\to\infty\)，則\(\lim\limits_{x\to\infty}[(1+\frac{2}{x})^{\frac{x}{2}}]^2=\left[\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^t\right]^2=e^2\)。2.設(shè)函數(shù)\(y=\ln(1+x^2)\)，則\(y^\prime=\)______。答案：\(\frac{2x}{1+x^2}\)解析：根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，若\(y=f(u)\)，\(u=g(x)\)，則\(y^\prime=f^\prime(u)\cdotg^\prime(x)\)。令\(u=1+x^2\)，則\(y=\lnu\)。\(y^\prime_{u}=\frac{1}{u}\)，\(u^\prime_{x}=2x\)，所以\(y^\prime=y^\prime_{u}\cdotu^\prime_{x}=\frac{1}{1+x^2}\times2x=\frac{2x}{1+x^2}\)。3.函數(shù)\(y=x^4-2x^2+3\)的極小值為______。答案：2解析：先對函數(shù)\(y=x^4-2x^2+3\)求導(dǎo)，\(y^\prime=(x^4-2x^2+3)^\prime=4x^3-4x=4x(x^2-1)=4x(x+1)(x-1)\)。令\(y^\prime=0\)，即\(4x(x+1)(x-1)=0\)，解得\(x=0\)，\(x=-1\)，\(x=1\)。再求二階導(dǎo)數(shù)\(y^{\prime\prime}=(4x^3-4x)^\prime=12x^2-4\)。當(dāng)\(x=-1\)時(shí)，\(y^{\prime\prime}|_{x=-1}=12\times(-1)^2-4=8>0\)，所以\(x=-1\)是極小值點(diǎn)，\(y(-1)=(-1)^4-2\times(-1)^2+3=1-2+3=2\)；當(dāng)\(x=0\)時(shí)，\(y^{\prime\prime}|_{x=0}=12\times0^2-4=-4<0\)，所以\(x=0\)是極大值點(diǎn)；當(dāng)\(x=1\)時(shí)，\(y^{\prime\prime}|_{x=1}=12\times1^2-4=8>0\)，所以\(x=1\)是極小值點(diǎn)，\(y(1)=1^4-2\times1^2+3=1-2+3=2\)。所以函數(shù)的極小值為\(2\)。4.\(\int\frac{1}{x^2}dx=\)______。答案：\(-\frac{1}{x}+C\)解析：根據(jù)積分公式\(\intx^ndx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C(n\neq-1)\)，對于\(\int\frac{1}{x^2}dx=\intx^{-2}dx=\frac{x^{-2+1}}{-2+1}+C=-\frac{1}{x}+C\)。5.設(shè)\(z=\sin(xy)\)，則\(\frac{\partialz}{\partialy}=\)______。答案：\(x\cos(xy)\)解析：求\(\frac{\partialz}{\partialy}\)時(shí)，將\(x\)看作常數(shù)，對\(z=\sin(xy)\)關(guān)于\(y\)求偏導(dǎo)數(shù)。根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，令\(u=xy\)，則\(z=\sinu\)，\(\frac{\partialz}{\partialu}=\cosu\)，\(\frac{\partialu}{\partialy}=x\)，所以\(\frac{\partialz}{\partialy}=\frac{\partialz}{\partialu}\cdot\frac{\partialu}{\partialy}=x\cos(xy)\)。三、解答題（本大題共7小題，共55分）1.（本題滿分6分）求極限\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}\)。解：本題可使用洛必達(dá)法則求解。洛必達(dá)法則：若\(\lim\limits_{x\toa}\frac{f(x)}{g(x)}\)為\(\frac{0}{0}\)型或\(\frac{\infty}{\infty}\)型，且\(\lim\limits_{x\toa}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\)存在（或?yàn)閈(\infty\)），則\(\lim\limits_{x\toa}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\toa}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\)。當(dāng)\(x\to0\)時(shí)，\(\frac{e^x-1-x}{x^2}\)為\(\frac{0}{0}\)型，對分子分母分別求導(dǎo)：\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{(e^x-1-x)^\prime}{(x^2)^\prime}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x}\)此時(shí)\(\frac{e^x-1}{2x}\)仍為\(\frac{0}{0}\)型，再使用一次洛必達(dá)法則：\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{(e^x-1)^\prime}{(2x)^\prime}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}\)2.（本題滿分7分）設(shè)函數(shù)\(y=y(x)\)由方程\(x^2+y^2=e^{xy}\)所確定，求\(\frac{dy}{dx}\)。解：使用隱函數(shù)求導(dǎo)法，對方程\(x^2+y^2=e^{xy}\)兩邊同時(shí)對\(x\)求導(dǎo)。左邊求導(dǎo)：\((x^2+y^2)^\prime=(x^2)^\prime+(y^2)^\prime=2x+2y\frac{dy}{dx}\)。右邊求導(dǎo)：根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，\((e^{xy})^\prime=e^{xy}\cdot(xy)^\prime=e^{xy}\cdot(y+x\frac{dy}{dx})\)。則有\(zhòng)(2x+2y\frac{dy}{dx}=e^{xy}(y+x\frac{dy}{dx})\)。移項(xiàng)可得：\(2y\frac{dy}{dx}-xe^{xy}\frac{dy}{dx}=ye^{xy}-2x\)提取\(\frac{dy}{dx}\)得：\(\frac{dy}{dx}(2y-xe^{xy})=ye^{xy}-2x\)所以\(\frac{dy}{dx}=\frac{ye^{xy}-2x}{2y-xe^{xy}}\)。3.（本題滿分8分）求不定積分\(\intx\sqrt{1-x^2}dx\)。解：使用換元積分法。令\(u=1-x^2\)，則\(du=-2xdx\)，\(xdx=-\frac{1}{2}du\)。則\(\intx\sqrt{1-x^2}dx=\int\sqrt{u}\cdot(-\frac{1}{2})du=-\frac{1}{2}\intu^{\frac{1}{2}}du\)。根據(jù)積分公式\(\intx^ndx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C(n\neq-1)\)，可得：\(-\frac{1}{2}\intu^{\frac{1}{2}}du=-\frac{1}{2}\times\frac{u^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}+C=-\frac{1}{3}u^{\frac{3}{2}}+C\)將\(u=1-x^2\)代回，得\(\intx\sqrt{1-x^2}dx=-\frac{1}{3}(1-x^2)^{\frac{3}{2}}+C\)。4.（本題滿分8分）計(jì)算定積分\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sinxdx\)。解：使用分部積分法\(\int_{a}^udv=uv|_{a}^-\int_{a}^vdu\)。令\(u=x\)，\(dv=\sinxdx\)，則\(du=dx\)，\(v=\int\sinxdx=-\cosx\)。所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sinxdx=-x\cosx|_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cosxdx\)。先計(jì)算\(-x\cosx|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\)：\(-x\cosx|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=-\frac{\pi}{2}\cos\frac{\pi}{2}-(-0\times\cos0)=0\)再計(jì)算\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cosxdx=\sinx|_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\sin\frac{\pi}{2}-\sin0=1-0=1\)。所以\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}x\sinxdx=1\)。5.（本題滿分8分）已知平面\(\Pi\)過點(diǎn)\(P(1,2,3)\)，且與向量\(\vec{n}=(2,-1,3)\)垂直，求平面\(\Pi\)的方程。解：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\(zhòng)((x_0,y_0,z_0)\)為平面上一點(diǎn)，\(\vec{n}=(A,B,C)\)為平面的法向量）。已知平面\(\Pi\)過點(diǎn)\(P(1,2,3)\)，法向量\(\vec{n}=(2,-1,3)\)，則平面\(\Pi\)的方程為：\(2(x-1)-(y-2)+3(z-3)=0\)展開得\(2x-2-y+2+3z-9=0\)，整理得\(2x-y+3z-9=0\)。6.（本題滿分9分）求微分方程\(y^{\prime\prime}-4y^\prime+3y=0\)的通解。解：這是一個(gè)二階常系數(shù)線性齊次微分方程，其特征方程為\(r^2-4r+3=0\)。因式分解得\((r-1)(r-3)=0\)，解得\(r_1=1\)，\(r_2=3\)。當(dāng)二階常系數(shù)線性齊次微分方程\(y^{\prime\prime}+py^\prime+qy=0\)的特征根\(r_1\neqr_2\)時(shí)，通解為\(y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}\)。所以該微分方程的通解為\(y=C_1e^x+C_2e^{3x}\)，其中\(zhòng)(C_1\)，\(C_2\)為任意常數(shù)。7.（本題滿分10分）設(shè)函數(shù)\(z=f(x,y)