2024届海南省专升本真题《高等数学》

难度:易及中，海南省BIM中心整理

一、选择题（共10题，每题3分，共30分）

已知函数 $y=\frac{1}{\sqrt{9-x^2}}$，则 $y$ 的定义域是（）
A. $[-3,3]$ B. $[-1,0]$ C. $[0,1]$ D. $(-3,3)$

答案：D
解析：要使函数有意义，需满足分母不为零且偶次根号下大于等于零。

即 $9-x^2 > 0 \Rightarrow x^2 < 9 \Rightarrow -3 < x < 3$。

故定义域为 $(-3, 3)$。
函数 $y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$ 是（）函数
A. 奇函数 B. 非奇非偶函数 C. 偶函数 D. 既奇有偶

答案：A
解析：设 $f(x) = \ln(x+\sqrt{x^2+1})$，定义域为 $(-\infty, +\infty)$。

$f(-x) = \ln(-x+\sqrt{(-x)^2+1}) = \ln(\sqrt{x^2+1}-x)$

利用分子有理化：$\sqrt{x^2+1}-x = \frac{(\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}+x)}{\sqrt{x^2+1}+x} = \frac{(x^2+1)-x^2}{\sqrt{x^2+1}+x} = \frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}$

故 $f(-x) = \ln(\frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}) = -\ln(x+\sqrt{x^2+1}) = -f(x)$。

所以该函数为奇函数。
计算极限 $\lim_{x \to +\infty}\frac{x+\sin x}{x} =$ （）
A. 2 B. 1 C. 0 D. 不存在

答案：B
解析：原式 $= \lim_{x \to +\infty} (1 + \frac{\sin x}{x})$。

因为 $|\sin x| \le 1$，所以 $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sin x}{x} = 0$（无穷小与有界量的乘积仍为无穷小）。

故极限为 $1 + 0 = 1$。
设函数 $f(x)=x(x-1)^2(x+1)^3$，则 $f'(0)=$ （）
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0

答案：C
解析：利用乘积求导法则或导数定义。

方法一：$f(x) = x \cdot [(x-1)^2(x+1)^3]$。

$f'(x) = 1 \cdot [(x-1)^2(x+1)^3] + x \cdot [(x-1)^2(x+1)^3]'$。

代入 $x=0$，第二项含有因子 $x$ 变为0。

$f'(0) = (0-1)^2(0+1)^3 + 0 = (-1)^2 \cdot 1^3 = 1$。
设函数 $f(u)$ 一定可导，$y=f(\sin x)$，则 $\frac{dy}{dx}=$ （）
A. $\frac{dy}{dx}=\cos x f'(\sin x)$ B. $\frac{dy}{dx}=-\cos x f'(\sin x)$ C. $\frac{dy}{dx}=\sin x f'(\sin x)$ D. $\frac{dy}{dx}=f'(\sin x)$

答案：A
解析：利用复合函数求导法则（链式法则）。

令 $u=\sin x$，则 $y=f(u)$。

$\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx} = f'(u) \cdot (\sin x)' = f'(\sin x) \cdot \cos x$。
不定积分 $\int \frac{1}{1+x^2} \,dx$ 的结果为（）
A. $\arctan x + C$ B. $\text{arccot } x + C$ C. $\cos x + C$ D. $\arcsin x + C$

答案：A
解析：这是基本积分公式。$(\arctan x)' = \frac{1}{1+x^2}$。

故 $\int \frac{1}{1+x^2} dx = \arctan x + C$。
定积分 $\int_0^1 x^2 \,dx$ 的结果为（）
A. 1 B. $\frac{1}{2}$ C. 2 D. $\frac{1}{3}$

答案：D
解析：由牛顿-莱布尼茨公式：

$\int_0^1 x^2 dx = [\frac{x^3}{3}]_0^1 = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3}$。
广义积分 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2} \,dx$ 收敛或发散于（）
A. 1 B. 0 C. -1 D. 发散

答案：A
解析：$\int_1^{+\infty} x^{-2} dx = \lim_{b \to +\infty} \int_1^b x^{-2} dx$

$= \lim_{b \to +\infty} [-\frac{1}{x}]_1^b = \lim_{b \to +\infty} (-\frac{1}{b} - (-1)) = 0 + 1 = 1$。
直线 $\frac{x-1}{2} = \frac{y-2}{3} = \frac{z}{4}$ 与平面 $2x+3y+4z=0$ 的位置关系为（）
A. 相交但不垂直 B. 直线在平面上 C. 垂直 D. 平行但不在平面上

答案：C
解析：直线的方向向量为 $\vec{s} = (2, 3, 4)$。

平面的法向量为 $\vec{n} = (2, 3, 4)$。

因为 $\vec{s} // \vec{n}$（两者坐标成比例，实际上相等），所以直线平行于平面的法线。

故直线垂直于平面。
下列无穷级数发散的是（）
A. $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ B. $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ C. $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}$ D. $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4}$

答案：A
解析：考查P级数 $\sum \frac{1}{n^p}$ 的敛散性。

当 $p > 1$ 时级数收敛，当 $p \le 1$ 时级数发散。

A选项 $p=1$（调和级数），发散。B、C、D选项 $p>1$，均收敛。

二、填空题（共10题，每题3分，共30分）

已知函数 $f(x-1)=x(x-1)$，则 $f(x) = \underline{\hspace{3em}}$

答案：$x^2+x$
解析：令 $t = x-1$，则 $x = t+1$。

代入原式：$f(t) = (t+1)t = t^2+t$。

将变量换回 $x$，得 $f(x) = x^2+x$。
极限 $\lim_{x \to \infty}\frac{2x^2+3x+7}{3x^2+5x+2} = \underline{\hspace{3em}}$

答案：$\frac{2}{3}$
解析：当 $x \to \infty$ 时，有理分式极限等于最高次幂系数之比。

分子最高次项 $2x^2$，分母最高次项 $3x^2$。

极限为 $\frac{2}{3}$。
已知极限 $\lim_{x \to \infty}(1+\frac{k}{x})^x = e^{-3}$，则 $k = \underline{\hspace{3em}}$

答案：-3
解析：利用重要极限公式 $\lim_{x \to \infty}(1+\frac{k}{x})^x = e^k$。

由题意 $e^k = e^{-3}$，故 $k=-3$。
已知函数 $y = \ln(1+x^3)$，则 $dy = \underline{\hspace{3em}}$

答案：$\frac{3x^2}{1+x^3}dx$
解析：$y' = \frac{1}{1+x^3} \cdot (1+x^3)' = \frac{3x^2}{1+x^3}$。

故 $dy = y' dx = \frac{3x^2}{1+x^3}dx$。
曲线 $f(x) = \sqrt{x}$ 在 $(4,2)$ 处的切线方程为 $\underline{\hspace{3em}}$

答案：$x-4y+4=0$ (或 $y=\frac{1}{4}x+1$)
解析：$f'(x) = (\sqrt{x})' = \frac{1}{2\sqrt{x}}$。

切线斜率 $k = f'(4) = \frac{1}{2\sqrt{4}} = \frac{1}{4}$。

由点斜式：$y-2 = \frac{1}{4}(x-4) \Rightarrow y = \frac{1}{4}x - 1 + 2 \Rightarrow y = \frac{1}{4}x + 1$。
不定积分 $\int \frac{f'(x)}{1+f^2(x)} \,dx = \underline{\hspace{3em}}$

答案：$\arctan f(x) + C$
解析：凑微分法。令 $u=f(x)$，则 $du=f'(x)dx$。

原式 $= \int \frac{1}{1+u^2} du = \arctan u + C = \arctan f(x) + C$。
定积分 $\int_0^2 |x-1| \,dx = \underline{\hspace{3em}}$

答案：1
解析：几何意义法或分段积分。

方法1（几何）：函数图象是 $V$ 字形，在 $[0,2]$ 上由两个底为1高为1的三角形组成。面积 $= \frac{1}{2}\times 1 \times 1 + \frac{1}{2}\times 1 \times 1 = 1$。

方法2（积分）：$\int_0^1 (1-x)dx + \int_1^2 (x-1)dx = [x-\frac{x^2}{2}]_0^1 + [\frac{x^2}{2}-x]_1^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$。
已知 $A(1,1,2)$，$B(1,2,4)$，则 $|\vec{AB}| = \underline{\hspace{3em}}$

答案：$\sqrt{5}$
解析：$\vec{AB} = (1-1, 2-1, 4-2) = (0, 1, 2)$。

$|\vec{AB}| = \sqrt{0^2 + 1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$。
已知多元函数 $z = x^3y - y^3x$，则 $\frac{\partial z}{\partial x} = \underline{\hspace{3em}}$

答案：$3x^2y - y^3$
解析：求偏导时将 $y$ 视为常数，对 $x$ 求导。

$\frac{\partial z}{\partial x} = (x^3)'y - y^3(x)' = 3x^2y - y^3$。
无穷级数 $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}$ 的收敛半径为 $\underline{\hspace{3em}}$

答案：1
解析：系数 $a_n = \frac{(-1)^{n-1}}{n}$。

$\lim_{n \to \infty} |\frac{a_{n+1}}{a_n}| = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1$。

收敛半径 $R = \frac{1}{\rho} = 1$。

三、计算题（共6题，每题5分，共30分）

计算极限 $\lim_{x \to 0}\frac{x - \sin x}{x^3}$

答案：$\frac{1}{6}$
解析：该极限属于 $\frac{0}{0}$ 型。

方法一（洛必达法则）：

原式 $= \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{3x^2}$ （分子分母同时求导）

$= \lim_{x \to 0} \frac{1}{3} \cdot \frac{1-\cos x}{x^2}$

因为 $1-\cos x \sim \frac{1}{2}x^2$，所以 $= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$。

方法二（泰勒公式）：$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$，代入可直接得 $\frac{1}{6}$。
讨论函数 $y = 2x^3 + 3x^2 - 12x - 6$ 的拐点

答案：拐点坐标为 $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$
解析：求二阶导数。

$y' = 6x^2 + 6x - 12$

$y'' = 12x + 6$

令 $y'' = 0$，得 $x = -\frac{1}{2}$。

当 $x < -\frac{1}{2}$ 时 $y'' < 0$（凸）；当 $x > -\frac{1}{2}$ 时 $y'' > 0$（凹）。

代入原函数求纵坐标：$y(-\frac{1}{2}) = 2(-\frac{1}{8}) + 3(\frac{1}{4}) - 12(-\frac{1}{2}) - 6 = -\frac{1}{4} + \frac{3}{4} + 6 - 6 = \frac{1}{2}$。

故拐点为 $(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$。
已知 $e^{2x+y} - \cos(xy) = e - 1$，求 $\frac{dy}{dx}$

答案：$\frac{dy}{dx} = -\frac{2e^{2x+y} + y\sin(xy)}{e^{2x+y} + x\sin(xy)}$
解析：方程两边对 $x$ 求导（$y$ 是 $x$ 的函数）。

$e^{2x+y} \cdot (2 + y') - (-\sin(xy)) \cdot (y + xy') = 0$

$2e^{2x+y} + e^{2x+y}y' + y\sin(xy) + xy'\sin(xy) = 0$

合并含有 $y'$ 的项：$y'(e^{2x+y} + x\sin(xy)) = -(2e^{2x+y} + y\sin(xy))$

$\frac{dy}{dx} = -\frac{2e^{2x+y} + y\sin(xy)}{e^{2x+y} + x\sin(xy)}$。
计算不定积分 $\int \frac{x^2+x}{x^2+1} \,dx$

答案：$x + \frac{1}{2}\ln(x^2+1) - \arctan x + C$
解析：裂项法。

$\frac{x^2+x}{x^2+1} = \frac{(x^2+1) + x - 1}{x^2+1} = 1 + \frac{x}{x^2+1} - \frac{1}{x^2+1}$

逐项积分：

1. $\int 1 dx = x$

2. $\int \frac{x}{x^2+1} dx = \frac{1}{2} \int \frac{d(x^2+1)}{x^2+1} = \frac{1}{2}\ln(x^2+1)$

3. $\int -\frac{1}{x^2+1} dx = -\arctan x$

故原式 $= x + \frac{1}{2}\ln(x^2+1) - \arctan x + C$。
计算定积分 $\int_0^{\pi/4} e^x(\cos x + \sin x) \,dx$

答案：$\frac{\sqrt{2}}{2}e^{\pi/4}$
解析：观察被积函数特征。

注意到 $(e^x \sin x)' = e^x \sin x + e^x \cos x = e^x(\sin x + \cos x)$。

故原积分 $= [e^x \sin x]_0^{\pi/4}$

$= e^{\pi/4} \sin(\frac{\pi}{4}) - e^0 \sin 0 = e^{\pi/4} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} - 0 = \frac{\sqrt{2}}{2}e^{\pi/4}$。
计算微分方程 $y'' - 4y' + 3y = 0$ 的通解

答案：$y = C_1 e^x + C_2 e^{3x}$
解析：这是二阶常系数齐次线性微分方程。

特征方程为 $r^2 - 4r + 3 = 0$。

因式分解得 $(r-1)(r-3) = 0$，特征根为 $r_1=1, r_2=3$。

故通解为 $y = C_1 e^x + C_2 e^{3x}$。

四、综合题（共1题，每题10分，共10分）

设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且 $f(x)>0$，$x\in[a,b]$，
其中 $F(x) = \int_a^x f(t)dt + \int_b^x \frac{1}{f(t)}dt$，$x\in[a,b]$
（注意：根据题意，第二项积分上下限通常写作 $\int_x^b$ 为常态，但这里按题目图片显示为 $\int_b^x \frac{1}{f(t)}dt$）
(1) 证明 $F'(x) \ge 2$
(2) 方程 $F(x)=0$ 在区间 $(a,b)$ 内有且仅有一个根

解析：
(1) 证明：
由变上限积分求导定理： $F'(x) = f(x) + \frac{1}{f(x)}$
因为已知 $f(x) > 0$，根据基本不等式（均值不等式） $a + \frac{1}{a} \ge 2$ (当 $a>0$)：
$F'(x) = f(x) + \frac{1}{f(x)} \ge 2\sqrt{f(x) \cdot \frac{1}{f(x)}} = 2$
得证 $F'(x) \ge 2$。

(2) 证明：
存在性：
$F(a) = \int_a^a f(t)dt + \int_b^a \frac{1}{f(t)}dt = 0 - \int_a^b \frac{1}{f(t)}dt$
因为 $f(t) > 0$，所以 $\frac{1}{f(t)} > 0$，积分 $\int_a^b \frac{1}{f(t)}dt > 0$，故 $F(a) < 0$。
$F(b) = \int_a^b f(t)dt + \int_b^b \frac{1}{f(t)}dt = \int_a^b f(t)dt + 0$
因为 $f(t) > 0$，故 $F(b) > 0$。
因为 $f(x)$ 连续，则 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续。由零点定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $F(\xi) = 0$。

唯一性：
由 (1) 知 $F'(x) \ge 2 > 0$ 对任意 $x \in [a,b]$ 成立。
所以 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调严格递增。
故方程 $F(x)=0$ 在 $(a,b)$ 内有且仅有一个根。