修改了部分格式，并补充完整了一道题目

编写小组/试卷/期中考前押题卷.md

@@ -1,6 +1,6 @@
 时量：60分钟    ____
-**内部资料，禁止传播**
-**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭   韩魏   刘柯妤   卢吉辚   王轲楠   支宝宁  郑哲航**
+内部资料，禁止传播
+编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭   韩魏   刘柯妤   卢吉辚   王轲楠   支宝宁  郑哲航
 
 
 
@@ -12,9 +12,9 @@
 **解析：**  
 由极限表达式变形：令 $h=-x$，则当 $x\to0$ 时 $h\to0$，于是
 
-$$
-\lim_{x \to 0} \frac{f(1) - f(1 - x)}{2x} = \lim_{h \to 0} \frac{f(1) - f(1 + h)}{-2h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{2h} = \frac{1}{2} \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} = \frac{1}{2} f'(1).
-$$
+$$\begin{aligned}
+\lim_{x \to 0} \frac{f(1) - f(1 - x)}{2x} &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1) - f(1 + h)}{-2h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{2h} \\ &= \frac{1}{2} \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} \\ &= \frac{1}{2} f'(1).
+\end{aligned}$$
 
 已知该极限值为 $-1$，故 $\dfrac{1}{2}f'(1) = -1$，解得 $f'(1) = -2$。  
 由于 $f(x)$ 是周期函数且可导，其导数 $f'(x)$ 也是周期函数，且周期相同。点 $(5,f(5))$ 处的切线斜率为 $f'(5)$。由周期性，若 $5$ 与 $1$ 相差整数个周期，即存在整数 $k$ 使 $5-1 = kT$，则 $f'(5)=f'(1)$。为使答案确定，可认为 $5$ 与 $1$ 满足周期性条件（否则无法从已知求得 $f'(5)$），故 $f'(5)=f'(1) = -2$。  
@@ -64,6 +64,7 @@ $$
 由于左右极限存在但不相等，故 $x=0$ 处为**跳跃间断点**。
 
 **答案：** (B)
+
 ---
 3.（多选）下列级数中收敛的有______。
 
@@ -83,15 +84,15 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 
 - **A**：由于 $0 < \sin \frac{\pi}{2^n} \leq \frac{\pi}{2^n}$，且几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2^n}$ 收敛，故由比较判别法知原级数收敛。
     
-- **B**：由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \lim_{n \to \infty} \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故由极限形式的比较判别法知原级数收敛。
+- **B**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} = \frac{3}{4}$，又几何级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n}$ 收敛，故由极限形式的比较判别法知原级数收敛。
     
-- **C**：由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛（$p=3>1$），故原级数收敛。也可直接放缩：$\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3}$（当 $n>1$），由比较判别法知收敛。
+- **C**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，而 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}$ 收敛（$p=3>1$），故原级数收敛。也可直接放缩：$\frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \leq \frac{1}{(a+n-1)^3} < \frac{1}{(n-1)^3}$（当 $n>1$），由比较判别法知收敛。
     
-- **D**：由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，而调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
+- **D**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，而调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
     
-- **E**：由于 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \arctan \frac{n}{n+1} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}$，而调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
+- **E**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \arctan \frac{n}{n+1} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}$，而调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。
     
-- **F**：由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim_{n \to \infty} \sqrt{1 + \frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1 + \frac{1}{n^2} \right) = 1$，而 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛（$p=3/2>1$），故原级数收敛。
+- **F**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt{1 + \frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1 + \frac{1}{n^2} \right) = 1$，而 $p$ 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}$ 收敛（$p=3/2>1$），故原级数收敛。
     
 
 **答案：** ABCF
@@ -108,7 +109,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
     $\frac{d}{dx}(x^y) + 4x - y' = 0$，  
     其中 $\frac{d}{dx}(x^y) = x^y \left( y' \ln x + \frac{y}{x} \right)$。  
     代入 $x=1, y=2$：  
-    $1^2 \left( y' \ln 1 + \frac{2}{1} \right) + 4 \times 1 - y' = 0 \implies (0 + 2) + 4 - y' = 0 \implies y' = 6$。  
+    $$1^2 \left( y' \ln 1 + \frac{2}{1} \right) + 4 \times 1 - y' = 0 \implies (0 + 2) + 4 - y' = 0 \implies y' = 6.$$
     所以 $dy|_{x=1} = y'(1)dx = 6dx$。
     
 
@@ -116,7 +117,7 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 
 
 
-5.求 $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + \sin 1} + \frac{2}{n^2 + 2\sin 2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n \sin n} \right)$。
+5.求 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n^2 + \sin 1} + \frac{2}{n^2 + 2\sin 2} + \cdots + \frac{n}{n^2 + n \sin n} \right)$。
 
 **解析：**  
 用夹逼准则：
@@ -130,20 +131,20 @@ F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$
 **答案：** $\frac{1}{2}$
 
 
-6.计算 $\lim_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}$。
+6.计算 $\lim\limits_{x \to \infty} \left( \tan^2 \frac{2}{x} + \cos \frac{1}{x} \right)^{x^2}$。
 
 **解析：**  
 这是 $1^\infty$ 型极限，令 $t = \frac{1}{x}$，则当 $x \to \infty$ 时 $t \to 0^+$，原极限化为：  
-$\lim_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}$。  
+$$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$
 利用等价无穷小和泰勒展开：
 
 - $\tan(2t) \sim 2t$，所以 $\tan^2(2t) \sim 4t^2$；
     
 - $\cos t = 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$。  
     因此：  
-    $\tan^2(2t) + \cos t = 4t^2 + 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2) = 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2)$。  
+    $$\tan^2(2t) + \cos t = 4t^2 + 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2) = 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2).$$
     取对数：  
-    $\ln \left[ \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right)^{\frac{1}{t^2}} \right] = \frac{1}{t^2} \ln \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{1}{t^2} \left( \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{7}{2} + o(1)$。  
+    $$\ln \left[ \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right)^{\frac{1}{t^2}} \right] = \frac{1}{t^2} \ln \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{1}{t^2} \left( \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{7}{2} + o(1).$$
     所以原极限为 $e^{7/2}$。
     
 
@@ -164,15 +165,15 @@ $\lim_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}$。
     
 2. **水平渐近线**（$x \to -\infty$）：  
     当 $x \to -\infty$ 时，$\ln(1+e^x) \to 0$，$\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\arctan \frac{x}{2} \to -\frac{\pi}{2}$，  
-    所以 $\lim_{x \to -\infty} y = (-1) \times (-\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$，水平渐近线为 $y = \frac{\pi}{2}$。
+    所以 $\lim\limits_{x \to -\infty} y = (-1) \times (-\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$，水平渐近线为 $y = \frac{\pi}{2}$。
     
 3. **斜渐近线**（$x \to +\infty$）：
     
-    - 斜率 $k = \lim_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+e^x)}{x} + \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}}{x}$。  
+    - 斜率 $k = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+e^x)}{x} + \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}}{x}$。  
         由于 $\ln(1+e^x) = x + \ln(1+e^{-x})$，所以 $\frac{\ln(1+e^x)}{x} = 1 + \frac{\ln(1+e^{-x})}{x} \to 1$；  
         又 $\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\frac{\arctan \frac{x}{2}}{x} \to 0$，所以第二项趋于0，因此 $k = 1$。
         
-    - 截距 $b = \lim_{x \to +\infty} (y - x) = \lim_{x \to +\infty} \left[ \ln(1+e^x) - x + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2} \right]$。  
+    - 截距 $b = \lim\limits_{x \to +\infty} (y - x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \left[ \ln(1+e^x) - x + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2} \right]$。  
         由于 $\ln(1+e^x) - x = \ln(1+e^{-x}) \to 0$，且 $\frac{2+x}{2-x} \to -1$，$\arctan \frac{x}{2} \to \frac{\pi}{2}$，所以 $b = -\frac{\pi}{2}$。  
         故斜渐近线为 $y = x - \frac{\pi}{2}$。
         
@@ -188,11 +189,12 @@ $\lim_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}$。
 
 **解析：**  
 **第一步：证明数列有下界。**  
-由算术-几何平均不等式，对任意正数 $x$，有  
 由算术-几何平均不等式，对任意正数 $x$，有
+
 $$
 \frac{1}{2} \left( x + \frac{\sigma}{x} \right) \geq \sqrt{x \cdot \frac{\sigma}{x}} = \sqrt{\sigma}.
-$$​.  
+$$
+
 因此，对 $n \geq 1$，有 $a_n \geq \sqrt{\sigma}$，即数列有下界 $\sqrt{\sigma}$。
 
 **第二步：证明数列单调性。**  
@@ -231,7 +233,7 @@ $$
 
 
 
-9.飞机离地面 2 km，以 200 km/h 水平飞行，求飞至目标正上方时摄影机的角速率。
+9.一飞机在离地面$2 km$的高度，以$200 km/h$的速度水平飞行到某目标上空，以便进行航空摄影。试求飞机飞至该目标正上方时，摄影机转动的角速率。
 
 **解析：**
 几何关系：$\tan \theta = \frac{x}{2}$（$x$ 为水平距离，$\theta$ 为竖直与摄影机连线的夹角）。
@@ -242,17 +244,15 @@ $$
 $$
 \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{2} \times (-200) = -100 \text{ rad/h}.
 $$
-角速率为 $100$ rad/h（速率取绝对值）。
+角速率为 $100$ $rad/h$（速率取绝对值）。
 
-**答案：** $100$ rad/h。
+**答案：** $100$ $rad/h$。
 
-以上即为整理后的Obsidian笔记，可以直接复制到Obsidia
 
 ---
 
 
-10.若函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，任取 $x_i \in (a,b)$ $(i=1,2,\cdots,n)$ 使  
-x1≤x2≤⋯≤xn
+10.若函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，任取 $x_i \in (a,b)$ $(i=1,2,\cdots,n)$ 使 $$x_1≤x_2≤⋯≤x_n$$
 证明：存在 $\xi \in [x_1,x_n]$，使得  
 $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
 
@@ -260,7 +260,7 @@ $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$
 由于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内连续，而 $[x_1, x_n] \subset (a,b)$，所以 $f(x)$ 在闭区间 $[x_1, x_n]$ 上连续。根据闭区间上连续函数的最值定理，$f(x)$ 在 $[x_1, x_n]$ 上能取到最大值 $M$ 和最小值 $m$。
 
 对于任意 $x_i \in [x_1, x_n]$，有 $m \leq f(x_i) \leq M$，因此  
-m≤$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$≤M.  
+$m≤$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$
 由连续函数的介值定理，存在 $\xi \in [x_1, x_n]$，使得  
 $$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$  
 证毕。