修改了格式，给部分题目增加了新方法

笔记分享/LaTeX（KaTeX）输入规范.md

@@ -1,4 +1,5 @@
 通常的，记号严格按照教材中的规范。
 1. 矩阵使用bmatrix
 2. 自然常数或电荷量e、虚数单位i应当为**正体**，需要用mathrm记号包裹，例：$\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}+1=0$；然而，当e,i作为变量时，应当用正常的斜体。例：$\sum\limits_{i=1}^{n}a_i$
-3. 微分算子d应当用正体，被微分的表达式用正常的斜体：$\mathrm{d}f(x)=f'(x)\mathrm{d}x$
+3. 微分算子d应当用正体，被微分的表达式用正常的斜体：$\mathrm{d}f(x)=f'(x)\mathrm{d}x$
+4. 极限和求和求积符号用\limits，如$\lim\limits_{x\to0}$和$\sum\limits_{n=0}^{\infty}$

编写小组/试卷/0103高数模拟试卷.md

@@ -78,15 +78,15 @@ $$
 (D) $a = 2, \, b = 2$
 
 **解：**  
-为使 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x \to 0$ 时为同阶无穷小，需使二者最低阶非零项的阶数相同。下面分别展开 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的麦克劳林公式。
+**法一**：为使 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x \to 0$ 时为同阶无穷小，需使二者最低阶非零项的阶数相同。下面分别展开 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的麦克劳林公式。
 
 对于 $f(x)$，利用已知展开式：
 $$
-e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + O(x^4), \quad \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + O(x^5),
+e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + O(x^3), \quad \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + O(x^5),
 $$
 则（把大于等于$5$次的项全都放在高阶无穷小里边）
 $$
-e^x \sin x = \left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + O(x^4)\right)\left(x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)\right) = x + x^2 + \frac{x^3}{3} + O(x^5).
+e^x \sin x = \left(1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + O(x^3)\right)\left(x - \frac{x^3}{6} + O(x^5)\right) = x + x^2 + \frac{x^3}{3} + O(x^5).
 $$
 因此
 $$
@@ -119,10 +119,75 @@ $$
 
 因此正确选项为 (B)。
 
+**法二**：洛必达＋泰勒
+先考虑两者之比的极限$$\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{2\mathrm{e}^x(\sin x+\cos x)-2a-2bx}{\arctan x^2}$$由麦克劳林公式得$$\begin{aligned}\mathrm{e}^x&=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+O(x^3)\\\sin x&=x-\frac{x^3}{6}+O(x^3)\\\cos x&=1-\frac{x^2}{2}+O(x^3)\end{aligned}$$于是（把所有大于3次的项都放在高阶无穷小里面，这样可以简化计算）$$\mathrm{e}^x(\sin x+\cos x)=1+2x+x^2+O(x^3)$$从而极限式的分子等于$$2-2a+(4-2b)+2x^2+O(x^3).$$又由麦克劳林公式得$$\arctan x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^3)$$故分母为$$x^2-\frac{x^6}{6}+O(x^6)=x^2+O(x^3).$$上面的分子分母带入极限式中得$$\lim\limits_{x\to0}\frac{2-2a+(4-2b)+2x^2+O(x^3)}{x^2+O(x^3)}$$要让上式为有限值且不为$0$,只有$$\begin{cases}2-2a&=0\\4-2b&=0\end{cases}\implies\begin{cases}a&=1\\b&=2\end{cases}$$故选(B)
 **答案：** (B)
+
+4.下列级数中收敛的是（ ）。
+
+(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}$
+
+(B) $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$
+
+(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \cdot 3^n}{n^n}$
+
+(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+1/n}}$
+
+### 解析
+- **(A)** 当 $n=1$ 时，分母 $\sqrt{1+(-1)^1}=0$，项无定义，即便忽略此项，级数条件收敛，但整体不收敛。
+- **(B)** 由于 $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln \ln n}$，当 $n$ 足够大时，$\ln \ln n > 2$，故 $\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}} < \frac{1}{n^2}$，由 $p$-级数收敛知原级数收敛。
+- **(C)** 用比值判别法：$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{3}{(1+1/n)^n} = \frac{3}{e} > 1$，发散。
+- **(D)** 由于 $n^{1/n} \to 1$，故 $\frac{1}{n^{1+1/n}} \sim \frac{1}{n}$，与调和级数比较，发散。
+
+**答案：(B)**
+
+5.一个倒置的圆锥形容器（顶点在下，底面在上），高度为 10 米，底面半径为 5 米。容器内装有水，水从底部的一个小孔（面积为 $0.1\pi$ 平方米）流出，流速为 $v = 0.6\sqrt{2gh}$ 米/秒，其中 $g = 10$ 米/秒$^2$。同时，以恒定速率 $Q = 0.3\pi$ 立方米/秒从顶部注入水。当水面高度为 5 米时，水面高度的瞬时变化率是多少？
+
+选项:
+A. $-0.048$ 米/秒
+B. $-0.024$ 米/秒
+C. 0
+D. 0.048 米/秒
+**解析：**  
+设水面高度为 $h$（从圆锥顶点算起）。由相似关系，水面半径  
+$$
+r = \frac{R}{H}h = \frac{5}{10}h = 0.5h,
+$$
+水的体积为  
+$$
+V = \frac{1}{3}\pi r^2 h = \frac{1}{3}\pi (0.5h)^2 h = \frac{1}{12}\pi h^3.
+$$
+对时间 $t$ 求导，得  
+$$
+\frac{dV}{dt} = \frac{1}{4}\pi h^2 \frac{dh}{dt}.
+$$
+另一方面，体积变化率由注入速率 $Q$ 和流出速率 $A \cdot v$ 决定：  
+$$
+\frac{dV}{dt} = Q - A \cdot v = 0.3\pi - 0.1\pi \cdot 0.6\sqrt{2gh}.
+$$
+代入 $h=5$，$g=10$，则  
+$$
+\sqrt{2gh} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 5} = \sqrt{100} = 10,
+$$
+于是  
+$$
+A \cdot v = 0.1\pi \cdot 0.6 \cdot 10 = 0.6\pi,
+$$
+$$
+\frac{dV}{dt} = 0.3\pi - 0.6\pi = -0.3\pi.
+$$
+代入微分式：  
+$$
+\frac{1}{4}\pi \cdot 5^2 \cdot \frac{dh}{dt} = -0.3\pi \quad \Rightarrow \quad \frac{25}{4}\pi \frac{dh}{dt} = -0.3\pi.
+$$
+解得  
+$$
+\frac{dh}{dt} = -0.3 \times \frac{4}{25} = -0.048 \ \text{米/秒}.
+$$
+因此水面高度以每秒 $0.048$ 米的速度下降，故选 A。
 ## 二、填空题（共5小题，每小题2分，共10分）
 
-1.设 $y = \arctan x$，求 $y^{(n)}(0)$
+1.设 $y = \arctan x$，则 $y^{(n)}(0)=\_\_\_\_.$
 
 **分析**  
 逐次求导以找到 $n$ 阶导数的规律。由于 $y' = \frac{1}{1 + x^2}$，即 $(1 + x^2)y' = 1$，故想到用莱布尼茨公式。
@@ -139,7 +204,7 @@ $$y^{(n+1)}(0) = -n(n-1)y^{(n-1)}(0).$$
 $$y^{(n)}(0) = \begin{cases} 0, & n\text{为偶数} \\ (-1)^n (n-1)!, & n\text{为奇数} \end{cases}.$$
 
 **方法2**  
-因为 $y' = \frac{1}{1 + x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}, (|x| < 1)$，  
+因为 $y' = \frac{1}{1 + x^2} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}, (|x| < 1)$，  
 所以 （积分得）
 $$y = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}, (|x| < 1).$$  
 又知 $y(x)$ 在点 $x = 0$ 处的麦克劳林展开式为  
@@ -166,7 +231,7 @@ $$y^{(n)}(0) = (n-1)! \sin \frac{n\pi}{2}.$$
 
 
 
-2.已知 $f(x)$ 是三次多项式，且有 $\lim\limits_{x \to 2a} \frac{f(x)}{x-2a} = \lim\limits_{x \to 4a} \frac{f(x)}{x-4a} = 1$，求 $\lim\limits_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a}.$
+2.已知 $f(x)$ 是三次多项式，且有 $\lim\limits_{x \to 2a} \frac{f(x)}{x-2a} = \lim\limits_{x \to 4a} \frac{f(x)}{x-4a} = 1$，则$\lim\limits_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a}=\_\_\_.$
 
 **分析**  
 由已知的两个极限式可确定 $f(x)$ 的两个一次因子以及两个待定系数，从而完全确定 $f(x)$。
@@ -189,7 +254,7 @@ $$\begin{aligned}\lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} &= \lim_{x \to 3a} \frac{\fra
 
 **答案**：$\displaystyle \lim_{x \to 3a} \frac{f(x)}{x-3a} = -\frac{1}{2}$.
 
-若级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})$绝对收敛，则常数$p$的取值范围是$\underline{\quad\quad\quad}.$
+3.若级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})$绝对收敛，则常数$p$的取值范围是$\underline{\quad\quad\quad}.$
 	首先，考虑级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}|\frac{n^p}{(-1)^n}\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|=\sum\limits_{n=1}^{\infty}{n^p}|\sin(\frac{1}{\sqrt{n}})|$
 	当$n\to\infty$时，$\frac{1}{\sqrt{n}}\to 0$，此时有等价无穷小关系：$\sin(\frac{1}{\sqrt{n}}) \sim \frac{1}{\sqrt{n}}.$
 	因此，级数的通项可以近似为$\frac{1}{n^p}\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{n^{p+\frac{1}{2}}}$
@@ -216,7 +281,7 @@ $$
 \end{align}
 $$
 		
-- 设$y=f(x)$由$\begin{cases}x=t^2+2t\\t^2-y+a\sin y=1\end{cases}$确定，若$y(0)=b$，$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\underline{\quad\quad\quad}.$
+4..设$y=f(x)$由$\begin{cases}x=t^2+2t\\t^2-y+a\sin y=1\end{cases}$确定，若$y(0)=b$，$\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\underline{\quad\quad\quad}.$
 解：方程两边对$t$求导，得
 $$
 \begin{cases}
@@ -238,28 +303,6 @@ $$
 $$
 \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}|_{t=0}=\frac{1}{2(1-a\cos b)}
 $$
-# 高等数学题解集
-
-## 1. 级数收敛性选择题
-
-### 题目
-下列级数中收敛的是（ ）。
-
-(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+(-1)^n}}$
-
-(B) $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}$
-
-(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n! \cdot 3^n}{n^n}$
-
-(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1+1/n}}$
-
-### 解析
-- **(A)** 当 $n=1$ 时，分母 $\sqrt{1+(-1)^1}=0$，项无定义，即便忽略此项，级数条件收敛，但整体不收敛。
-- **(B)** 由于 $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln \ln n}$，当 $n$ 足够大时，$\ln \ln n > 2$，故 $\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}} < \frac{1}{n^2}$，由 $p$-级数收敛知原级数收敛。
-- **(C)** 用比值判别法：$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{3}{(1+1/n)^n} = \frac{3}{e} > 1$，发散。
-- **(D)** 由于 $n^{1/n} \to 1$，故 $\frac{1}{n^{1+1/n}} \sim \frac{1}{n}$，与调和级数比较，发散。
-
-**答案：(B)**
 
 ---
 
@@ -276,7 +319,7 @@ $$
 (1) $\displaystyle \int \frac{x^2}{\sqrt{a^2 - x^2}} \mathrm{d}x$
 
 **解：**  
-令 $x = a \sin t$，则：
+令 $x = a \sin t$，有$\mathrm{d}x=a\cos t\mathrm{d}t$,则：
 
 $$
 \begin{aligned}