特此存档, 希望为后来人提供参考， 采用的是有名的exam-zh项目, gitee地址为https://gitee.com/xkwxdyy/exam-zh, 里面有更详细的使用教程, 我所做的简单修改即为解析部分取消了卷子形式设计为单页形式.

同时由于时间和专业性, 解析里面可能有一定的错误orz, 因此也仅供参考！

原卷源码

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			{\heiti \zihao{4}姓名} {\underline{\hspace*{8em}}},
			{\heiti \zihao{4}准考证号} {\examsquare{9}},
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\begin{document}
	\title{冯如学支暑假命题组}
	
	\subject{2024冯如书院新学期数学摸底考试}
	
	\secret
	
	\maketitle
	本试卷共 4 页,15 题.考试用时 180 分钟.
	
	\begin{notice}
		\item 答卷前,考生务必将自己的姓名和考生号填写答题卡上,用2B铅笔填涂考号.选择题和非选择题必须用黑色签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;不要使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.
		\item 本卷不按难度排序,仅按知识点顺序来排序.
		\item 鸣谢:本卷从立项到成卷历时20多天,离不开冯如学支和命题组成员的付出,感激(T﹏T)
		\item[] 命题指导:\textbf{Lizerio,aMr.Sky,MMC}
		\item[] 命题组成员:\textbf{02,Ricardo\_ming,一玮以航,2305拾柒}.
		\item[] 排版:\textbf{2305拾柒}
	\end{notice}
	
	
	
	% 1.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察De Morgan定律的运用.}设全集$U$=\{$x\mid x<10,x \in \mathbf{N}$\},若$A \cap \complement_U B$=\{1,4,5\},$B \cap \complement_U A$=\{6,8\},$(\complement_U A) \cup (\complement_U B)$=\{1,2,4,5,6,7,8\},则$A \cap B$=\fillin[].
	\end{question} 
	
	% 2.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察复数的模和辐角.}设复数$z=1+\iu$，求$z^5$的模和辐角（以弧度表示）
	\end{question}
	
	% 3.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察三角恒等变换和和差化积相关知识.}证明\[
		\cos 2+\cos 4+\cdots+\cos(2n)=\frac{\sin n\cdot\cos(n+1)}{\sin 1}
		\]
	\end{question}
	
	% 4.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察反三角函数的导数.}阅读以下过程.
		反函数求导法:‌反函数的导数等于其原函数导数的倒数,即若$y=f(x)$的反函数为$x=g(y)$,则${(g(y))}'=\frac{1}{f(x)}$.对于$y=\arcsin x,x\in\left[-1,1\right]$,其反函数为$x=\sin y$,则${(\arcsin x)}'=\frac{1}{{(\sin y)}'}=\frac{1}{\cos y}$.而$\sin^2x+\cos^2x=1$,则${(\arcsin x)}'=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin ^{2} y}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$同理：$(\arccos x)^{\prime}=-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}},(\arctan x)^{\prime}=\frac{1}{1+x^{2}}$
		
		请推导以下函数的导数
		\[
		F(x)=\arccos x,F(x)=\arctan x
		\]
	\end{question}
	
	% 5.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察双曲函数及其在计算积分时的使用.}
		\item[(1)]写出下列函数的反函数及其定义域,并求出反函数的导数
		\[
		\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2} 
		\]
		\[
		\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}
		\]
		\[ 
		\tanh x=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}
		\]
		\item[(2)]双曲函数的性质与三角函数性质有一些类似和不同的地方,如$\cosh^2 x-\sinh^2 x=1,\cosh 2x=\cosh^2 x+\sinh^2 x$.计算积分
		$\int_{0}^{1}x^2\sqrt{1+4x^2} \mathrm{d} x$
		
	\end{question}
	
	% 6.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察高阶韦达定理即根与系数的关系.}
		已知代数基本定理(任何一个非零的一元$n$次复系数多项式,都正好有$n$个复数根)
		\item[(1)]韦达定理:已知$ax^2+ bx+ c = 0(a \ne 0)$两根为$x_1,x_2$则$x_1+x_2=-\frac{b}{a},x_1\cdot x_2= \frac{c}{a}.$
		\item[(2)]待定系数法证明韦达定理:设$x_1,x_2$是方程$ax^2+ bx+ c = 0(a \ne 0)$的两个根,则原方程可表示为$a(x-x_1)(x-x_2)=0$,将方程展开整理得
		$a[x^2 - (x_1 + x_2)x +x_1x_2] = ax² + bx + c$,比对相同次项的系数得$x_1+x_2=-\frac{b}{a},x_1\cdot x_2= \frac{c}{a}.$
		\item[(3)]请你仿照(2),完成本题.$x_1,x_2,x_3$为方程$ax^3 + bx^2+cx + d=0$的三个根,求$x_1+x_2+x_3$和$x_1\cdot x_2\cdot x_3$
		\item[(4)]用类似的方法,我们可以得到一元$n$次方程$a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+a_{n-2} x^{n-2}+\cdots+a_1 x+a_0=0$的根于系数之间的关系为:
		
		$x_1+x_2+x_3+\cdots +x_{n-1}+x_n=\fillin[]$
		
		$x_1\cdot x_2 \cdot x_3 \cdot \cdots \cdot x_n=\fillin[]$
		
		
	\end{question}
	
	% 7.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察数列极限.}数列极限的定义为:设 $\{ a_n \}$ 是一个数列,$a$ 是一个常数.如果对于任意给定的正数 $\varepsilon$,总存在正整数 $N$,使得当 $n > N$ 时,不等式 $|a_n - a| < \varepsilon$ 都成立,那么就称常数 $a$ 是数列 $\{ a_n \}$ 的极限,或者称数列 $\{ a_n \}$ 收敛于 $a$,记作 $\lim_{{n \to \infty}} a_n = a$ 或 $a_n \to a$(当 $n \to \infty$).
		\item[]求出以下极限的值:
		\item[(1)]$\lim_{n \to \infty} \frac{n+4}{n^2+n+1}$
		\item[(2)]$\lim_{n \to \infty} \frac{7^n}{n!}$
	\end{question}
	
	% 8.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察行列式的综合应用.}
		\item[(1)]若
		$
		D=\begin{vmatrix} 
			a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ 
			a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ 
			a_{31} & a_{32} & a_{33}
		\end{vmatrix}=1,
		$
		则$
		D_1=\begin{vmatrix}
			4a_{11} & 2a_{11}-3a_{12} &a_{13}\\
			4a_{21} & 2a_{21}-3a_{22} &a_{23}\\
			4a_{31} & 2a_{31}-3a_{32} &a_{33}
		\end{vmatrix}=\fillin[$1$].
		$
		\item[(2)]求下面方程的根
		\[
		\begin{vmatrix}
			1 & 1 & 2 & 3\\
			1 & 2-x^2 & 2 & 3\\
			2 &  3& 1 & 5\\
			2&  3& 1 &9-x^2
		\end{vmatrix}=0
		\]
	\end{question}
	
	% 9.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察极坐标方程.}设曲线$\Gamma$的极坐标方程为:$r=2+2\cos \theta$
		\item[(1)]将极坐标方程转化为直角坐标方程.
		\item[(2)]计算曲线$\Gamma$围成的面积.
	\end{question}
	
	% 10.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察参数方程化为普通方程.}分别在下面两种情况,把参数方程化为普通方程. 
		\begin{equation*}  
			\begin{cases}  
				x = \frac{1}{2}(e^{t} + e^{-t})\cos\theta \\  
				y = \frac{1}{2}(e^{t} - e^{-t})\sin\theta  
			\end{cases}  
		\end{equation*}  
		\item[(1)] $\theta$为参数,$t$为常数;  
		\item[(2)] $t$为参数,$\theta$为常数.  
	\end{question}
	
	% 11.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察不等式的运用. }        
		\item[(1)] 已知$a, b, c$均为正数,且$a^{2} + b^{2} + 4c^{2} = 3$,证明:$a + b + 2c \leq 3$;当$b = 2c$时，证明：$\frac{1}{a} + \frac{1}{c} \geq 3$.      
		\item[(2)] 设$\triangle ABC$的三内角$A$、$B$、$C$所对的边分别为$a$、$b$、$c$，其周长为1,求证：    
		\[    
		\frac{1}{A} + \frac{1}{B} + \frac{1}{C} \geq 3\left(\frac{a}{A} + \frac{b}{B} + \frac{c}{C}\right)    
		\]   
	\end{question}
	
	% 12.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察线性规划模型的运用.}假设每天从甲地去乙地的旅客人数$X$是服从正态分布$N(800,50^{2})$的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为$p_{0}$.  
		\item[(1)]求$p_{0}$的值(参考数据：若$X \sim N(\mu,\sigma^{2})$,有$P(\mu-\sigma<X<\mu+\sigma)=0.6826,P(\mu-2\sigma<X<\mu+2\sigma)=0.9544,P(\mu-3\sigma<X<\mu+3\sigma)=0.9974$).
		\item[(2)] 某客运公司用$A,B$两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一次,$A,B$两种车辆的载客量分别为36人和60人,从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队,并要求$B$型车不多于$A$型车7辆.若每天要以不小于$p_{0}$的概率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地的营运成本最小,那么应配备$A$型车、$B$型车各多少辆?  
	\end{question}
	
	
	% 13.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察函数极限的计算.}洛必达法则是在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法,有$\frac{0}{0}$型,$\frac{\infty}{\infty}$等.对于$\frac{0}{0}$型,若函数满足以下条件:
		\item[①]$ \lim_{{x \to a}} f(x) = 0 $且$ \lim_{{x \to a}} g(x) = 0.  $
		\item[②]函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x = a$ 的去心邻域内可导.
		\item[③]$\lim_{{x \to a}} \frac{f'(x)}{g'(x)}=A$($A$为有限数或无穷大)
		
		则 $\lim_{{x \to a}} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{{x \to a}} \frac{f'(x)}{g'(x)}.  $
		
		\textbf{提示:${(\tan x)}'=\sec^2 x,\sec^2x=\tan^2 x+1$}\\
		根据以上信息计算
		\item[(1)]
		\[
		\lim_{x \to 0} \frac{\sin x-\tan x}{x^{3}} 
		\]
		\item[(2)]
		\[
		\lim_{x \to 0} \frac{\tan x-x}{x^2\sin x}
		\]
	\end{question}
	
	\newpage
	
	% 14.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察不定积分的计算.}
		\item[(1)]
		\[
		\int \frac{\cos 2x}{\cos x-\sin x}\mathrm{d} x
		\]
		\item[(2)]
		\[
		\int (\sqrt x+1)(\sqrt{x^3}-1)\mathrm{d} x
		\]
	\end{question}
	
	
	% 15.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察定积分的计算.}$Newton-Leibniz$公式的内容是一个连续函数在区间$\left[a,b\right]$上的定积分等于它的任意一个原函数在区间$\left[a,b\right]$上的增量.用公式表达为:
		\[
		\int_{a}^{b}f(x)=F(b)-F(a)=F(x)|_{a}^{b}
		\]
		定积分的一个重要性质是其积分值与积分变量(即被积函数中的字母)的选取无关,只要被积函数和积分区间在变量替换后保持等价,那么定积分的值就不会改变.这个性质通常被称为定积分的\textquotedblleft 变字母不变性\textquotedblright 或\textquotedblleft 积分变量的可替换性\textquotedblright.\\
		根据以上信息计算
		\item[(1)]
		\[
		\int_{1}^{2}(x^2+\frac{1}{x^4})\mathrm{d} x
		\]
		\item[(2)]
		\[
		\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d} x
		\]
	\end{question}
	
	
	
	
\end{document}

解析源码

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% !TeX spellcheck = en_US

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\everymath{\displaystyle}

\begin{document}
	\title{冯如学支暑假命题组}
	\subject{2024冯如书院新学期数学摸底考试解析}
	\maketitle
	
	\begin{notice}
		\item 解析如有问题,以命题组勘误为准.
		\item 鸣谢:本卷从立项到成卷历时20多天,离不开冯如学支和命题组成员的付出,感激(T﹏T)
		\item[] 命题指导:\textbf{Lizerio,Mr.Sky,MMC}
		\item[] 命题组成员:\textbf{02,Ricardo\_ming,一玮以航,2305拾柒}.
		\item[] 排版:\textbf{2305拾柒}
		\item[] 排版软件:\LaTeX
	\end{notice}
	\newpage
	
	% 1.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察De Morgan定律的运用.}设全集$U$=\{$x\mid x<10,x \in \mathbf{N}$\},若$A \cap \complement_U B$=\{1,4,5\},$B \cap \complement_U A$=\{6,8\},$(\complement_U A) \cup (\complement_U B)$=\{1,2,4,5,6,7,8\},则$A \cap B$=\fillin[$1$].
	\end{question} 
	
	\textbf{解析:本题考察De Morgan定律的运用,属于简单难度.}
	
	由De Morgan定律知$\complement_U(A \cap B) = (\complement_U{A}) \cup (\complement_U{B} )$ 
	
	而$U$=\{$x\mid x<10,x \in \mathbf{N}$\},$(\complement_U A) \cup (\complement_U  B)$=\{1,2,4,5,6,7,8\},则$A \cap B=\{0,3,9\}$.\\
	
	
	% 2.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察复数的模和辐角.}设复数$z=1+\iu$，求$z^5$的模和辐角（以弧度表示）
	\end{question}
	\textbf{解析:本题考察复数的模和辐角,属于简单难度.}
	
	复数$z=a+bi$可以表示为极坐标形式 $z=r\eu^{\iu\theta}$,其中$r=\sqrt{a^2+b^2}$是复数的模,$\theta=\arctan{\frac{b}{a}}$是复数的辐角.
	
	$z=1+\iu$的模为$|z|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,辐角为$\theta=\arctan(\frac{1}{1})=\frac{\pi}{4}$.
	
	根据复数的幂运算,$z^n=(r\eu^{\iu\theta})^n=r^{n}\eu^{\iu(n\theta)}$,则$z^5$的模为$|r|^5=(\sqrt{2})^5=4\sqrt{2}$,辐角为$5\theta=\frac{5\pi}{4}$.\\
	
	% 3.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察三角恒等变换和和差化积相关知识.}证明
		\[
		\cos 2+\cos 4+\cdots\cos(2n)=\frac{\sin n\cdot\cos(n+1)}{\sin 1}
		\]
	\end{question}
	\textbf{解析:本题考察三角恒等变形,属于中等难度.}
	
	使用和差化积公式,可以证明该等式.
	
	首先,不加证明的给出两个公式(即积化和差和和差化积其中的两个公式)
	\[\sin A \cos B=\frac{1}{2}[\sin (A-B)+\sin (A+B)]\]
	\[\sin A-\sin B=2 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \sin \left(\frac{A-B}{2}\right)\]
	\begin{enumerate}
		\item[]$\sin 1(\cos 2+\cos 4+\cdots+\cos 2 n)\\
		=\sin 1 \cos 2+\sin 1 \cos 4+\cdots+\sin 1 \cos 2 n \\
		=\frac{1}{2}(\sin 3-\sin 1)+\frac{1}{2}(\sin 5-\sin 3)+\cdots+\frac{1}{2}(\sin (2 n+1)-\sin (2 n-1) \\
		=\frac{1}{2}(-\sin 1+\sin 3-\sin 3+\sin 5-\sin 5+\sin 7+\cdots-\sin (2 n-1)+\sin (2 n+1)) \\
		=\frac{1}{2}(\sin (2 n+1)-\sin 1) \\
		=\cos (n+1) \sin n$
		\item[]即  $\cos 2+\cos 4+\cdots \cos (2 n)=\frac{\sin n \cdot \cos (n+1)}{\sin 1} $
	\end{enumerate}
	
	
	\newpage
	
	
	% 4.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察推导反三角函数的导数.}阅读以下过程.
		反函数求导法:‌反函数的导数等于其原函数导数的倒数,即若$y=f(x)$的反函数为$x=g(y)$,则${(g(y))}'=\frac{1}{f(x)}$.对于$y=\arcsin x,x\in\left[-1,1\right]$,其反函数为$x=\sin y$,则${(\arcsin x)}'=\frac{1}{{(\sin y)}'}=\frac{1}{\cos y}$.而$\sin^2x+\cos^2x=1$,则${(\arcsin x)}'=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin ^{2} y}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$同理：$(\arccos x)^{\prime}=-\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}},(\arctan x)^{\prime}=\frac{1}{1+x^{2}}$
		
		请推导以下函数的导数
		\[
		F(x)=\arccos x,F(x)=\arctan x
		\]
	\end{question}
	
	\textbf{解析:本题考察推导反三角函数的导数.属于简单难度.}
	\begin{enumerate}
		\item 
		对于 $y = \arccos x$, $x \in [-1, 1]$, 其反函数为 $x = \cos y,y \in [0, \pi]$  \\
		根据反函数求导法则$	{(\arccos x)}' = \frac{1}{{(\cos y)}'}.  $\\
		而 ${(\cos y)}' = -\sin y$, 则${(\arccos x)}' = -\frac{1}{\sin y}.$  \\
		注意到$\sin^2 y + \cos^2 y = 1$. 且$y \in [0, \pi]$ ,则 $\sin y \geq 0$.  \\	  
		则$\sin y = \sqrt{1 - \cos^2 y} = \sqrt{1 - x^2}. $\\
		所以${(\arccos x)}' = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}.  $\\
		\item
		对于 $y = \arctan x$ , $x \in \mathbf{R}$ , 其反函数为 $x = \tan y,y \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$. \\
		根据反函数求导法则 ${(\arctan x)}' = \frac{1}{{(\tan y)}'}.$  \\	
		而${(\tan y)}' = \sec^2 y$ ,$\sec^2 y = 1 + \tan^2 y$.\\	 
		则${(\arctan x)}' = \frac{1}{1 + \tan^2 y}$   \\
		而 $x = \tan y$,则 ${(\arctan x)}' = \frac{1}{1 + \tan^2 y} = \frac{1}{1 + x^2}. $ \\
	\end{enumerate}
	\textbf{注:本题使用隐函数求导也可以证明出来,合理即可.}
	\newpage
	
	% 5.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察双曲函数及其在计算积分时的使用.}
		\item[(1)]写出下列函数的反函数及其定义域,并求出反函数的导数
		\[
		\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2} 
		\]
		\[
		\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}
		\]
		\[ 
		\tanh x=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}
		\]
		\item[(2)]双曲函数的性质与三角函数性质有一些类似和不同的地方,如$\cosh^2 x-\sinh^2 x=1,\cosh 2x=\cosh^2 x+\sinh^2 x$.
		
		计算积分
		\[
		\int_{0}^{1}x^2\sqrt{1+4x^2} \mathrm{d} x
		\]
	\end{question}
	
	\textbf{解析:本题考察双曲函数,属于中等难度.}
	\begin{enumerate}
		\item[(1)]
		\item[1.]\textbf{求解反函数}
		\item[①]$ \sinh x =y= \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ \\ 
		两边同乘2得$2y = e^x - e^{-x} $  \\
		两边同乘$e^x$移项得$e^{2x} - 2ye^x - 1 = 0$ \\  
		解这个关于$e^x$的二次方程得$e^x = y + \sqrt{y^2 + 1} $ (取正根) \\
		即$x = \ln(y + \sqrt{y^2 + 1}),y\in (-\infty,+\infty)$ \\
		即$\mathrm{arcsinh}x=\ln(x+\sqrt{x^2+1}),x\in (-\infty,+\infty)$ 
		\item[②] $\cosh x=y=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$\\
		两边同乘2得$e^x + e^{-x} = 2y.$  \\
		两边同乘$e^x$移项得$e^{2x} - 2ye^x + 1 = 0. $\\
		解这个关于$e^x$的二次方程得$e^x = y + \sqrt{y^2 - 1} $(取正根,$y \geq 1$)\\
		即$x = \ln (y + \sqrt{y^2 - 1}),y\in(1,+\infty)$ \\ 
		即$\mathrm{arccosh}x = \ln (x + \sqrt{x^2 - 1}), x\in(1,+\infty)$
		\item[③]$ \tanh x =y= \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} $ \\
		两边同乘$(e^x+e^{-x})$得$ye^x + ye^{-x} = e^x - e^{-x}$ \\
		同乘$e^x$移项得$(y - 1)e^{2x} = -(y + 1) $  \\
		则$e^{2x} = -\frac{y + 1}{y - 1} \quad (y \neq 1)$  \\ 
		即$x = \frac{1}{2} \ln\left(\frac{1 + y}{1 - y} \right) ,(-1 <y<1)$\\  
		即$\mathrm{arctanh}x=\frac{1}{2} \ln\left(\frac{1 + x}{1 - x} \right) , (-1 <x <1)$ 
		\item[2.]\textbf{求导}
		\item[①]$\mathrm{arcsinh}x= \ln(x + \sqrt{x^2 + 1})$\\
		$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}} \cdot \left( 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} \right) = \frac{1}{x +\sqrt{x^2 + 1}} \cdot \frac{x + \sqrt{x^2 + 1}}{\sqrt{x^2 + 1}}=\frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$\\
		\item[②]$\mathrm{arccosh}x = \ln (x + \sqrt{x^2 - 1})$\\
		$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x + \sqrt{x^2 - 1}} \cdot \left( 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 - 1}} \right) = \frac{1}{x +\sqrt{x^2 - 1}} \cdot \frac{x + \sqrt{x^2 - 1}}{\sqrt{x^2 - 1}}=\frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}}$\\  
		\item[③]$\mathrm{arctanh}x = \frac{1}{2} \ln\left( \frac{1 + x}{1 - x} \right) $\\
		$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\frac{1 + x}{1 - x}} \cdot \frac{1 - x - (1 + x)(-1)}{(1 - x)^2} = \frac{1}{1 - x^2}$\\
		\item[3.]\textbf{综上所述}\\
		$\mathrm{arcsinh}x= \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}),x\in (-\infty,+\infty)$\\
		$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{arcsinh}x=\frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$\\
		$\mathrm{arccosh}x = \ln (x + \sqrt{x^2 - 1}),x\in(1,+\infty)$\\
		$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{arccosh}x=\frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}}$\\
		$\mathrm{arctanh}x = \frac{1}{2} \ln\left( \frac{1 + x}{1 - x} \right),(-1 <x <1) $\\
		$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{arctanh}x=\frac{1}{1-x^2}$\\
		\item[(2)]令$2x=\sinh t$,则$1+4x^2=\cosh t$\\
		$I=\int_{0}^{1}x^2\sqrt{1+4x^2} \mathrm{d}x \\
		=\int_{0}^{\mathrm{arcsinh} 2}(\frac{\sinh t}{2})^2 \cosh t\mathrm{d}(\frac{\sinh t}{2})\\
		=\frac{1}{8}\int_{0}^{\mathrm{arcsinh}2}(\sinh t\cosh t)^2\mathrm{d}t\\
		=\frac{1}{32}\int_{0}^{\mathrm{arsinh} 2} \sinh ^{2} 2t \mathrm{d} t \\
		=\frac{1}{64}\int_{0}^{\mathrm{arcsinh}2}(\cosh 4t-1)\mathrm{d} t \\
		=\frac{1}{64}(\frac{\sinh 4 t}{4}-t)|_{0} ^{\mathrm{arcsinh} 2} \\
		=\frac{1}{256}\sinh (4 \mathrm{arsinh} 2)-\frac{1}{64} \mathrm{arsinh} 2 \\
		=\frac{9 \sqrt{5}}{32}-\frac{1}{64} \ln (2+\sqrt{5})\\$
	\end{enumerate}
	
	\newpage
	
	% 6.
	\begin{question}
		\textbf{本题考察高阶韦达定理即根与系数的关系.}
		已知代数基本定理(任何一个非零的一元$n$次复系数多项式,都正好有$n$个复数根)
		\item[(1)]韦达定理:已知$ax^2+ bx+ c = 0(a \ne 0)$两根为$x_1,x_2$则$x_1+x_2=-\frac{b}{a},x_1\cdot x_2= \frac{c}{a}.$
		\item[(2)]待定系数法证明韦达定理:设$x_1,x_2$是方程$ax^2+ bx+ c = 0(a \ne 0)$的两个根,则原方程可表示为$a(x-x_1)(x-x_2)=0$,将方程展开整理得
		$a[x^2 - (x_1 + x_2)x +x_1x_2] = ax² + bx + c$,比对相同次项的系数得$x_1+x_2=-\frac{b}{a},x_1\cdot x_2= \frac{c}{a}.$
		\item[(3)]请你仿照(2),完成本题.$x_1,x_2,x_3$为方程$ax^3 + bx^2+cx + d=0$的三个根,求$x_1+x_2+x_3$和$x_1\cdot x_2\cdot x_3.$
		\item[(4)]用类似的方法,我们可以得到一元$n$次方程$a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+a_{n-2} x^{n-2}+\cdots+a_1 x+a_0=0$的根于系数之间的关系为:
		
		$x_1+x_2+x_3+\cdots +x_{n-1}+x_n=\fillin[]$
		
		$x_1\cdot x_2 \cdot x_3 \cdot \cdots \cdot x_n=\fillin[]$
	\end{question}
	
	\textbf{解析:本题考察高阶韦达定理即根与系数的关系.属于中等难度}
	\begin{enumerate}
		\item[(3)]根据待定系数法证明韦达定理的方法,将方程展开整理得到表达式
		\[
		a\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right)=0
		\]
		
		展开并整理得到
		\[
		a\left[x^{3}-\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right) x^{2}+\left(x_{1} x_{2}+x_{1} x_{3}+x_{2} x_{3}\right) x-x_{1} x_{2} x_{3}\right]=a x^{3}+b x^{2}+(c x+d)
		\]
		比对相同次项的系数,得到以下关系:$x_{1}+x_{2}+x_{3}=-\frac{b}{a}, x_{1} \cdot x_{2} \cdot x_{3}=-\frac{d}{a}$
		\item[(4)]根据待定系数法证明韦达定理的方法,将方程展开整理得到表达式
		\[
		a\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right) \ldots\left(x-x_{n}\right)=0.
		\]
		展开并整理得到
		\[
		a\left[x^{n}-(x_{1}+x_{2}+x_{3}+\ldots+x_{n}) x^{n-1}+(x_{1} x_{2}+x_{1} x_{3}+\cdots+x_{n-1} x_{n}) x^{n-2}-\cdots+(-1)^{n} x_{1} x_{2} x_{3} \cdots x_{n}\right]
		\]
		\[
		=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+a_{n-2} x^{n-2}+\ldots+a_{1} x+a_{0}
		\]
		比对相同次项的系数, 得到以下关系:
		\[
		x_{1}+x_{2}+x_{3}+\ldots+x_{n}=-\frac{a_{n-1}}{a} 
		\]
		\[
		x_{1} x_{2} x_{3} \ldots x_{n}=(-1)^n\frac{a_0}{a}
		\]
	\end{enumerate}
	
	\newpage
	
	% 7.
	\begin{question}
		本题考察数列极限.数列极限的定义为:设 $\{ a_n \}$ 是一个数列,$a$ 是一个常数.如果对于任意给定的正数 $\varepsilon$,总存在正整数 $N$,使得当 $n > N$ 时,不等式 $|a_n - a| < \varepsilon$ 都成立,那么就称常数 $a$ 是数列 $\{ a_n \}$ 的极限,或者称数列 $\{ a_n \}$ 收敛于 $a$,记作 $\lim_{{n \to \infty}} a_n = a$ 或 $a_n \to a$(当 $n \to \infty$).
		\item[]求出以下极限的值:
		\item[(1)]
		\[
		\lim_{n \to \infty} \frac{n+4}{n^2+n+1}
		\]
		\item[(2)]
		\[
		\lim_{n \to \infty} \frac{7^n}{n!}
		\]
		
	\end{question}
	
	\textbf{解析:本题考察数列极限证明,属于简单难度.}
	\begin{enumerate}
		\item[(1)]不难猜想该极限为$0$,下使用定义去证明.\\
		当$n>4$时,$|\frac{n+4}{n^2+n+1}-0|=\frac{n+4}{n^2+n+1}<\frac{n+n}{n^2+n+1}<\frac{2n}{n^2}=\frac{2}{n}<\varepsilon$\\
		由极限定义,$\forall \varepsilon > 0,\exists N=max\{4,\left \lfloor\frac{2} {\varepsilon} \right \rfloor\}\in \mathbf{N}$,当$ n > N$时,有$ |\frac{n+4}{n^2+n+1} - 0| < \varepsilon.$ \\
		\item[(2)]不难猜想该极限为$0$,下使用定义去证明.\\
		$\frac{7^n}{n!}=\frac{7}{1}\cdot\frac{7}{1}\cdot\frac{7}{2}\cdot\cdots\cdot\frac{7}{7}\cdot\frac{7}{8}\cdot\frac{7}{9}\cdot\cdots \cdot\frac{7}{n-1}\cdot\frac{7}{n}\leq\frac{7^7}{7!}\cdot\frac{7}{n}$\\
		则$|\frac{7^n}{n!}-0|\leq\frac{7^7}{6!}\cdot\frac{1}{n}$\\
		则对$\forall \varepsilon > 0,\exists N=\left \lfloor \frac{7^7}{6!}\cdot\frac{1}{\varepsilon} \right \rfloor  \in \mathbf{N}$,当$ n > N$时,有$ |\frac{7^n}{n!} - 0| < \varepsilon.$ \\
		即	$\lim_{n \to \infty} \frac{7^n}{n!}=0$
	\end{enumerate}
	
	\newpage
	
	
	% 8.
	\begin{question}
		本题考察矩阵和行列式的综合应用.
		\item[(1)]若
		\[
		D=\begin{vmatrix} 
			a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ 
			a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ 
			a_{31} & a_{32} & a_{33}
		\end{vmatrix}=1,
		\]
		则\[
		D_1=\begin{vmatrix}
			4a_{11} & 2a_{11}-3a_{12} &a_{13}\\
			4a_{21} & 2a_{21}-3a_{22} &a_{23}\\
			4a_{31} & 2a_{31}-3a_{32} &a_{33}
		\end{vmatrix}=\fillin[$1$].
		\]
		\item[(2)]求下面方程的根
		\[
		\begin{vmatrix}
			1 & 1 & 2 & 3\\
			1 & 2-x^2 & 2 & 3\\
			2 &  3& 1 & 5\\
			2&  3& 1 &9-x^2
		\end{vmatrix}=0
		\]
		
	\end{question}
	\textbf{解析:本题考察行列式相关知识,属于中等难度.}
	
	\begin{enumerate}
		\item[(1)]根据行列式的性质:用数$k$乘行列式的某一行(列)等于用数$k$乘以行列式.
		
		已知$D=\begin{vmatrix} 
			a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ 
			a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ 
			a_{31} & a_{32} & a_{33}
		\end{vmatrix}
		=1$,
		则	
		$\begin{vmatrix} 
			4a_{11} & a_{12} & a_{13}\\
			4a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ 
			4a_{31} & a_{32} & a_{33}
		\end{vmatrix}
		=4$,
		则
		$\begin{vmatrix} 
			4a_{11} & -3a_{12} & a_{13}\\ 
			4a_{21} & -3a_{22} & a_{23}\\ 
			4a_{31} & -3a_{32} & a_{33}
		\end{vmatrix}
		=-12$
		
		根据行列式性质:如果行列式有两行(列)的元素成比例,则行列式的值为0.
		
		则$\begin{vmatrix}
			4a_{11} & 2a_{11} &a_{13}\\
			4a_{21} & 2a_{21} &a_{23}\\
			4a_{31} & 2a_{31} &a_{33}
		\end{vmatrix}
		=0$
		
		根据行列式性质:如果行列式的一行(列)每个元素都可以写成两个数的和,那么这个行列式可以写成这两个行列式的和.
		
		则$	D_1=\begin{vmatrix}
			4a_{11} & 2a_{11}-3a_{12} &a_{13}\\
			4a_{21} & 2a_{21}-3a_{22} &a_{23}\\
			4a_{31} & 2a_{31}-3a_{32} &a_{33}
		\end{vmatrix}
		=	
		\begin{vmatrix} 
			4a_{11} & -3a_{12} & a_{13}\\ 
			4a_{21} & -3a_{22} & a_{23}\\ 
			4a_{31} & -3a_{32} & a_{33}
		\end{vmatrix}
		+
		\begin{vmatrix}
			4a_{11} & 2a_{11} &a_{13}\\
			4a_{21} & 2a_{21} &a_{23}\\
			4a_{31} & 2a_{31} &a_{33}
		\end{vmatrix}
		=-12$
		
		\item[(2)]按第一行展开行列式得
		\begin{align*}
			&\begin{vmatrix} 
				1 & 1 & 2 & 3 \\
				1 & 2-\boldsymbol{x}^{2} & 2 & 3 \\
				2 & 3 & 1 & 5 \\
				2 & 3 & 1 & 9-\boldsymbol{x}^{2}
			\end{vmatrix} \\
			&=1 \times
			\begin{vmatrix} 
				2-\boldsymbol{x}^{2} & 2 & 3 \\
				3 & 1 & 5 \\
				3 & 1 & 9-\boldsymbol{x}^{2}
			\end{vmatrix}
			-1 \times
			\begin{vmatrix}
				1 & 2 & 3 \\
				2 & 1 & 5 \\
				2 & 1 & 9-\boldsymbol{x}^{2}
			\end{vmatrix}
			+2 \times
			\begin{vmatrix}
				1 & 2-\boldsymbol{x}^{2} & 3 \\
				2 & 3 & 5 \\
				2 & 3 & 9-\boldsymbol{x}^{2}
			\end{vmatrix}
			-3 \times
			\begin{vmatrix}
				1 & 2-\boldsymbol{x}^{2} & 2 \\
				2 & 3 & 1 \\
				2 & 3 & 1
			\end{vmatrix}	
		\end{align*}
		我们计算每个行列式.
		
		根据三阶行列式计算法则
		\[  
		\begin{vmatrix}  
			a_{11} & a_{12} & a_{13} \\  
			a_{21} & a_{22} & a_{23} \\  
			a_{31} & a_{32} & a_{33}  
		\end{vmatrix}  
		= a_{11} \begin{vmatrix}  
			a_{22} & a_{23} \\  
			a_{32} & a_{33}  
		\end{vmatrix}  
		- a_{12} \begin{vmatrix}  
			a_{21} & a_{23} \\  
			a_{31} & a_{33}  
		\end{vmatrix}  
		+ a_{13} \begin{vmatrix}  
			a_{21} & a_{22} \\  
			a_{31} & a_{32}  
		\end{vmatrix}  
		\] 
		第一个行列式为
		\begin{align*}
			&\begin{vmatrix} 
				2-\boldsymbol{x}^{2} & 2 & 3 \\
				3 & 1 & 5 \\
				3 & 1 & 9-\boldsymbol{x}^{2}
			\end{vmatrix} \\
			&= \left[(2-\boldsymbol{x}^{2})(1 \cdot (9-\boldsymbol{x}^{2}) - 5 \cdot 1) - 2 \cdot (3 \cdot (9-\boldsymbol{x}^{2}) - 5 \cdot 3) + 3 \cdot (3 \cdot 1 - 1 \cdot 3)\right] \\
			&= \left[(2-\boldsymbol{x}^{2})(4 - \boldsymbol{x}^{2}) - 2(12 - 3\boldsymbol{x}^{2}) + 0\right] \\
			&= \boldsymbol{x}^{4} - 16 
		\end{align*}
		第二个行列式为
		\begin{align*}
			&\begin{vmatrix}
				1 & 2 & 3 \\
				2 & 1 & 5 \\
				2 & 1 & 9-\boldsymbol{x}^{2}
			\end{vmatrix} \\
			&= \left[1 \cdot (1 \cdot (9-\boldsymbol{x}^{2}) - 5 \cdot 1) - 2 \cdot (2 \cdot (9-\boldsymbol{x}^{2}) - 5 \cdot 2) + 3 \cdot (2 \cdot 1 - 1 \cdot 2)\right] \\
			&= \left[(4 - \boldsymbol{x}^{2}) - 2(8 - 2\boldsymbol{x}^{2}) + 0\right] \\
			&= 3\boldsymbol{x}^{2} - 12
		\end{align*}
		第三个行列式为
		\begin{align*}
			&\begin{vmatrix}
				1 & 2-\boldsymbol{x}^{2} & 3 \\
				2 & 3 & 5 \\
				2 & 3 & 9-\boldsymbol{x}^{2}
			\end{vmatrix} \\
			&=\left[1 \cdot (3 \cdot (9-\boldsymbol{x}^{2}) - 5 \cdot 3) - (2-\boldsymbol{x}^{2}) \cdot (2 \cdot (9-\boldsymbol{x}^{2}) - 5 \cdot 2) + 3 \cdot (2 \cdot 3 - 3 \cdot 2)\right] \\
			&=\left[12 - 3\boldsymbol{x}^{2} - (16 - 12\boldsymbol{x}^{2} + 2\boldsymbol{x}^{4})\right] \\
			&=-2\boldsymbol{x}^{4} + 9\boldsymbol{x}^{2} - 4 
		\end{align*}
		第四个行列式第二行和第三行完全相同,则
		\begin{align*}
			& \begin{vmatrix}
				1 & 2-\boldsymbol{x}^{2} & 2 \\
				2 & 3 & 1 \\
				2 & 3 & 1
			\end{vmatrix}= 0
		\end{align*}
		
		\text{最终结果为:}
		\begin{align*}
			&1\times(\boldsymbol{x}^{4} - 16 )-1\times(3\boldsymbol{x}^{2} - 12)+2\times(-2\boldsymbol{x}^{4} + 9\boldsymbol{x}^{2} - 4 )-3\times0\\
			&=(\boldsymbol{x}^{4} - 16) + (-3\boldsymbol{x}^{2} + 12) + (-4\boldsymbol{x}^{4} + 18\boldsymbol{x}^{2} - 8) + 0 \\
			&= -3\boldsymbol{x}^{4} + 15\boldsymbol{x}^{2} - 12
		\end{align*}
		即$-3\boldsymbol{x}^{4} + 15\boldsymbol{x}^{2} - 12=0$
		
		令$x^2=t$,整理得$t^2-5t+4=0$,得$t=4$或$1$,则$x=\pm 2,\pm1$.
	\end{enumerate}
	
	\newpage
	
	% 9.
	\begin{question}
		本题考察极坐标方程.设曲线$\Gamma$的极坐标方程为:$r=2+2\cos \theta$
		\item[(1)]将极坐标方程转化为直角坐标方程.
		\item[(2)]计算曲线$\Gamma$围成的面积.
	\end{question}
	
	\textbf{解析:本题考察极坐标方程,属于中等难度}.
	\begin{enumerate}[]
		\item[(1)]曲线$\Gamma$的极坐标方程为$r=2+2\cos \theta$
		
		有$r=\sqrt{x^2+y^2},\cos \theta=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$
		
		代入并整理得$x^2+y^2=2\sqrt{x^2+y^2}+2x$.
		\item[(2)]极坐标下的面积公式$A=\int_{0}^{2\pi}r^2\mathrm{d} x$
		
		代入$r=2+2\cos\theta$计算可得$A=\int_{0}^{2\pi}(2+2\cos\theta)^2\mathrm{d} x=6\pi$.
		
		即曲线$\Gamma$围成的面积为$6\pi$
		

	\end{enumerate}
	
	\newpage	
	
	% 10.
	\begin{question}
		本题考察参数方程化为普通方程.分别在下面两种情况,把参数方程化为普通方程. 
		\begin{equation*}  
			\begin{cases}  
				x = \frac{1}{2}(e^{t} + e^{-t})\cos\theta \\  
				y = \frac{1}{2}(e^{t} - e^{-t})\sin\theta  
			\end{cases}  
		\end{equation*}  
		\item[(1)] $\theta$为参数,$t$为常数;  
		\item[(2)] $t$为参数,$\theta$为常数.  
	\end{question}
	\textbf{解析:本题考察参数方程化为普通方程,属于中等难度.}
	\begin{enumerate}
		
		\item[(1)] 当$t=0$时, $y=0$, $x=\cos \theta $, 即  $|x| \leq 1$  且  $y=0 $.
		
		当 $ t \neq 0$  时,  $\cos \theta=\frac{x}{\frac{1}{2}\left(e^{t}+e^{-t}\right)}$, $\sin \theta=\frac{y}{\frac{1}{2}\left(e^{t}-e^{-t}\right)}$  
		
		而 $ \sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1$ 
		
		即普通方程为  $\frac{x^{2}}{\frac{1}{4}\left(e^{t}+e^{-t}\right)^{2}}+\frac{y^{2}}{\frac{1}{4}\left(e^{t}-e^{-t}\right)^{2}}=1 $
		\item[(2)] 当 $ \theta=k \pi, k \in \mathbf{Z}$  时,  $y=0, x= \pm \frac{1}{2}\left(e^{t}+e^{-t}\right)$ , 即  $|x| \geq 1 $, 且$  y=0$ ;
		
		当 $ \theta=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbf{Z} $ 时, $ x=0, y= \pm \frac{1}{2}\left(e^{t}-e^{-t}\right) $, 即  $x=0 $ ;
		
		当 $ \theta \neq \frac{k \pi}{2}, k \in \mathbb{Z} $ 时,得
		$ \left\{
		\begin{array}{l}
			e^{t}+e^{-t}=\frac{2 x}{\cos \theta} \\ 
			e^{t}-e^{-t}=\frac{2 y}{\sin \theta}
		\end{array}\right. $
		
		即 $ \left\{\begin{array}{l}e^{t}=\frac{x}{\cos \theta}+\frac{y}{\sin \theta} \\ e^{-t}=\frac{x}{\cos \theta}-\frac{y}{\sin \theta}\end{array}\right. $
		
		则由 $ e^{t} \times e^{-t}=\left(\frac{x}{\cos \theta}+\frac{y}{\sin \theta}\right)\left(\frac{x}{\cos \theta}-\frac{y}{\sin \theta}\right) $
		
		得到  $\frac{x^{2}}{\cos ^{2} \theta}-\frac{y^{2}}{\sin ^{2} \theta}=1 $
		
	\end{enumerate}
	
	\newpage
	
	
	
	% 11.
	\begin{question}
		本题考察$Cauchy$不等式及其变形即权方和不等式,考察排序不等式.         
		\item[(1)] 已知$a, b, c$均为正数,且$a^{2} + b^{2} + 4c^{2} = 3$,证明:\[a + b + 2c \leq 3;\]当$b = 2c$时，证明：\[\frac{1}{a} + \frac{1}{c} \geq 3\].      
		\item[(2)] 设$\triangle ABC$的三内角$A$、$B$、$C$所对的边分别为$a$、$b$、$c$，其周长为1,求证：    
		\[    
		\frac{1}{A} + \frac{1}{B} + \frac{1}{C} \geq 3\left(\frac{a}{A} + \frac{b}{B} + \frac{c}{C}\right)    
		\]    
	\end{question}
	\textbf{解析:本题考察$Cauchy$不等式及其变形即权方和不等式,考察排序不等式. }
	\begin{enumerate}
		\item[(1)] 由 $Cauchy$ 不等式得
		\[
		\left(a^{2}+b^{2}+4 c^{2}\right)\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq(a+b+2 c)^{2}
		\]
		当且仅当 $a=b=2,c=1$  时等号成立.
		
		所以 
		\[
		a+b+2c\leq3
		\]
		
		$b=2 c$ 时, 有 $a+4c \leq 3$,即$\frac{1}{a+4 c} \geq \frac{1}{3}$
		
		由权方和不等式  $\frac{a^{2}}{x}+\frac{b^{2}}{y} \leq \frac{(a+b)^{2}}{x+y}$ , (当且仅当  $\frac{a}{x}=\frac{b}{y} $ 时取等) 知
		
		\[
		\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1^{2}}{a}+\frac{2^{2}}{4 c} \geq \frac{(1+2)^{2}}{a+4 c} \geq 3
		\]
		
		\item[(2)] 由问题的对称性, 不妨设 $ a \geq b \geq c $, 在三角形中大边对大角, 于是有 $ A \geq B \geq C$ , 即 $ \frac{1}{C} \geq \frac{1}{B} \geq \frac{1}{A} $ (这种形式是题目所需要的). 这样既不改变问题的实质, 又增加了已知条件: 两组有序实数 $ a \geq b \geq c$ , 及  $\frac{1}{C} \geq \frac{1}{B} \geq \frac{1}{A} .$
		
		\item[①]\textbf{证法一(排序不等式)}
		
		首先  $a \geq b \geq c, \frac{1}{C} \geq \frac{1}{B} \geq \frac{1}{A}$ .
		
		由排序不等式（顺序和大于或等于反序和）知
		\[
		\frac{a}{C}+\frac{c}{A} \geq \frac{a}{A}+\frac{c}{C}
		\]
		同理
		\[
		\frac{b}{C}+\frac{c}{B}\geq \frac{b}{B}+\frac{c}{C} 
		\]
		\[	
		\frac{a}{B}+\frac{b}{A} \geq \frac{a}{A}+\frac{b}{B}
		\]	
		相加得
		\[
		\frac{a+b}{C}+\frac{a+c}{B}+\frac{b+c}{A} \geq \frac{2 a}{A}+\frac{2 b}{B}+\frac{2 c}{C}
		\]
		两边同加  $\frac{a}{A}+\frac{b}{B}+\frac{c}{C} $, 并注意到  $a+b+c=1$ , 就得  
		\[
		\frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C} \geq 3\left(\frac{a}{A}+\frac{b}{B}+\frac{c}{C}\right) 
		\]
		\item[②]\textbf{证法二 (作差法)}
		\[
		\frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C} - 3\left(\frac{a}{A}+\frac{b}{B}+\frac{c}{C}\right) 
		\]
		\[
		=\frac{b+c-2 a}{A}+\frac{a+c-2 b}{B}+\frac{a+b-2 c}{B}+\frac{1}{C}-3\left(\frac{a}{A}+\frac{b}{B}+\frac{c}{C}\right) 
		\]
		\[
		=\frac{(b-a)+(c-a)}{A}+\frac{(a-b)+(c-b)}{B}+\frac{(a-c)+(b-c)}{C} 
		\]
		\[
		=\left(\frac{b-a}{A}+\frac{a-b}{B}\right)+\left(\frac{c-a}{A}+\frac{a-c}{C}\right)+\left(\frac{c-b}{B}+\frac{b-c}{C}\right) 
		\]
		\[
		=\frac{(a-b)(A-B)}{A B}+\frac{(a-c)(A-C)}{A C}+\frac{(b-c)(B-C)}{B C} \geq 0
		\]
		因此 $ \frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C} \geq 3\left(\frac{a}{A}+\frac{b}{B}+\frac{c}{C}\right) $
	\end{enumerate}
	
	\newpage
	
	% 12.
	\begin{question}
		本题考察线性规划模型的运用.假设每天从甲地去乙地的旅客人数$X$是服从正态分布$N(800,50^{2})$的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为$p_{0}$.  
		\item[(1)]求$p_{0}$的值(参考数据：若$X \sim N(\mu,\sigma^{2})$,有$P(\mu-\sigma<X<\mu+\sigma)=0.6826,P(\mu-2\sigma<X<\mu+2\sigma)=0.9544,P(\mu-3\sigma<X<\mu+3\sigma)=0.9974$).
		\item[(2)] 某客运公司用$A,B$两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一次,$A,B$两种车辆的载客量分别为36人和60人,从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队,并要求$B$型车不多于$A$型车7辆.若每天要以不小于$p_{0}$的概率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地的营运成本最小,那么应配备$A$型车、$B$型车各多少辆?  
	\end{question}
	
	\textbf{解析:本题考察线性规划模型的运用,属于中等难度.}
	\begin{enumerate}
		\item[(1)]由于随机变量$X$服从正态分布,由于随机变量X服从正态分布$N(800,50^2)$,故有$\mu=800,\sigma=50$,$P(700<X<900)=0.9544$.
		
		由正态分布的对称性可得	
		\[
		p_0=(X<800)+P(800<X<900)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times P(700<X<900)=0.9772
		\]
		\item[(2)]设$A$型,$B$型车辆的数量分别为$x,y$辆,则相应的营运成本为$z=1600x+2400y$.
		
		依题意,$x,y$还需满足$x+y\leq21$,$y\leq x+7$.
		
		由(1)知,$p_0=P(X\leq900)$,故$P(X\leq36x+60y)\geq p_0$等价于$36x+60y\leq 900$.
		于是问题等价于求满足约束条件
		\begin{equation*}  
			\begin{cases}  
				x+y\leq 21 \\  
				y\leq x+7\\
				36x+60y\geq900\\
				x,y\in \mathbf{N^*} 
			\end{cases}  
		\end{equation*} 
		且使目标函数$z=1600x+2400y$达到最小值$z_{min}$的$x,y$.
		
		作可行域.
		
		可行域的三个顶点坐标分别为$P(5,12),Q(7,14),R(15,6)$.
		
		由图可知,当直线$z=1600x+2400y$经过可行域的点$P(5,12)$时,直线在$y$轴上截距$\frac{z}{2400}$最小,即$z$取得最小值$z_{min}$.
		
		所以应配备$A$型车5辆,$B$型车12辆.
	\end{enumerate}
	
	\newpage
	
	% 13.
	\begin{question}
		本题考察函数极限的计算.${L}'Hospital $法则是在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法,有$\frac{0}{0}$型,$\frac{\infty}{\infty}$等.对于$\frac{0}{0}$型,若函数满足以下条件:
		\item[①]$ \lim_{{x \to a}} f(x) = 0 $且$ \lim_{{x \to a}} g(x) = 0.  $
		\item[②]函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $x = a$ 的去心邻域内可导.
		\item[③]$\lim_{{x \to a}} \frac{f'(x)}{g'(x)}=A$($A$为有限数或无穷大)
		
		则 $\lim_{{x \to a}} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{{x \to a}} \frac{f'(x)}{g'(x)}.  $
		
		\textbf{提示:${(\tan x)}'=\sec^2 x,\sec^2x=\tan^2 x+1$}\\
		根据以上信息计算
		\item[(1)]
		\[
		\lim_{x \to 0} \frac{\sin x-\tan x}{x^{3}} 
		\]
		\item[(2)]
		\[
		\lim_{x \to 0} \frac{\tan x-x}{x^2\sin x}
		\]
	\end{question}
	
	\textbf{解析:本题考察函数极限的计算,属于中等难度.}
	\begin{enumerate}
		\item[(1)]
		\item[①]方法一:$\lim _{x \to 0} \frac{\sin x-\tan x}{x^{3}}=\lim _{x to 0} \frac{\sin x(\cos x-1)}{x^{3} \cos x}=\lim _{x \to 0}\left[\left(\frac{\sin x}{x}\right)\left(\frac{1}{\cos x}\right)\left(\frac{\cos x-1}{x^{2}}\right)\right]$
		
		对这一步的处理,既可以用等价无穷小$\sin x \sim x(x \to 0)$,$\cos x-1 \sim -\frac{1}{2}x^2(x \to 0)$,也可以连续使用${L}'Hospital $法则	$\lim _{x \to 0}\frac{\sin x}{x}=\lim _{x \to 0}{\cos x}=1,\lim _{x \to 0}\frac{\cos x-1}{x^{2}}=\lim _{x \to 0}{\frac{-\sin x}{2x}}=\lim _{x \to 0}{\frac{-\cos x}{2}}=-\frac{1}{2}$.
		
		则$\lim _{x \to 0} \frac{\sin x-\tan x}{x^{3}}=-\frac{1}{2}$
		\item[②]方法二:由$Maclaurin$展开(即$f(x)$在$x_0=0$处的$Taylor$展开)得
		
		$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^5),\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^5)$
		
		则$\lim _{x \to 0} \frac{\sin x-\tan x}{x^{3}}=\lim _{x \to 0} {(x-\frac{x^3}{3!})-(x+\frac{x^3}{3})+o(x^5)}{x^3}=\lim _{x \to 0}\frac{{-\frac{1}{2}x^3}+o(x^5)}{x^3}=-\frac{1}{2}$
		\item[(2)]${(\tan x)}' =\sec^{2}x,\sec^{2}x=\tan^2x+1$.
		\item[①]方法一:连续洛必达
		
		$\lim _{x \to 0} \frac{\tan x-x}{x^{2} \sin x}\overset{\text{${L}'Hospital $法则}}{=}\lim_{x \to 0} \frac{\sec^2x-1}{2x\sin x+x^2\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos^2x}{2x\sin x\cos^2x+x^2\cos^3x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2x}{2x\sin x+x^2}\overset{\text{${L}'Hospital $法则}}{=}\lim_{x\to 0}\frac{2\sin x\cos x}{2\sin x+2x\cos x+2x}=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin x}{2\sin x+4x}\overset{\text{${L}'Hospital $法则}}{=}\lim_{x\to 0}\frac{2\cos x}{2\cos x+4}=\frac{2}{2+4}=\frac{1}{3}.$
		
		
		\item[②]方法二:	$\lim _{x \to 0} \frac{\tan x-x}{x^{2} \sin x}\overset{\text{等价无穷小$\sin x \sim x(x \to 0)$}}{=}\lim _{x \to 0} \frac{\tan x-x}{x^{3}}\overset{\text{${L}'Hospital $法则}}{=}\lim _{x \to 0} \frac{\sec ^{2} x-1}{3 x^{2}}\overset{\text{$\sec^{2}x=\tan^2x+1$}}{=}\lim _{x \to 0} \frac{\tan ^{2} x}{3 x^{2}}\overset{\text{等价无穷小$\tan x \sim x(x \to 0)$}}{=}\frac{1}{3}$
		
		\item[③]方法三:由$Maclaurin$展开得$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^5)$
		
		$\lim _{x \to 0} \frac{\tan x-x}{x^{2} \sin x}=\lim _{x \to 0}\frac {x+\frac{x^3}{3}+o(x^5)-x}{x^3}=\lim _{x \to 0}\frac {\frac{x^3}{3}+o(x^5)}{x^3}=\frac{1}{3}$
		\newpage
		
		% 13.
		\begin{question}
			本题考察不定积分的计算.
			\item[(1)]
			\[
			\int \frac{\cos 2x}{\cos x-\sin x}\mathrm{d} x
			\]
			\item[(2)]
			\[
			\int (\sqrt x+1)(\sqrt{x^3}-1)\mathrm{d} x
			\]
		\end{question}
		
		\textbf{解析:本题考察不定积分的计算,属于简单难度.注意不要忘了常数C.}
		\begin{enumerate}
			\item[]$\int f(x)\mathrm{d}x=F(x)+C$,$F(x)$为$f(x)$的原函数.
			\item[(1)]
			\[
			\int \frac{\cos 2x}{\cos x-\sin x}\mathrm{d} x=\int \frac{\cos ^{2}x-\sin^{2}x}{\cos x-\sin x}\mathrm{d} x=\int (\cos x+\sin x)\mathrm{d} x=\sin x-\cos x+C
			\]
			\item[(2)]
			\[
			\int (\sqrt x+1)(\sqrt{x^3}-1)\mathrm{d} x=\int( x^2-x^{\frac{1}{2}}+x^{\frac{3}{2}}-1)\mathrm{d} x=\frac{x^3}{3}-\frac{2x^{\frac{3}{2}}}{3}+\frac{2x^{\frac{5}{2}}}{5}-x+C
			\]
		\end{enumerate}

	\end{enumerate}
	\newpage
	
	
	% 14.
	\begin{question}
		本题考察定积分的计算.$Newton-Leibniz$公式的内容是一个连续函数在区间$\left[a,b\right]$上的定积分等于它的任意一个原函数在区间$\left[a,b\right]$上的增量.用公式表达为:
		\[
		\int_{a}^{b}f(x)=F(b)-F(a)=F(x)|_{a}^{b}
		\]
		定积分的一个重要性质是其积分值与积分变量(即被积函数中的字母)的选取无关,只要被积函数和积分区间在变量替换后保持等价,那么定积分的值就不会改变.这个性质通常被称为定积分的\textquotedblleft 变字母不变性\textquotedblright 或\textquotedblleft 积分变量的可替换性\textquotedblright.\\
		根据以上信息计算
		\item[(1)]
		\[
		\int_{1}^{2}(x^2+\frac{1}{x^4})\mathrm{d} x
		\]
		\item[(2)]
		\[
		\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d} x
		\]
	\end{question}
	
	%15
	\textbf{解析:本题考察定积分的计算,属于简单难度.}
	\begin{enumerate}
		\item[(1)]
		$\int_{1}^{2}(x^2+\frac{1}{x^4})\mathrm{d} x=(\frac{x^3}{3}-\frac{1}{3x^3})|^{2}_{1}=\frac{21}{8}$
		\item[(2)]
		记$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d} x$
		
		令$t=\frac{\pi}{2}-x,\mathrm{d}x=-\mathrm{d}t,$
		
		$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d} x=\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\frac{\cos t}{\cos t+\sin t}(-\mathrm{d} t)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos t}{\sin t+\cos t}\mathrm{d}t $
		
		$2I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d} x+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d} x=\frac{\pi}{2}$
		
		则$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d} x=\frac{\pi}{4}$
	\end{enumerate}
	
	
\end{document}