(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