2025年大一數(shù)學(xué)期末考試試題及答案解析一、選擇題（每小題5分，共30分）1.函數(shù)\(y=\frac{\ln(x-1)}{\sqrt{4-x}}\)的定義域是（）A.\((1,4)\)B.\([1,4)\)C.\((1,4]\)D.\([1,4]\)解：要使函數(shù)有意義，則需滿足\(\begin{cases}x-1\gt0\\4-x\gt0\end{cases}\)。對(duì)于\(x-1\gt0\)，解得\(x\gt1\)；對(duì)于\(4-x\gt0\)，解得\(x\lt4\)。所以函數(shù)的定義域?yàn)閈((1,4)\)，答案是A。2.已知\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(3x)}{x}=2\)，則\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(2x)}{x}\)的值為（）A.\(\frac{4}{3}\)B.\(\frac{3}{4}\)C.\(\frac{2}{3}\)D.\(\frac{3}{2}\)解：已知\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(3x)}{x}=2\)，令\(t=3x\)，則\(x=\frac{t}{3}\)，當(dāng)\(x\to0\)時(shí)，\(t\to0\)。\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(3x)}{x}=\lim\limits_{t\to0}\frac{f(t)}{\frac{t}{3}}=3\lim\limits_{t\to0}\frac{f(t)}{t}=2\)，所以\(\lim\limits_{t\to0}\frac{f(t)}{t}=\frac{2}{3}\)?，F(xiàn)在求\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(2x)}{x}\)，令\(u=2x\)，則\(x=\frac{u}{2}\)，當(dāng)\(x\to0\)時(shí)，\(u\to0\)。\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(2x)}{x}=\lim\limits_{u\to0}\frac{f(u)}{\frac{u}{2}}=2\lim\limits_{u\to0}\frac{f(u)}{u}\)，因?yàn)閈(\lim\limits_{t\to0}\frac{f(t)}{t}=\frac{2}{3}\)，所以\(\lim\limits_{x\to0}\frac{f(2x)}{x}=2\times\frac{2}{3}=\frac{4}{3}\)，答案是A。3.設(shè)函數(shù)\(y=f(x)\)在\(x=x_0\)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.-4B.4C.-2D.2解：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(duì)于\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0-2h)-f(x_0)}{h}\)，令\(\Deltax=-2h\)，當(dāng)\(h\to0\)時(shí)，\(\Deltax\to0\)。\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0-2h)-f(x_0)}{h}=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+(-2h))-f(x_0)}{h}=-2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+(-2h))-f(x_0)}{-2h}\)。因?yàn)閈(f^\prime(x_0)=\lim\limits_{\Deltax\to0}\frac{f(x_0+\Deltax)-f(x_0)}{\Deltax}\)，這里\(\Deltax=-2h\)，所以\(-2\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+(-2h))-f(x_0)}{-2h}=-2f^\prime(x_0)\)。已知\(f^\prime(x_0)=2\)，則\(\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0-2h)-f(x_0)}{h}=-2\times2=-4\)，答案是A。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.\(y=4x-5\)解：首先求函數(shù)\(y=x^3-3x^2+1\)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)求導(dǎo)公式\((X^n)^\prime=nX^{n-1}\)。\(y^\prime=(x^3-3x^2+1)^\prime=3x^2-6x\)。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(guò)點(diǎn)\((1,-1)\)，斜率為\(-3\)，根據(jù)直線的點(diǎn)斜式方程\(y-y_1=k(x-x_1)\)（其中\(zhòng)((x_1,y_1)\)為直線上一點(diǎn)，\(k\)為直線斜率）。則切線方程為\(y-(-1)=-3(x-1)\)，即\(y+1=-3x+3\)，整理得\(y=-3x+2\)，答案是A。5.設(shè)\(f(x)\)是連續(xù)函數(shù)，\(F(x)=\int_{0}^{x^2}f(t)dt\)，則\(F^\prime(x)\)等于（）A.\(f(x^2)\)B.\(2xf(x^2)\)C.\(f(x)\)D.\(2xf(x)\)解：根據(jù)變上限積分求導(dǎo)公式，如果\(F(x)=\int_{a}^{\varphi(x)}f(t)dt\)，則\(F^\prime(x)=f(\varphi(x))\cdot\varphi^\prime(x)\)。在\(F(x)=\int_{0}^{x^2}f(t)dt\)中，\(a=0\)，\(\varphi(x)=x^2\)，\(\varphi^\prime(x)=2x\)。所以\(F^\prime(x)=f(x^2)\cdot2x=2xf(x^2)\)，答案是B。6.下列廣義積分收斂的是（）A.\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x}dx\)B.\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}}dx\)C.\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx\)D.\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{x}}dx\)解：對(duì)于廣義積分\(\int_{a}^{+\infty}\frac{1}{x^p}dx\)（\(a\gt0\)），當(dāng)\(p\gt1\)時(shí)收斂，當(dāng)\(p\leqslant1\)時(shí)發(fā)散。-選項(xiàng)A：\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x}dx\)，這里\(p=1\)，根據(jù)上述結(jié)論，該廣義積分發(fā)散。-選項(xiàng)B：\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{x}}dx=\int_{1}^{+\infty}x^{-\frac{1}{2}}dx\)，這里\(p=\frac{1}{2}\lt1\)，該廣義積分發(fā)散。-選項(xiàng)C：\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx=\int_{1}^{+\infty}x^{-2}dx\)，這里\(p=2\gt1\)，該廣義積分收斂。-選項(xiàng)D：\(\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt[3]{x}}dx=\int_{1}^{+\infty}x^{-\frac{1}{3}}dx\)，這里\(p=\frac{1}{3}\lt1\)，該廣義積分發(fā)散。所以答案是C。二、填空題（每小題5分，共20分）1.\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=\)____。解：根據(jù)重要極限\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sinx}{x}=1\)。對(duì)于\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}\)，可變形為\(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{x}=3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}\)。令\(t=3x\)，當(dāng)\(x\to0\)時(shí)，\(t\to0\)，則\(3\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin3x}{3x}=3\lim\limits_{t\to0}\frac{\sint}{t}=3\times1=3\)。故答案為3。2.設(shè)函數(shù)\(y=(1+x^2)^{\sinx}\)，則\(y^\prime=\)____。解：先對(duì)\(y=(1+x^2)^{\sinx}\)兩邊取對(duì)數(shù)，\(\lny=\sinx\ln(1+x^2)\)。然后兩邊對(duì)\(x\)求導(dǎo)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則。\(\frac{y^\prime}{y}=(\sinx)^\prime\ln(1+x^2)+\sinx\cdot\frac{1}{1+x^2}\cdot(1+x^2)^\prime\)。因?yàn)閈((\sinx)^\prime=\cosx\)，\((1+x^2)^\prime=2x\)。所以\(\frac{y^\prime}{y}=\cosx\ln(1+x^2)+\frac{2x\sinx}{1+x^2}\)。則\(y^\prime=y\left(\cosx\ln(1+x^2)+\frac{2x\sinx}{1+x^2}\right)=(1+x^2)^{\sinx}\left(\cosx\ln(1+x^2)+\frac{2x\sinx}{1+x^2}\right)\)。3.不定積分\(\int\frac{1}{x^2+4}dx=\)____。解：\(\int\frac{1}{x^2+4}dx=\int\frac{1}{4\left(\frac{x^2}{4}+1\right)}dx=\frac{1}{4}\int\frac{1}{\left(\frac{x}{2}\right)^2+1}dx\)。令\(u=\frac{x}{2}\)，則\(x=2u\)，\(dx=2du\)。\(\frac{1}{4}\int\frac{1}{\left(\frac{x}{2}\right)^2+1}dx=\frac{1}{4}\int\frac{1}{u^2+1}\cdot2du=\frac{1}{2}\int\frac{1}{u^2+1}du\)。因?yàn)閈(\int\frac{1}{u^2+1}du=\arctanu+C\)。所以\(\frac{1}{2}\int\frac{1}{u^2+1}du=\frac{1}{2}\arctanu+C=\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}+C\)。故答案為\(\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}+C\)。4.已知向量\(\vec{a}=(1,-2,3)\)，\(\vec=(2,1,-1)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=\)____。解：根據(jù)向量點(diǎn)積的坐標(biāo)運(yùn)算公式，如果\(\vec{a}=(x_1,y_1,z_1)\)，\(\vec=(x_2,y_2,z_2)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=x_1x_2+y_1y_2+z_1z_2\)。已知\(\vec{a}=(1,-2,3)\)，\(\vec=(2,1,-1)\)，則\(\vec{a}\cdot\vec=1\times2+(-2)\times1+3\times(-1)=2-2-3=-3\)。故答案為-3。三、解答題（共50分）1.（本題10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，洛必達(dá)法則是指在一定條件下，\(\lim\limits_{x\toa}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\toa}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\)（當(dāng)\(\lim\limits_{x\toa}f(x)=\lim\limits_{x\toa}g(x)=0\)或\(\lim\limits_{x\toa}f(x)=\lim\limits_{x\toa}g(x)=\pm\infty\)）。當(dāng)\(x\to0\)時(shí)，\(e^x-1-x\to0\)，\(x^2\to0\)，滿足洛必達(dá)法則的條件。對(duì)分子分母分別求導(dǎo)，\((e^x-1-x)^\prime=e^x-1\)，\((x^2)^\prime=2x\)。則\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x}\)。此時(shí)當(dāng)\(x\to0\)時(shí)，\(e^x-1\to0\)，\(2x\to0\)，再次使用洛必達(dá)法則。\((e^x-1)^\prime=e^x\)，\((2x)^\prime=2\)。所以\(\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x}{2}=\frac{1}{2}\)。2.（本題10分）設(shè)函數(shù)\(y=y(x)\)由方程\(x^2+y^2-xy=1\)所確定，求\(\frac{dy}{dx}\)。解：對(duì)方程\(x^2+y^2-xy=1\)兩邊同時(shí)對(duì)\(x\)求導(dǎo)。根據(jù)求導(dǎo)法則\((x^n)^\prime=nx^{n-1}\)，\((y^n)^\prime=ny^{n-1}y^\prime\)，\((uv)^\prime=u^\primev+uv^\prime\)。\((x^2)^\prime+(y^2)^\prime-(xy)^\prime=(1)^\prime\)。\(2x+2yy^\prime-(y+xy^\prime)=0\)。展開(kāi)得\(2x+2yy^\prime-y-xy^\prime=0\)。移項(xiàng)得\(2yy^\prime-xy^\prime=y-2x\)。提取公因式\(y^\prime\)得\((2y-x)y^\prime=y-2x\)。所以\(y^\prime=\frac{y-2x}{2y-x}\)，即\(\frac{dy}{dx}=\frac{y-2x}{2y-x}\)。3.（本題10分）計(jì)算定積分\(\int_{0}^{1}xe^xdx\)。解：使用分部積分法，分部積分公式為\(\int_{a}^udv=uv|_{a}^-\int_{a}^vdu\)。令\(u=x\)，\(dv=e^xdx\)，則\(du=dx\)，\(v=e^x\)。\(\int_{0}^{1}xe^xdx=\left[xe^x\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^xdx\)。先計(jì)算\(\left[xe^x\right]_{0}^{1}=1\timese^1-0\timese^0=e\)。再計(jì)算\(\int_{0}^{1}e^xdx=\left[e^x\right]_{0}^{1}=e^1-e^0=e-1\)。所以\(\int_{0}^{1}xe^xdx=e-(e-1)=1\)。4.（本題10分）求由曲線\(y=x^2\)與\(y=2-x^2\)所圍成的平面圖形的面積。解：首先求兩曲線的交點(diǎn)，聯(lián)立方程\(\begin{cases}y=x^2\\y=2-x^2\end{cases}\)。則\(x^2=2-x^2\)，移項(xiàng)得\(2x^2=2\)，即\(x^2=1\)，解得\(x=\pm1\)。兩曲線所圍成的平面圖形的面積\(S=\int_{-1}^{1}[(2-x^2)-x^2]dx\)。\(=\int_{-1}^{1}(2-2x^2)dx=2\int_{0}^{1}(2-2x^2)dx\)（因?yàn)楸环e函數(shù)\(2-2x^2\)是偶函數(shù)）。\(=2\left[2x-\frac{2}{3}x^3\right]_{0}^{1}\)。\(=2\left(2\times1-\frac{2}{3}\times1^3\right)=2\times\frac{4}{3}=\frac{8}{3}\)。5.（本題10分）已知向量\(\vec{a}=(1,1,0)