2025重慶專升本高等數(shù)學(xué)真題答案及試題解析單項選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40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.\((2,+\infty)\)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，則分母不能為零且對數(shù)中的真數(shù)必須大于零。即\(\begin{cases}x-1>0\\\ln(x-1)\neq0\end{cases}\)。-由\(x-1>0\)可得\(x>1\)。-由\(\ln(x-1)\neq0\)，因為\(\ln1=0\)，所以\(x-1\neq1\)，即\(x\neq2\)。綜上，函數(shù)的定義域為\((1,2)\cup(2,+\infty)\)。2.\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)的值為（）A.0B.1C.3D.\(\frac{1}{3}\)答案：C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。令\(u=3x\)，當(dāng)\(x\to0\)時，\(u\to0\)，且\(x=\frac{u}{3}\)，則\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{\frac{u}{3}}=3\lim\limits_{u\to0}\frac{\sinu}{u}=3\times1=3\)。3.設(shè)函數(shù)\(y=f(x)\)在點\(x_0\)處可導(dǎo)，且\(f^\prime(x_0)=2\)，則\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0-h)-f(x_0)}{h}\)等于（）A.2B.-2C.\(\frac{1}{2}\)D.\(-\frac{1}{2}\)答案：B解析：根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義\(f^\prime(x_0)=\lim\limits_{\Deltax\to0}\frac{f(x_0+\Deltax)-f(x_0)}{\Deltax}\)。對于\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0-h)-f(x_0)}{h}\)，令\(\Deltax=-h\)，當(dāng)\(h\to0\)時，\(\Deltax\to0\)，則\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0-h)-f(x_0)}{h}=\lim\limits_{\Deltax\to0}\frac{f(x_0+\Deltax)-f(x_0)}{-\Deltax}=-\lim\limits_{\Deltax\to0}\frac{f(x_0+\Deltax)-f(x_0)}{\Deltax}=-f^\prime(x_0)\)。已知\(f^\prime(x_0)=2\)，所以\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0-h)-f(x_0)}{h}=-2\)。4.曲線\(y=x^3-3x^2+1\)在點\((1,-1)\)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：首先求曲線\(y=x^3-3x^2+1\)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\((1,-1)\)，斜率為\(-3\)，根據(jù)直線的點斜式方程\(y-y_0=k(x-x_0)\)（其中\(zhòng)((x_0,y_0)\)為直線上一點，\(k\)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)\(y=x^4-2x^2+5\)在區(qū)間\([-2,2]\)上的最大值為（）A.5B.10C.13D.15答案：C解析：先對函數(shù)\(y=x^4-2x^2+5\)求導(dǎo)，\(y^\prime=(x^4-2x^2+5)^\prime=4x^3-4x=4x(x^2-1)=4x(x-1)(x+1)\)。令\(y^\prime=0\)，即\(4x(x-1)(x+1)=0\)，解得\(x=0\)，\(x=1\)，\(x=-1\)。然后計算函數(shù)在區(qū)間端點和駐點處的值：-當(dāng)\(x=-2\)時，\(y=(-2)^4-2\times(-2)^2+5=16-8+5=13\)。-當(dāng)\(x=-1\)時，\(y=(-1)^4-2\times(-1)^2+5=1-2+5=4\)。-當(dāng)\(x=0\)時，\(y=0^4-2\times0^2+5=5\)。-當(dāng)\(x=1\)時，\(y=1^4-2\times1^2+5=1-2+5=4\)。-當(dāng)\(x=2\)時，\(y=2^4-2\times2^2+5=16-8+5=13\)。比較這些值可得，函數(shù)在區(qū)間\([-2,2]\)上的最大值為\(13\)。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，分部積分公式為\(\intudv=uv-\intvdu\)。令\(u=x\)，\(dv=\cosxdx\)，則\(du=dx\)，\(v=\int\cosxdx=\sinx\)。根據(jù)分部積分公式可得：\(\intx\cosxdx=x\sinx-\int\sinxdx=x\sinx+\cosx+C\)。7.定積分\(\int_{0}^{1}(2x+e^x)dx\)的值為（）A.\(e\)B.\(e+1\)C.\(e-1\)D.\(2e\)答案：B解析：根據(jù)定積分的運算法則\(\int_{a}^(f(x)+g(x))dx=\int_{a}^f(x)dx+\int_{a}^g(x)dx\)，則\(\int_{0}^{1}(2x+e^x)dx=\int_{0}^{1}2xdx+\int_{0}^{1}e^xdx\)。-計算\(\int_{0}^{1}2xdx\)，根據(jù)定積分公式\(\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C(n\neq-1)\)，可得\(\int_{0}^{1}2xdx=2\times\frac{1}{2}x^2|_{0}^{1}=x^2|_{0}^{1}=1^2-0^2=1\)。-計算\(\int_{0}^{1}e^xdx\)，因為\((e^x)^\prime=e^x\)，所以\(\int_{0}^{1}e^xdx=e^x|_{0}^{1}=e^1-e^0=e-1\)。則\(\int_{0}^{1}(2x+e^x)dx=1+(e-1)=e\)。8.設(shè)\(z=e^{xy}\)，則\(\frac{\partialz}{\partialx}\)等于（）A.\(ye^{xy}\)B.\(xe^{xy}\)C.\(e^{xy}\)D.\(e^{y}\)答案：A解析：求\(z=e^{xy}\)對\(x\)的偏導(dǎo)數(shù)，此時將\(y\)看作常數(shù)。根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，若\(z=e^u\)，\(u=xy\)，則\(\frac{\partialz}{\partialx}=\frac{\partialz}{\partialu}\cdot\frac{\partialu}{\partialx}\)。-因為\(\frac{\partialz}{\partialu}=e^u\)，\(\frac{\partialu}{\partialx}=y\)。-所以\(\frac{\partialz}{\partialx}=e^{xy}\cdoty=ye^{xy}\)。9.微分方程\(y^\prime-2y=0\)的通解為（）A.\(y=Ce^{2x}\)B.\(y=Ce^{-2x}\)C.\(y=Cx^2\)D.\(y=C/x^2\)答案：A解析：這是一個一階線性常微分方程\(y^\prime-2y=0\)，可分離變量求解。將方程變形為\(\frac{dy}{y}=2dx\)。兩邊同時積分：\(\int\frac{dy}{y}=\int2dx\)。-由\(\int\frac{dy}{y}=\ln|y|+C_1\)，\(\int2dx=2x+C_2\)，可得\(\ln|y|=2x+C\)（\(C=C_2-C_1\)）。-對\(\ln|y|=2x+C\)兩邊取指數(shù)，得到\(y=e^{2x+C}=e^C\cdote^{2x}\)，令\(C_3=e^C\)（\(C_3\)為任意常數(shù)），則通解為\(y=Ce^{2x}\)。10.設(shè)\(D\)是由\(x=0\)，\(y=0\)，\(x+y=1\)所圍成的閉區(qū)域，則\(\iint\limits_{D}dxdy\)的值為（）A.\(\frac{1}{2}\)B.1C.\(\frac{1}{3}\)D.\(\frac{2}{3}\)答案：A解析：二重積分\(\iint\limits_{D}dxdy\)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\(S=\frac{1}{2}\times1\times1=\frac{1}{2}\)，即\(\iint\limits_{D}dxdy=\frac{1}{2}\)。填空題（本大題共5小題，每小題4分，共20分）11.已知\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+a}{x-a})^x=e^4\)，則\(a=\)____。答案：2解析：對\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+a}{x-a})^x\)進(jìn)行變形：\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+a}{x-a})^x=\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{1+\frac{a}{x}}{1-\frac{a}{x}})^x=\frac{\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{a}{x})^x}{\lim\limits_{x\to\infty}(1-\frac{a}{x})^x}\)。根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{1}{x})^x=e\)，令\(t=\frac{x}{a}\)，則\(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{a}{x})^x=\lim\limits_{t\to\infty}(1+\frac{1}{t})^{at}=e^a\)，同理\(\lim\limits_{x\to\infty}(1-\frac{a}{x})^x=\lim\limits_{t\to\infty}(1-\frac{1}{t})^{-at}=e^{-a}\)。所以\(\frac{\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{a}{x})^x}{\lim\limits_{x\to\infty}(1-\frac{a}{x})^x}=\frac{e^a}{e^{-a}}=e^{2a}\)。已知\(\lim\limits_{x\to\infty}(\frac{x+a}{x-a})^x=e^4\)，則\(e^{2a}=e^4\)，可得\(2a=4\)，解得\(a=2\)。12.函數(shù)\(y=\sqrt{4-x^2}\)的單調(diào)遞減區(qū)間是____。答案：\([0,2]\)解析：首先求函數(shù)\(y=\sqrt{4-x^2}\)的定義域，由\(4-x^2\geq0\)，即\(x^2-4\leq0\)，因式分解得\((x-2)(x+2)\leq0\)，解得\(-2\leqx\leq2\)。對函數(shù)\(y=\sqrt{4-x^2}\)求導(dǎo)，令\(u=4-x^2\)，則\(y=\sqrt{u}\)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則\(y^\prime=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}\)。-\(\frac{dy}{du}=\frac{1}{2\sqrt{u}}\)，\(\frac{du}{dx}=-2x\)，所以\(y^\prime=\frac{-2x}{2\sqrt{4-x^2}}=\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}\)。-令\(y^\prime<0\)，即\(\frac{-x}{\sqrt{4-x^2}}<0\)，因為\(\sqrt{4-x^2}>0\)（\(x\in(-2,2)\)），所以\(-x<0\)，解得\(x>0\)。結(jié)合定義域\(-2\leqx\leq2\)，可得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是\([0,2]\)。13.\(\int\frac{1}{x^2+4}dx=\)____。答案：\(\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}+C\)解析：對\(\int\frac{1}{x^2+4}dx\)進(jìn)行變形，\(\int\frac{1}{x^2+4}dx=\int\frac{1}{4(\frac{x^2}{4}+1)}dx=\frac{1}{4}\int\frac{1}{(\frac{x}{2})^2+1}dx\)。令\(u=\frac{x}{2}\)，則\(du=\frac{1}{2}dx\)，\(dx=2du\)。則\(\frac{1}{4}\int\frac{1}{(\frac{x}{2})^2+1}dx=\frac{1}{4}\int\frac{1}{u^2+1}\cdot2du=\frac{1}{2}\int\frac{1}{u^2+1}du\)。因為\(\int\frac{1}{u^2+1}du=\arctanu+C\)，所以\(\frac{1}{2}\int\frac{1}{u^2+1}du=\frac{1}{2}\arctanu+C=\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}+C\)。14.設(shè)\(z=x^2y+\sin(xy)\)，則\(\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}=\)____。答案：\(2x+x\cos(xy)\)解析：先求\(\frac{\partialz}{\partialx}\)，對\(z=x^2y+\sin(xy)\)關(guān)于\(x\)求偏導(dǎo)數(shù)，將\(y\)看作常數(shù)：\(\frac{\partialz}{\partialx}=2xy+y\cos(xy)\)。再對\(\frac{\partialz}{\partialx}\)關(guān)于\(y\)求偏導(dǎo)數(shù)，將\(x\)看作常數(shù)：\(\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}=2x+\cos(xy)-xy\sin(xy)+x\cos(xy)=2x+x\cos(xy)\)。15.冪級數(shù)\(\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}\)的收斂半徑\(R=\)____。答案：1解析：對于冪級數(shù)\(\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_nx^n\)，其收斂半徑\(R=\lim\limits_{n\to\infty}|\frac{a_n}{a_{n+1}}|\)（當(dāng)極限存在時）。在冪級數(shù)\(\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n+1}\)中，\(a_n=\frac{1}{n+1}\)，\(a_{n+1}=\frac{1}{n+2}\)。則\(R=\lim\limits_{n\to\infty}|\frac{a_n}{a_{n+1}}|=\lim\limits_{n\to\infty}|\frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n+2}}|=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+2}{n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1+\frac{2}{n}}{1+\frac{1}{n}}=1\)。解答題（本大題共6小題，共90分）16.（本題15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\(f^\prime(x)\)，\(g^\prime(x)\)在\(a\)的某去心鄰域內(nèi)存在，\(g^\prime(x)\neq0\)，\(\lim\limits_{x\toa}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\)存在（或為\(\infty\)），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，\(e^x-1-x\to0\)，\(x^2\to0\)，屬于\(\frac{0}{0}\)型，對分子分母分別求導(dǎo)：-分子\((e^x-1-x)^\prime=e^x-1\)。-分母\((x^2)^\prime=2x\)。則\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x}\)。此時當(dāng)\(x\to0\)時，\(e^x-1\to0\)，\(2x\to0\)，仍為\(\frac{0}{0}\)型，再使用一次洛必達(dá)法則：-分子\((e^x-1)^\prime=e^x\)。-分母\((2x)^\prime=2\)。所以\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}\)。17.（本題15分）設(shè)函數(shù)\(y=y(x)\)由方程\(e^{x+y}-xy=1\)所確定，求\(\frac{dy}{dx}\)。解：本題可使用隱函數(shù)求導(dǎo)法。對方程\(e^{x+y}-xy=1\)兩邊同時對\(x\)求導(dǎo)，注意\(y\)是關(guān)于\(x\)的函數(shù)。-對于\(e^{x+y}\)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，令\(u=x+y\)，則\((e^{x+y})^\prime=e^{x+y}\cdot(1+y^\prime)\)。-對于\(-xy\)，根據(jù)乘積的求導(dǎo)法則\((uv)^\prime=u^\primev+uv^\prime\)，這里\(u=x\)，\(v=y\)，則\((-xy)^\prime=-y-xy^\prime\)。-方程右邊\(1\)的導(dǎo)數(shù)為\(0\)。所以\(e^{x+y}\cdot(1+y^\prime)-y-xy^\prime=0\)。展開得\(e^{x+y}+e^{x+y}y^\prime-y-xy^\prime=0\)。移項得\(e^{x+y}y^\prime-xy^\prime=y-e^{x+y}\)。提取公因式\(y^\prime\)得\((e^{x+y}-x)y^\prime=y-e^{x+y}\)。則\(\frac{dy}{dx}=y^\prime=\frac{y-e^{x+y}}{e^{x+y}-x}\)。18.（本題15分）計算定積分\(\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x^2}dx\)。解：本題可使用換元積分法。令\(u=1-x^2\)，則\(du=-2xdx\)，\(xdx=-\frac{1}{2}du\)。當(dāng)\(x=0\)時，\(u=1-0^2=1\)；當(dāng)\(x=1\)時，\(u=1-1^2=0\)。則\(\int_{0}^{1}x\sqrt{1-x^2}dx=\int_{1}^{0}\sqrt{u}\cdot(-\frac{1}{2})du=-\frac{1}{2}\int_{1}^{0}u^{\frac{1}{2}}du\)。根據(jù)定積分的性質(zhì)\(\int_{a}^f(x)dx=-\int_^{a}f(x)dx\)，可得\(-\frac{1}{2}\int_{1}^{0}u^{\frac{1}{2}}du=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u^{\frac{1}{2}}du\)。再根據(jù)定積分公式\(\intx^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C(n\neq-1)\)，則\(\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u^{\frac{1}{2}}du=\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}}|_{0}^{1}=\frac{1}{3}(1^{\frac{3}{2}}-0^{\frac{3}{2}})=\frac{1}{3}\)。19.（本題15分）求函數(shù)\(f(x,y)=x^2+y^2-2x-4y+5\)的極值。解：1.首先求函數(shù)的駐點：-對\(f(x,y)\)分別求關(guān)于\(x\)和\(y\)的偏導(dǎo)數(shù)。-\(f_x(x,y)=(x^2+y^2-2x-4y+5)_x=2x-2\)。-\(f_y(x,y)=(x^2+y^2-2x-4y+5)_y=2y-4\)。-令\(\begin{cases}f_x(x,y)=0\\f_y(x,y)=0\end{cases}\)，即\(\begin{cases}2x-2=0\\2y-4=0\end{cases}\)。-解\(2x-2=0\)得\(x=1\)；解\(2y-4=0\)得\(y=2\)。所以駐點為\((1,2)\)。2.然后求二階偏導(dǎo)數(shù)：-\(f_{xx}(x,y)=(2x-2)_x=2\)。-\(f_{xy}(x,y)=(2x-2)_y=0\)。-\(f_{yy}(x,y)=(2y-4)_y=2\)。3.最后根據(jù)判別式\(A=f_{xx}(1,2)=2\)，\(B=f_{xy}(1,2)=0\)，\(C=f_{yy}(1,2)=2\)，計算\(AC-B^2\)的值：-\(AC-B^2=2\times2-0^2=4>0\)，且\(A=2>0\)。-根據(jù)二元函數(shù)極值的判別法可知，函數(shù)\(f(x,y)\)在點\((1,2)\)處取得極小值。-將\(x=1\)，\(y=2\)代入函數(shù)\(f(x,y)\)得\(f(1,2)=1^2+2^2-2\times1-4\times2+5=1+4-2-8+5=0\)。所以函數(shù)\(f(x,y)\)的極小值為\(0\)，無極大值。20.（本題15分）求微分方程\(y^{\prime\prime}+4y^\prime+4y=0\)滿足初始條件\(y|_{x=0}=1\)，\(y^\prime|_{x=0}=0\)的特解。解：1.首先求微分方程的通解：-該微分方程\(y^{\prime\prime}+4y^\prime+4y=0\)是二階常系數(shù)線性齊次微分方程，其特征方程為\(r^2+4r+4=0\)。-對于一元二次方程\(ax^2+bx+c=0\)（這里\(a=1\)，\(b=4\)，\(c=4\)），根據(jù)求根公式\(r=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\)，可得\(r=\frac{-4\pm\sqrt{4^2-4\times1\times4}}{2\times1}=\frac{-4\pm0}{2}=-2\)（二重根）。-當(dāng)特征方程有二重根\(r_1=r_2=-2\)時，微分方程的通解為\(y=(C_1+C_2x)e^{-2x}\)。2.然后求\(y^\prime\)：-根據(jù)乘積的求導(dǎo)法則\((uv)^\prime=u^\primev+uv^\prime\)，對\(y=(C_1+C_2x)e^{-2x}\)求導(dǎo)，令\(u=C_1+C_2x\)，\(v=e^{-2x}\)，則\(y^\prime=(C_2e^{-2x}-2(C_1+C_2x)e^{-2x})=(C_2-2C_1-2C_2x)e^{-2x}\)。3.接著代入初始條件：-已知\(y|_{x=0}=1\)，將\(x=0\)代入\(y=(C_1+C_2x)e^{-2x}\)得\(y(0)=(C_1+C_2\times0)e^0=C_1\)，所以\(C_1=1\)。-已知\(y^\prime|_{x=0}=0\)，將\(x=0\)，\(C_1=1\)代入\(y^\prime=(C_2-2C_1-2C_2x)e^{-2x}\)得\(y^\prime(0)=(C_2-2\time