(262)--高数强化阶段测试（三卷合一）_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

26 年考研数学高数强化阶段测试三卷合一 题型考点 无穷小的比较 【试题1】（1-5;2-1;3-1）当 x  0 时，下列无穷小量中阶数最高的是 （A） (1  x ) 1x  e （B） 1  2 x 2  3 1  3 x 2 （C）  c 1 o 2s x l n ( t  1  t 2 ) d t （D） l n ( x  1  x 2 )  x 题型考点 函数求极限 【试题2】（1-15；2-11；3-15）设 f ( x ) 在 x  0 的某邻域有定义，且 lim x  0 s in 6 x  f ( 3 x x ) ta n x  0 ， 6 f(x) 则lim  . x0 x2【试题3】（2-17;3-17） 求极限 l i x  m 0  (1   x 0 x t [ ) ( 1 1x   t ) 2 x 2 1t   1 e  c o s 1 t ]  d t x 2  题型考点 间断点及其类型 x2n e(n1)x 【试题4】（1-6;2-8;3-2）设函数 f(x)lim ，则 f(x)在 n 1enx x  0 处为 （A）连续点 （B）可去间断点 （C）跳跃间断点 （D）无穷间断点题型考点 渐近线 【试题5】（2-12;3-13）曲线 y  x 2  2 x  s i n x  x 的斜渐近线方程为 . 题型考点 不可导点的判定 【试题6】（1-7;2-2;3-5）设 f ( x )  ( e 3 x  1 ) | x 3  x | ，则 f(x)的不可导点的个数是 （A） 0 . （B） 1 . （C） 2 . （D） 3 .题型考点 反函数求导 arcsin x sint y   dt 【试题7】（1-12;2-14;3-11）已知  ，则 t 4 d d x y y  0  . 题型考点 导数的应用 【试题8】（1-1;2-10;3-6）已知 f ( x ) 在x0的某邻域内连续，且满足 l i m x  0 2 f ( x )  f ( x  2 x )  s i n x  1 ，则下列选项正确的是 （A） x  0 是 f ( x ) 的极值点且 f ( 0 )  0 . （B） x  0 是 f ( x ) 的极值点且 f(0)不存在. （C）x0不是 f(x)的极值点且 f ( 0 )  1 . （D） x  0 不是 f ( x ) 的极值点且 f ( 0 ) 不存在.【试题 9】（2-3）已知函数 y  f  x  对一切 x 满足 x f   x   3 x  f   x   2  1  e  x ，若 f   x 0   0  x 0  0  ，则 （A） f  x 0  是 f  x  的极大值 （B） f  x 0  是 f  x  的极小值 （C） x , f x  是曲线 0 0 y  f  x  的拐点 （D） f  x 0  不是 f  x  的极值， x , f x  也不是曲线y f x 的拐点 0 0 【试题10】（2-13）设曲线y  y(x)由方程(x1)2  xy et2 dt所确定，且曲线上一点 0 P 处的法线与 y  x 平行，则 P 点的曲率为 .题型考点 方程根的问题 【试题11】（1-18;2-19;3-18）设方程 x 2  k e x  3  0 恰有两个实根， k 为常数，求 k 的 取值.题型考点 变限积分函数的连续性与可导性 【试题12】(2-4;3-8)设 f ( x ) e a rc [ 1 , ta x 1 n x ] 2 x 1 , x x 0 0 , ,          其中[x]表示不超过 x 的最大整数，则 F ( x )   x 1 f ( t ) d t 在 x  0 的某邻域内 （A）不连续 （B）连续但不可导 （C）可导 （D）存在原函数 题型考点 定积分的计算 【试题13】(1-11;3-12)函数 y  1 x  2 x 2 在区间 [ 1 2 , 2 3 ] 上的平均值 . 【试题14】(1-17;2-20;3-21)求定积分  1 -1 x l n (1  e x ) d x .题型考点 反常积分敛散性的判定  1 【试题15】(1-2;2-5;3-7)设反常积分I  dx (p0,q0)收敛，则 1 xplnq x （A） p  1 且 q  1 （B） p  1 且 q  1 （C） p1且 q  1 （D） p1且 q  1 题型考点 定积分的应用：求面积 【试题16】(2-15;3-16)双纽线 ( x 2  y 2 ) 2  x 2  y 2 所围成的平面图形的面积为:_________.题型考点 二阶线性微分方程 【试题17】(2-18;3-22)设微分方程 y   p ( x ) y   q ( x ) y  0 . (1) 证明：若 1  p ( x )  q ( x )  0 ，则方程有一特解 y  e x ；若 p ( x )  x q ( x )  0 ，则方程 有一特解 y  x . (2) 求 ( x  1 ) y   x y   y  0 满足初始条件 y ( 0 )  2 , y ( 0 )  1 的特解. (3) 求 ( x  1 ) y   x y   y  1 满足初始条件 l i m x  0 l n [ y ( x x )  1 ]   1 的特解. 题型考点 微分方程解的结构 【试题18】(1-16;2-16;3-14)已知 y 1  x e  2 x  1 2 x 2 e  2 x , y 2  e  2 x  1 2 x 2 e  2 x 是某二阶常系 数非齐次线性微分方程的两个特解，则该微分方程为： .题型考点 多元微分的基本概念 【试题19】(1-8;2-6;3-3)设 f ( x , y )   x 0 y , s i n x 2 | x  2 y  2 y 2 | , ( , ( x x , , y y ) )   ( 0 ( 0 , , 0 0 ) , ) . 则 f ( x , y ) 在 ( 0 , 0 ) 处 （A）不连续 （B）连续但偏导数不存在 （C）偏导数存在但不可微 （D）可微 题型考点 多元复合函数求偏导 【试题20】(1-21;2-21;3-19)设函数z  xf(x y,(xy2))，其中 f 具有二阶连续导数， ( x )  二阶可导，且满足 l ix m 1 ( ( x x ) 1 ) 1 2 1      ，求   x 2  z y (1 ,1 ) .题型考点 多元隐函数求偏导 【试题21】(1-3;2-9;3-9)设 z  z ( x , y ) 由方程 y  z  x f ( y 2  z 2 ) 确定，且 f ( u ) 可微，则 x   z x  z   z y 等于 （A） x y ． （B） ． （C） z ． （D）1． 解：方法1： 令F(x,y,z) xf  y2 z2  yz则 z z x x y z   x    z F F F F z xz y z y      x f x f x x f  2   (  f  (  2 x x z f f  2 2 y 2 z y z f   z )  1  1 )  1   z 1    2 2 2 x x y 1 x y z   f z f  f  f 2 2    x x  1 1 1 y z f  z f   y 故选B. 方法2： f(u)0所以 z   y , z x  0 , z y   1 ，所以 r z x  z z y   z  y , 排除A,C,D,故选 B. 题型考点 二重积分的计算 2 2xx2 【试题22】(1-10;2-7;3-10)累次积分 dx (x2  y2)dy的值等于 0 0 1 1 3 （A） π. （B） π. （C） π. （D）π. 4 2 4  2cos 3 解：原式 2d r2rdr  .故选C. 0 0 4【试题 23】(1-20;2-22;3-20)计算二重积分 I  x 2  2 y  4 ( x  y  2 ) s g n ( x 2  y 2  2 ) d ，其 中 s g n ( x )   1 0  , , 1 , x x x    0 0 0 . 解：记 D 1   ( x , y ∣) x 2  y 2  4 , x 2  y 2  2  0  ，所以 I D D ( x D x d 1 x ( d x y y y 2 D ) d 2 ) d x x d y y d x d d y y 2 D 1 D D ( x 2 D d 1 x ( x y d y y 2 2 ) d D 2 x 1 ) d d y x d x d y 2 D 1 y d D 1 4 d                                           方法1： 1 4x2 816 dx dy 0 x22 1  816 4x2  x2 2 dx 0 1 1  1  3 ① 4x2dx 22  1 3   0 2 6 2 3 2②       2 2 2 1 2 2 x  2  s e c t d t a  s e c t t a n 1  ( s e c t 2 2 x  2 · 2 2 x x  d x n t t  t a n x 2 2  x   2  s t   l n l n 2 t  s e c 3 e c t d l n | s x x  a n t  t t a n  t  e c t  2  2 2 2 x  2 s e c t  t  t a n  s e c t d t t a n t |)  x   2 2  c  2 t c c  1 2 s e s c e c t d 2 t t  d t  2  s e c 3 t d t   1 0 1 2 x [ 2  3 2  d l x n (  2  2 3 3  ) l ] n (1  3 )  l n 2 I  8   3  l n ( 2  3 )  方法2：极坐标 I 8 8 8 8 8 x x x x 3 8 8 8 1 6 2 3 ( 4 2 3 l n ( 2 3 4 2 d l c n l n o s 3 2 2 c o s 2 2 s 2 e c 2 1 2 ) r d d 3 r t a n 2 ) 2 3                                         题型考点 数项级数敛散性的判定 【试题24】(1-9;3-4)下列级数发散的是 （A） n 1  1  n 1 c o s n         ； （B） n 1 s i n  n n 2  1 n        ；   1   （C） sin  n ； （D）若 a 2 收敛，则  lnn n n2 n1 n 1  1 n  2 n a n ( 0 )         . 解：（A）加绝对值： n 1 1 c o s n        ，当 n   2  1 时1cos   ，所以 p 2 ， n 2 n   1 2          收敛，所以1n  1cos 绝对收敛,所以 1n  1cos 收敛. 2 n   n   n  n1 n1 n1 sinn 1  sinn  sinn  1 (B)  ,收敛，所以  绝对收敛，所以  收敛，而  n2 n2 n2 n2 n n1 n1 n1发散，所以 n 1 s i n  n n 2  1 n        发散. (C) s i n  n   l 1 n n   (  1 ) n s i n l 1 n n , ① ln i m  s i n l 1 n n  0 ②当 u  ( 0 , 1 ) 时 s i n u 单调递增，又因为 l n n 单调递增，所以 l 1 n n 单调递减，且n充分大时， 0  l 1 n n  1 1 ，所以sin 单调递减 lnn 由莱布尼兹判别法 n   2 s i n  n   l 1 n n  收敛 （D） n a 2 n a n n 1 2 1 2 a n 2 n 2 1             因为  n  1 a n 2 收敛， n 1 n 2 1      收敛，所以 n 1 a n 2 n 2 1         收敛，所以 n 1 n a 2 n      收敛， 所以 n 1  1 n  2 n a n ( 0 )         收敛 故选 (B). 题型考点 空间解析几何 z  x2  y2 【试题25】(1-19)求空间曲线: 上到原点距离最近的点，并求出曲线 x yz 4  在该 点处的切线方程. 解：（1）令F(x,y,z,,) x2  y2 z2   x2  y2 z  (x yz4)F F F F F x y z 2 2 2 x x x y z 2 y 2 2 y 2 x y z z 4 0 0 0 0 0                                   ① ② ③ ④ ⑤ ①  ② 得2(x y)(1)0，所以 x y , 1     若 x  y ，则带入 ④ ， ⑤ 得  x y z    1 1 2 x 2  或 y 2  z 8  若 1    带入①得 0   1 带入③得z  ,带入④矛盾 2 d ( 1 , 1 , 2 )  6 , d (  2 ,  2 , 8 )  7 2  上到原点最近的点为 ( 1 , 1 , 2 ) （2）方法一： 曲线方程对 x 求导得：  z 1    y 2  x   z  2  y  0 y  代入 ( 1 , 1 , 2 ) 得  z 1    y 2    2 z  y   0 ，解得  y z (1 (1 ) )    0 1 所以 ( 1 , 1 , 2 ) 处的切向量为 (1 ,  1 , 0 ) x1 y1 z2 ，所以切线方程为   1 1 0 即  x z   y 2   2 0  0 方法二： ①x2  y2 z 0 n (2x,2y,1) 1 (1,1,2) (2,2,1) ②n (1,1,1) 2 i j k ③s n n  2 2 1 1 2 1 1 1 (3,3,0) 3(1,1,0)所以 ( 1 , 1 , 2 ) 处的切向量为 (1 ,  1 , 0 ) x1 y1 z2 ，所以切线方程为   1 1 0 题型考点 方向导数 【试题 26】(1-13)设三元函数 u  x 2  3 y 2  4 z 2 ，向量 l 的三个方向角分别为 4 , 2 , 3           ，则 u 在点 O ( 0 , 0 , 0 ) 处方向为 l 的方向导数   u l O (0 ,0 ,0 )  . 解：（1）方向余弦： c o s 2 c o s 2 c o s 2 1       S  ( a , b , c ) 单位化得  a 2  a b 2  c 2 , a 2  b b 2  c 2 , a 2  c b 2  c 2  si a cos  |s||i | a2 b2 c2 s j b cos  |s|| j| a2 b2 c2 sk c cos  |r ||k | a2 b2 c2 c o s 1 c o s 2 c o s 2 1 2          （2）不可微f f(0x,0y,0z) f(0,0,0)  lim s 0  (0,0,0) f(cos,cos,cos)  lim 0  2cos232cos242cos2  lim 0  3  cos23cos24cos2 2 题型考点 曲线积分 【试题27】(1-4)设曲线L 为 k x 2  y 2  1 位于第k 象限的部分，取逆时针方向， k  1 , 2 , 3 , 4 ， I  (x y)2dy 记 1 ， L 1 I 2   L 2 ( x  y ) 2 d x ， I 3   L 3 ( x  y ) 2 d x  ( x  y ) 2 d y I  (x y)2ds ，4 ， L 4 则 m a x { I 1 , I 2 , I 3 , I 4 }  （A） I 1 （B）I （C） 2 I 3 （D）I 4 解：方法1： ①因为dy0，所以 I 1  0 I  1  1   1 0 2 3 (1 (1   2 y y 2 ) 1 32  10 y  2 )d 5 3 y  1 ②因为 d x  0 ，所以I 0 2 ③因为 ( x  y ) 2 d x  ( x  y ) 2 d y  d 1 3 ( x  y ) 3 所以 I 3  1 3 ( x  y ) 3 (0 ( , 1 1,0 ) )  0 ④I 4 2 0 2 0 2 (1 1 2  c r s o 2 i n s 2 2 2 2 r )d 0 2 c o s 2 s i 1 n 1  r 2 r 2 d                           所以I 最大，故选A. 1 题型考点 第一类曲面积分 【试题28】(1-14)设    ( x , y , z ) | x  y  z  1 , x  0 , y  0 , z  0  ，则   ( y 2  x y  y z ) d S  . 解：方法1： (y2 xy yz)dS   y2dS xydS  yzdS       y2dS 2xydS   1  (y2 x2 z2 2xy2xz2yz)dS 3  1  (x yz)2dS 3  1  1dS 3  1 1 6 3    2  3 2 2 6方法2：     2 ( y   y  1   3   d d S S x y    1 3 y z   3 6 ) ( d x S   y    y z ( ) d y S  x  z ) d S 题型考点 第二类曲面积分 【试题29】(1-22)设常数 a , b , c 均为正数，且各不相等，有向曲面 S 为z 1x2y2 ， z  0 的上侧，求曲面积分 I    S a x 3 d y d z  b y x 3 2 d  x d y z 2   ( z c 2 z 3  1 ) d x d y . 解：记  为  z x  2  0 y 2  1 下侧，    (x,y,z∣)0 z  1x2  y2    (x,z∣) x2  y2 z2 1,x0,y 0,z 0  1I       S   S      (     4  1 a  3 ( x a 3 3 d   2 x a x y d  2 z 3   b 3 y b b 2 y y  2 3 d 3  x c 3 d z c z 2 z  ) d 2 ) ( v d c z  v 3  1 ) d   ( c z     (   x 3 1 d  ) y 1 d ) x d d x y d y 由轮换对称性可知          3 3 3 a b c x y z 2 d 2 d 2 d v v v        1     1     1 a b c    x x x 2 2 2    y y y 2 2 2    z z z 2 2 2    d d d v v v 所以 I 4(abc)  x2  y2 z2 dv  dxdy  1 x2y21   1 4(abc)2dv2dy r2r2sin ydr 0 0 0 2  (abc) 5