2020年天津专升本数学真题参考答案

一、选择题

1. 答案：D
2. 答案：A
3. 答案：C
4. 答案：B
5. 答案：B
6. 答案：A

二、填空题

7. 答案：\(\frac{3}{2}\)
8. 答案：1
9. 答案：\(\frac{x^2(1-y)}{y+1}\)
10. 答案：\(2x\cos(x^2-2y)dx - 2\cos(x^2-2y)dy\)
11. 答案：\(xe^x - e^x + C\)
12. 答案：\(\frac{1}{2}\)

三、解答题

13. 答案：\(a = 2\)，\(b = 1\)
    解析：因为 \(\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (2 - \cos x) = 1\)，\(\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^{bx} - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{bx}{x} = b\)，又因为函数 \(f(x)\) 在点 \(x = 0\) 处连续，所以 \(\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0)\)，\(f(0) = \frac{a}{2}\)，即 \(1 = b = \frac{a}{2}\)，解得 \(a = 2\)，\(b = 1\)。
14. 答案：

    1. 通解 \(y = Ce^{x^2}\)（其中 \(C\) 是任意实数）
    2. 特解 \(y = 2e^{-2x} - e^{3x}\)
    解析：

    （1）当 \( y \neq 0 \) 时，将原方程分离变量得 \(\frac{1}{y} dy = \frac{3\sqrt{x}}{2} dx\)，两边同时积分得 \(\ln|y| = x^2 + C_1\)，整理得 \( y = Ce^{x^2} \)，其中 \( C = \pm e^{C_1} \)。又因为 \( y = 0 \) 是原方程的解，故原方程的解为 \( y = Ce^{x^2} \)（其中 \( C \) 是任意实数）。

    （2）原方程的特征方程根为 \( r^2 - r - 6 = 0 \)，解得 \( r_1 = -2, r_2 = 3 \)，所以原方程的通解是 \( y = c_1 e^{-2x} + c_2 e^{3x} \)（\( c_1, c_2 \) 为任意实数），从而 \( y' = -2c_1 e^{-2x} + 3c_2 e^{3x} \)。由初始条件 \( y(0) = 1 \)，\( y'(0) = -7 \) 得 \(\begin{cases} c_1 + c_2 = 1 \\ -2c_1 + 3c_2 = -7 \end{cases}\)，解得 \( c_1 = 2, c_2 = -1 \)。所以原方程的特解为 \( y = 2e^{-2x} - e^{3x} \)。

15. 答案：

    1. 面积 \(S = \frac{1}{3} + \frac{1}{e}\)
    2. 体积 \(V_x = \pi \left( \frac{41}{30} + \frac{1}{2e^2} \right)\)
    解析：

    （1）面积 \(S = \int_{0}^{1} (x^2 + 1 - e^{-x}) dx = \frac{1}{3} x^3 \bigg|_{0}^{1} + 1 + \int_{0}^{1} e^{-x} d(-x) = \frac{1}{3} + 1 + e^{-1} - 1 = \frac{1}{3} + \frac{1}{e}\)。

    （2）体积 \(V_x = \pi \int_{0}^{1} [(x^2 + 1)^2 - e^{-2x}] dx = \pi \int_{0}^{1} (x^4 + 2x^2 + 1 - e^{-2x}) dx = \pi \left( \frac{1}{5} x^5 + \frac{2}{3} x^3 + x \right) \bigg|_{0}^{1} + \pi \int_{0}^{1} \frac{e^{-2x}}{2} d(-2x) = \pi \left( \frac{1}{5} + \frac{2}{3} + 1 \right) + \pi \frac{1}{2} e^{-2x} \bigg|_{0}^{1} = \pi \left( \frac{41}{30} + \frac{1}{2e^2} \right)\)。

16. 答案：函数 \( f(x, y) \) 的极大值点为 \((0, 0)\)，极大值是 \(0\)。
    解析：由 \( f_x' = 4y^2 - 2x = 0 \)，解得驻点 \((0, 0), \left( \frac{1}{8}, \pm \frac{1}{4} \right)\)。二阶偏导数分别为：\( f_{xx}'' = -2, f_{xy}'' = 8y, f_{yy}'' = 8x - 1 \)。对于驻点 \((0, 0)\)，\( A = -2, B = 0, C = -1 \)，由于 \( B^2 - AC = -2 < 0 \) 且 \( A < 0 \)，所以 \((0, 0)\) 点是极大值点，极大值为 \( f(0,0) = 0 \)。对于驻点 \(\left( \frac{1}{8}, \pm \frac{1}{4} \right)\)，\( A = -2, B = \pm 2, C = 4 \)，由于 \( B^2 - AC = 4 > 0 \)，所以点 \(\left( \frac{1}{8}, \pm \frac{1}{4} \right)\) 不是极值点。
17. 答案：直线方程为 \(\frac{x-1}{1} = \frac{y+2}{-1} = \frac{z+1}{-1}\)
    解析：已知平面 \(\pi_1: x + 2y - z = 0\) 的法向量 \(\vec{n}_1 = \{1,2,-1\}\)；平面 \(\pi_2: 2x - 3y + 5z = 6\) 的法向量 \(\vec{n}_2 = \{2,-3,5\}\)；直线 \(l\) 的方向向量为 \(\vec{s}\)，则 \(\vec{s} = \vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = \begin{vmatrix} i & j & k \\ 1 & 2 & -1 \\ 2 & -3 & 5 \end{vmatrix} = \{7,-7,-7\}\)。取 \(\vec{s} = \{1,-1,-1\}\)，又因为直线过点 \((1,-2,-1)\)，故直线 \(l\) 的方程为 \(\frac{x-1}{1} = \frac{y+2}{-1} = \frac{z+1}{-1}\)。