From b57b731d7a17f6b8179199af25b6008cf7767b69 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E9=83=91=E5=93=B2=E8=88=AA?= Date: Fri, 26 Dec 2025 21:26:50 +0800 Subject: [PATCH 1/2] =?UTF-8?q?=E4=BF=AE=E6=94=B9=E4=BA=86=E6=96=87?= =?UTF-8?q?=E4=BB=B6=EF=BC=9A?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- 编写小组/试卷/期中考前押题卷.md | 269 ------------------ .../试卷/期中考前押题卷解析版.md | 56 ++-- 2 files changed, 28 insertions(+), 297 deletions(-) delete mode 100644 编写小组/试卷/期中考前押题卷.md diff --git a/编写小组/试卷/期中考前押题卷.md b/编写小组/试卷/期中考前押题卷.md deleted file mode 100644 index 054d216..0000000 --- a/编写小组/试卷/期中考前押题卷.md +++ /dev/null @@ -1,269 +0,0 @@ -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 - - - - - -1.设周期函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内可导，又 $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(1)-f(1-x)}{2x}=-1$，则曲线 $y=f(x)$ 在点 $(5,f(5))$ 处切线的斜率为[　]。 -（A）$\dfrac{1}{2}$　　　（B）$0$　　　（C）$-1$　　　（D）$-2$ - -**解析：** -由极限表达式变形：令 $h=-x$，则当 $x\to0$ 时 $h\to0$，于是 - -$$\begin{aligned} -\lim_{x \to 0} \frac{f(1) - f(1 - x)}{2x} &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1) - f(1 + h)}{-2h} \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{2h} \\ &= \frac{1}{2} \lim_{h \to 0} \frac{f(1 + h) - f(1)}{h} \\ &= \frac{1}{2} f'(1). -\end{aligned}$$ - -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 $f'(5)=f'(1) = -2$。 -因此，曲线在点 $(5,f(5))$ 处的切线斜率为 $-2$，选项（D）正确。 - -**答案：** (D) - ---- - - - -2.设 $f(x) = \dfrac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} + \dfrac{\sin x}{|x|}$，则 $x = 0$ 是 $f(x)$ 的（ ）。 - -(A) 可去间断点 -(B) 跳跃间断点 -(C) 无穷间断点 -(D) 振荡间断点 - -**解析：** -分析函数在 $x=0$ 处的左右极限。 - -1. **第一部分**：$\dfrac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}}$ - - - 当 $x \to 0^+$ 时，$\frac{1}{x} \to +\infty$，$e^{\frac{1}{x}} \to +\infty$，所以 - - $$ -\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} = \frac{\frac{2}{e^{\frac{1}{x}}} + 1}{\frac{1}{e^{\frac{1}{x}}} + 1} \rightarrow \frac{0 + 1}{0 + 1} = 1. -$$ - - 当 $x \to 0^-$ 时，$\frac{1}{x} \to -\infty$，$e^{\frac{1}{x}} \to 0$，所以 - - $$ -\frac{2 + e^{\frac{1}{x}}}{1 + e^{\frac{1}{x}}} \rightarrow \frac{2 + 0}{1 + 0} = 2. -$$ -1. **第二部分**：$\dfrac{\sin x}{|x|}$ - - - 当 $x \to 0^+$ 时，$|x| = x$，$\dfrac{\sin x}{|x|} = \dfrac{\sin x}{x} \to 1$。 - - - 当 $x \to 0^-$ 时，$|x| = -x$，$\dfrac{\sin x}{|x|} = \dfrac{\sin x}{-x} \to -1$。 - -2. **整体极限**： - - - 右极限：$\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = 1 + 1 = 2$。 - - - 左极限：$\lim\limits_{x \to 0^-} f(x) = 2 + (-1) = 1$。 - - -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______。 - -A $\sin \frac{\pi}{2} + \sin \frac{\pi}{2^2} + \sin \frac{\pi}{2^3} + \cdots$ - -B $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3+2n^2}{4n^3+1}$ - -C $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \quad (a > 0)$ - -D $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}}$ - -E $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \arctan \frac{n}{n+1}$ - -F $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1}$ - -**解析：** - -- **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 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{5^n} \cdot \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} \right) / \left( \frac{1}{5^n} \right) = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{3n^3 + 2n^2}{4n^3 + 1} = \frac{3}{4}$，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 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{(a+n-1)(a+n)(a+n+1)} \right) / \left( \frac{1}{n^3} \right) = 1$，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 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n\sqrt[n]{n}} / \frac{1}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n}} = 1$，而调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。 - -- **E**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n} \cdot \arctan \frac{n}{n+1} \right) / \frac{1}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \arctan \frac{n}{n+1} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}$，而调和级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 发散，故原级数发散。 - -- **F**：由于 $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n+\sqrt{n}}}{n^2+1} / \frac{1}{n^{3/2}} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt{1 + \frac{1}{\sqrt{n}}} / \left( 1 + \frac{1}{n^2} \right) = 1$，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 - - - -4.设 $y=y(x)$ 由方程 $x^y + 2x^2 - y = 1$ 确定，求 $dy|_{x=1}$。 - -**解析：** - -1. 先求 $x=1$ 时的 $y$ 值：代入方程：$1^y + 2 \times 1^2 - y = 1 \implies 1 + 2 - y = 1 \implies y = 2$。 - -2. 隐函数求导：方程两边对 $x$ 求导，注意 $x^y = e^{y \ln x}$： - $\frac{d}{dx}(x^y) + 4x - y' = 0$， - 其中 $\frac{d}{dx}(x^y) = x^y \left( y' \ln x + \frac{y}{x} \right)$。 - 代入 $x=1, y=2$： - $$1^2 \left( y' \ln 1 + \frac{2}{1} \right) + 4 \times 1 - y' = 0 \implies (0 + 2) + 4 - y' = 0 \implies y' = 6.$$ - 所以 $dy|_{x=1} = y'(1)dx = 6dx$。 - - -**答案：** $dy|_{x=1} = 6dx$ - - - -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： - -- 下界：$S_n \geq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 + n} = \frac{1}{2}$； - -- 上界：$S_n \leq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2 - n} = \frac{n(n+1)}{2(n^2-n)} \to \frac{1}{2}$（$n \to \infty$）。 - 故极限为 $\frac{1}{2}$。 - - -**答案：** $\frac{1}{2}$ - - -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： -$$\lim\limits_{t \to 0^+} \left( \tan^2 (2t) + \cos t \right)^{\frac{1}{t^2}}.$$ -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： - $$\tan^2(2t) + \cos t = 4t^2 + 1 - \frac{t^2}{2} + o(t^2) = 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2).$$ - 取对数： - $$\ln \left[ \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right)^{\frac{1}{t^2}} \right] = \frac{1}{t^2} \ln \left( 1 + \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{1}{t^2} \left( \frac{7}{2}t^2 + o(t^2) \right) = \frac{7}{2} + o(1).$$ - 所以原极限为 $e^{7/2}$。 - - -**答案：** $e^{7/2}$ - ---- - - - - -7.求曲线 $y = \ln(1+e^x) + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}$ 的渐近线方程。 - -**解析：** -渐近线分垂直、水平、斜渐近线分析： - -1. **垂直渐近线**： - 分母 $2-x=0 \implies x=2$，计算 $\lim_{x \to 2} y = \infty$，故垂直渐近线为 $x=2$。 - -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 $\lim\limits_{x \to -\infty} y = (-1) \times (-\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2}$，水平渐近线为 $y = \frac{\pi}{2}$。 - -3. **斜渐近线**（$x \to +\infty$）： - - - 斜率 $k = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{y}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+e^x)}{x} + \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2}}{x}$。 - 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 $b = \lim\limits_{x \to +\infty} (y - x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \left[ \ln(1+e^x) - x + \frac{2+x}{2-x} \arctan \frac{x}{2} \right]$。 - 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 $y = x - \frac{\pi}{2}$。 - - -**答案：** -渐近线为：$x=2$，$y=\frac{\pi}{2}$，$y=x-\frac{\pi}{2}$。 - ---- - - -8.设 $a > 0, \sigma > 0$，定义 $a_1 = \dfrac{1}{2} \left( a + \dfrac{\sigma}{a} \right)$，$a_{n+1} = \dfrac{1}{2} \left( a_n + \dfrac{\sigma}{a_n} \right)$，$n = 1, 2, \ldots$ -证明：数列 ${a_n}$ 收敛，且极限为 $\sqrt{\sigma}$。 - -**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 - -$$ -\frac{1}{2} \left( x + \frac{\sigma}{x} \right) \geq \sqrt{x \cdot \frac{\sigma}{x}} = \sqrt{\sigma}. -$$ - -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。** -考虑差值： -考虑数列的递推式：$a_{n+1} = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{\sigma}{a_n} \right)$，则 -$$ -a_{n+1} - a_n = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{\sigma}{a_n} \right) - a_n = \frac{1}{2} \left( \frac{\sigma}{a_n} - a_n \right) = \frac{\sigma - a_n^2}{2a_n}. -$$ - -由于 $a_n > 0$，差值的符号由 $\sigma - a_n^2$ 决定。 - -- 若 $a_n > \sqrt{\sigma}$，则 $a_{n+1} - a_n < 0$，数列单调递减； - -- 若 $a_n < \sqrt{\sigma}$，则 $a_{n+1} - a_n > 0$，数列单调递增； - -- 若 $a_n = \sqrt{\sigma}$，则 $a_{n+1} = a_n$，数列为常数列。 - - -易证 $a_1 \geq \sqrt{\sigma}$，等号仅当 $a = \sqrt{\sigma}$ 时成立。 -若 $a = \sqrt{\sigma}$，则数列恒为 $\sqrt{\sigma}$，结论成立。 -若 $a > \sqrt{\sigma}$，则 $a_1 > \sqrt{\sigma}$，由归纳法所有 $a_n > \sqrt{\sigma}$，且数列单调递减。 -若 $0 < a < \sqrt{\sigma}$，则 $a_1 > \sqrt{\sigma}$（因为 $a_1 = \frac{1}{2}(a + \sigma/a) \geq \sqrt{\sigma}$ 且等号不成立），此时从 $n=1$ 起 $a_n > \sqrt{\sigma}$，且 $a_2 < a_1$（因 $a_1 > \sqrt{\sigma}$），之后单调递减。 - -因此，无论哪种情况，数列从某项起单调且有界（下界 $\sqrt{\sigma}$，上界为 $a_1$ 或更大），故数列收敛。 - -**第三步：求极限。** -设 $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = L$，则 $L \geq \sqrt{\sigma} > 0$。在递推式两边取极限： -$$ -L = \frac{1}{2} \left( L + \frac{\sigma}{L} \right). -$$ -整理得 $2L = L + \frac{\sigma}{L}$，即 $L = \frac{\sigma}{L}$，从而 $L^2 = \sigma$，故 $L = \sqrt{\sigma}$（正根）。 - -因此，数列 ${a_n}$ 收敛，且极限为 $\sqrt{\sigma}$。 - ---- - - - -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）。 - -求导：$\sec^2 \theta \cdot \frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{2} \cdot \frac{dx}{dt}$。 - -代入 $x=0$（正上方）：$\theta = 0 \implies \cos \theta = 1$，$\frac{dx}{dt} = -200$ km/h，得 -$$ -\frac{d\theta}{dt} = \frac{1}{2} \times (-200) = -100 \text{ rad/h}. -$$ -角速率为 $100$ $rad/h$（速率取绝对值）。 - -**答案：** $100$ $rad/h$。 - - ---- - - -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 -$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$ - -**解析：** -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≤$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i$)$≤M.$ -由连续函数的介值定理，存在 $\xi \in [x_1, x_n]$，使得 -$$f(\xi) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f(x_i)$$ -证毕。 - ---- - diff --git a/编写小组/试卷/期中考前押题卷解析版.md b/编写小组/试卷/期中考前押题卷解析版.md index f821012..054d216 100644 --- a/编写小组/试卷/期中考前押题卷解析版.md +++ b/编写小组/试卷/期中考前押题卷解析版.md @@ -1,6 +1,6 @@ 时量：60分钟 ____ -**内部资料，禁止传播** -**编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航** +内部资料，禁止传播 +编委会（不分先后，姓氏首字母顺序）：程奕铭 韩魏 刘柯妤 卢吉辚 王轲楠 支宝宁 郑哲航 @@ -12,9 +12,9 @@ **解析：** 由极限表达式变形：令 $h=-x$，则当 $x\to0$ 时 $h\to0$，于是 -$$ -\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。 From 0d37c9be4016a65bb98935345dae3f73e3ca3fca Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E9=83=91=E5=93=B2=E8=88=AA?= Date: Fri, 26 Dec 2025 21:27:21 +0800 Subject: [PATCH 2/2] =?UTF-8?q?=E4=BF=AE=E6=94=B9=E4=BA=86=E6=96=87?= =?UTF-8?q?=E4=BB=B6=EF=BC=9A?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- .../{期中考前押题卷 1.md => 期中考前押题卷.md} | 0 1 file changed, 0 insertions(+), 0 deletions(-) rename 编写小组/试卷/{期中考前押题卷 1.md => 期中考前押题卷.md} (100%) diff --git a/编写小组/试卷/期中考前押题卷 1.md b/编写小组/试卷/期中考前押题卷.md similarity index 100% rename from 编写小组/试卷/期中考前押题卷 1.md rename to 编写小组/试卷/期中考前押题卷.md