单选题 （共 40 题 ），每题只有一个选项正确
当 $x \rightarrow \infty$ 时, $\left(1-\frac{1}{x}\right)^x$ 的极限为 ( )。
$\text{A.}$ $e$
$\text{B.}$ $\frac{1}{e}$
$\text{C.}$ 1
$\text{D.}$ 不存在
偏导数 $f_x\left(x_0, y_0\right), f_y\left(x_0, y_0\right)$ 存在是函数 $z=f(x, y)$ 在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 连续的 ( ) 条件.
$\text{A.}$ 充分
$\text{B.}$ 必要
$\text{C.}$ 充要
$\text{D.}$ 既非充分也非必要
设 $D=\{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 2\}, I=\iint_D(x+y+1) d \sigma$, 则正确的是
$\text{A.}$ $1 \leq I \leq 8$
$\text{B.}$ $2 \leq I \leq 8$
$\text{C.}$ $1 \leq I \leq 4$
$\text{D.}$ $2 \leq I \leq 4$
$\lim _{x \rightarrow 1} \dfrac{\int_1 \frac{x \ln t}{1+t} d t}{(x-1)^2}=(\quad)$.
$\text{A.}$ 0
$\text{B.}$ $\infty$
$\text{C.}$ $\frac{1}{4}$
$\text{D.}$ 1
下列方程中， ________ 是齐次方程。
$\text{A.}$ $\frac{d y}{y^2-2 x y}=\frac{d x}{x^2-x y+y^2}$
$\text{B.}$ $y^{\prime}=\frac{1}{x-y^2}$
$\text{C.}$ $(2 x-y+3) d y=(x-2 y+1) d x$
$\text{D.}$ $\frac{x}{2+y} d y=\frac{y}{2+x} d x$
设 $f(x, y)$ 为连续函数，且 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq t^2\right\}$ ，则 $\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{\pi t^2} \iint_D f(x, y) d \sigma=(\quad)$
$\text{A.}$ $f(0,0)$
$\text{B.}$ $-f(0,0)$
$\text{C.}$ $f^{\prime}( 0 , 0 )$
$\text{D.}$ 不存在
设 $f(x, y)$ 在区域 $D=\{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1\}$上可微，且 $f(0,0)=0$ ，极限 $\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\int_0^{x^2} d t \int_x^{\sqrt{t}} f(t, u) d u}{1-e^{-x^4}}=(\quad)$
$\text{A.}$ $-\frac{1}{4} f_y^{\prime}(0,0)$
$\text{B.}$ $\frac{1}{4} f_x^{\prime}(0,0)$
$\text{C.}$ $-\frac{1}{4} f_x^{\prime}(0,0)$
$\text{D.}$ $\frac{1}{4} f_y^{\prime}(0,0)$
设 $\Sigma$ 为柱面 $x^2+y^2=a^2(0 \leqslant z \leqslant 3)$, 其向外的单位法向量 $n ^{\circ}=\{\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma\}$, 则 $\iint_{\Sigma}(x \cos \alpha+y \cos \beta+z \cos \gamma) d S$ 等于
$\text{A.}$ 0 .
$\text{B.}$ $\iint_{\Sigma} z \cos \gamma d S$.
$\text{C.}$ $9 \pi a^2$.
$\text{D.}$ $6 \pi a^2$.
$x=0$ 是函数 $f(x)=\frac{\arctan x}{x}$ 的
$\text{A.}$ 连续点;
$\text{B.}$ 可去间断点;
$\text{C.}$ 跳跃间断点;
$\text{D.}$ 无穷间断
设函数 $f(x)=x^4+\left|x^3\right|$, 则使 $f^{(n)}(0)$ 存在的最高阶数 $n=(\quad)$.
$\text{A.}$ 1 ;
$\text{B.}$ 2 ;
$\text{C.}$ 3 ;
$\text{D.}$ 4.
设函数 $f^{\prime}(x)$ 连续, 则 $\int f^{\prime}(2 x) d x=(\quad)$.
$\text{A.}$ $f(2 x)+c$;
$\text{B.}$ $2 f(x)+c$;
$\text{C.}$ $\frac{1}{2} f(2 x)+c$;
$\text{D.}$ $x f(2 x)+c$.
设反常积分 $\int_1^{+\infty} x^{-k} d x$ 收敛，则
$\text{A.}$ $k>1$;
$\text{B.}$ $k \geqslant 1$;
$\text{C.}$ $k \leqslant 1$;
$\text{D.}$ $k < 1$.
求 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin \frac{\pi}{n}}{n+1}+\frac{\sin \frac{2 \pi}{n}}{n+\frac{1}{2}}+\cdots+\frac{\sin \frac{n \pi}{n}}{n+\frac{1}{n}}$.
$\text{A.}$ 1;
$\text{B.}$ $\frac{2}{\pi}$
$\text{C.}$ $\frac{\pi}{2}$
$\text{D.}$ 0
已知 $f(x, y)=\frac{x y}{x^2+y}$, 则 $f\left(x y, \frac{x}{y}\right)=(\quad)$
$\text{A.}$ $\frac{x}{x y^3+1}$
$\text{B.}$ $\frac{y}{x y^3+1}$
$\text{C.}$ $\frac{x y}{x^2 y^2+1}$
$\text{D.}$ $\frac{x y}{x y^3+1}$
设有三元方程 $x y-z \ln y+e^{x z}=1$, 则根据隐函数存在定理, 存在点 $(0,1,1)$ 的一个邻域，在此邻域内该方程（）
$\text{A.}$ 只能确定一个具有连续偏导数的隐函数 $z=z(x, y)$
$\text{B.}$ 可确定两个具有连续偏导数的隐函数 $y=y(x, z)$ 和 $z=z(x, y)$
$\text{C.}$ 可确定两个具有连续偏导数的隐函数 $x=x(y, z)$ 和 $z=z(x, y)$
$\text{D.}$ 可确定两个具有连续偏导数的隐函数 $x=x(y, z)$ 和 $y=y(x, z)$
设 $f(x, y, z)$ 是 $k$ 次齐次函数, 即 $f(t x, t y, t z)=t^k f(x, y, z), \lambda$ 为某一常数, 则结论正确的是 ( )
$\text{A.}$ $x \frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}+z \frac{\partial f}{\partial z}=k^\lambda f(x, y, z)$
$\text{B.}$ $x \frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}+z \frac{\partial f}{\partial z}=$ $\lambda^k f(x, y, z)$
$\text{C.}$ $x \frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}+z \frac{\partial f}{\partial z}=k f(x, y, z)$
$\text{D.}$ $x \frac{\partial f}{\partial x}+y \frac{\partial f}{\partial y}+z \frac{\partial f}{\partial z}=$ $f(x, y, z)$
若 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n(x-1)^n$ 在 $x=-1$ 处收敛, 那么当 $x =2$ 时该级数 $(\quad)$
$\text{A.}$ 条件收敛
$\text{B.}$ 绝对收敛
$\text{C.}$ 发散
$\text{D.}$ 敛散性不变
设 $f(x)$ 为微分方程 $y^{\prime \prime}-y^{\prime}- e ^{\sin x}=0$ 的解, 且 $f^{\prime}\left(x_0\right)=0$, 则 $f(x)$ 在 $(\quad)$.
$\text{A.}$ $x_0$ 的某邻域内单调递减
$\text{B.}$ $x_0$ 处取极小值
$\text{C.}$ $x_0$ 处取极大值
$\text{D.}$ $x_0$ 的某邻域内单调递增
若 $f(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_0^1 \frac{n t^{n-1}}{1+ e ^{x t}} d t$, 则 $\int_0^{+\infty} f(x) d x=$
$\text{A.}$ $e ^2$.
$\text{B.}$ $1+ e$.
$\text{C.}$ $\ln (1+ e )$.
$\text{D.}$ $\ln 2$.
已知平面区域 $D_1=\left\{(x, y) \left\lvert\, 0 \leqslant y \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{2}\right.\right\}, D_2=\left\{(x, y) \left\lvert\, 0 \leqslant x \leqslant y \leqslant \frac{\pi}{2}\right.\right\}$, $D_3=\left\{(x, y) \left\lvert\, \frac{\pi}{2} \leqslant x \leqslant y \leqslant \pi\right.\right\}$, 记 $I_1=\iint_{D_1} e ^{-x^2} \sin y d x d y, I_2=\iint_{D_2} e ^{-x^2} \sin y d x d y, I_3=\iint_{D_3} e ^{-x^2} \sin y d x d y$,则（）
$\text{A.}$ $I_3 < I_1 < I_2$.
$\text{B.}$ $I_3 < I_2 < I_1$.
$\text{C.}$ $I_1 < I_3 < I_2$.
$\text{D.}$ $I_1 < I_2 < I_3$.
设 $f(x, y)=\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^2+y^2} \sin \frac{1}{x^2+y^2},(x, y) \neq(0,0), \\ 0, \quad(x, y)=(0,0),\end{array}\right.$ 则 $f(x, y)$ 在点 $(0,0)$ 处
$\text{A.}$ 两个偏导数都存在，函数也连续。
$\text{B.}$ 两个偏导数都存在, 但函数不连续.
$\text{C.}$ 偏导数不存在，但函数连续。
$\text{D.}$ 偏导数不存在, 函数也不连续.
反常积分 $\int_0^{+\infty} \frac{\ln x}{1+x^2} d x$
$\text{A.}$ 收敛且等于 0
$\text{B.}$ 收敛且等于 1
$\text{C.}$ 发散
$\text{D.}$ 不能确定敛散性.
设 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 的某邻域内连续, 且 $\lim _{\substack{x \rightarrow 0 \\ y \rightarrow 0}} \frac{f(x, y)}{x^2+|y|}=1$, 则 $f(x, y)$ 在 $(0,0)$ 处
$\text{A.}$ 取极大值.
$\text{B.}$ 取极小值.
$\text{C.}$ 不取极值.
$\text{D.}$ 无法确定.
设 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1\right\}$, 则 $\iint_D \frac{ e ^{x^2+y^2}}{2+x y} d x d y=$
$\text{A.}$ 0.
$\text{B.}$ $4 \iint_{D_1} \frac{ e ^{x^2+y^2}}{2+x y} d x d y$, 其中 $D_1=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1, x \geqslant 0, y \geqslant 0\right\}$.
$\text{C.}$ $4 \iint_{D_2} \frac{ e ^{x^2+y^2}}{2+x y} d x d y$, 其中 $D_2=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1, x \geqslant 0, y \leqslant 0\right\}$.
$\text{D.}$ $2 \iint_{D_3} \frac{ e ^{x^2+y^2}}{2+x y} d x d y$, 其中 $D_3=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1, x \geqslant 0\right\}$.
(2) $\int_{-1}^0 d x \int_{-x}^{\sqrt{2-x^2}} f(x, y) d y+\int_0^1 d x \int_x^{\sqrt{2-x^2}} f(x, y) d y=(\quad)$
$\text{A.}$ $\int_0^1 d y \int_{-y}^y f(x, y) d x+\int_1^2 d y \int_{-\sqrt{2-y^2}}^{\sqrt{2-y^2}} f(x, y) d x$
$\text{B.}$ $\int_0^1 d y \int_{-y}^y f(x, y) d x+\int_1^{\sqrt{2}} d y \int_{-\sqrt{2-y^2}}^{\sqrt{2-y^2}} f(x, y) d x$
$\text{C.}$ $\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} d \theta \int_0^2 f(r \cos \theta, r \sin \theta) r d r$
$\text{D.}$ $\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} d \theta \int_0^{\sqrt{2}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) d r$
若 $F(x)=\int_0^x(2 t-x) f(t) d t$, 其中 $f(x)$ 在区间上 $(-1,1)$ 二阶可导且 $f ^{\prime}( x )>0$, 则 ( ).
$\text{A.}$ 函数 $F(x)$ 必在 $x=0$ 处取得极大值;
$\text{B.}$ 函数 $F(x)$ 必在 $x=0$ 处取得极小值;
$\text{C.}$ 函数 $F(x)$ 在 $x=0$ 处没有极值, 但点 $(0, F(0))$ 为曲线 $y=F(x)$ 的拐点;
$\text{D.}$ 函数 $F(x)$ 在 $x=0$ 处没有极值, 点 $(0, F(0))$ 也不是曲线 $y=F(x)$ 的拐点。
设对任意的 $x$, 总有 $\varphi(x) \leq f(x) \leq g(x)$, 且 $\lim _{x \rightarrow \infty}|g(x)-\varphi(x)|=0$ 则 $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)$
$\text{A.}$ 存在且等于零
$\text{B.}$ 存在但不等于零
$\text{C.}$ 一定不存在
$\text{D.}$ 不一定存在
设有积分 $I_1=\int_0^1 \frac{x}{\ln (1+x)} d x, I_2=\int_0^1 \frac{x^2}{\ln ^2(1+x)} d x, I_3=\int_0^1 \frac{x^2}{\ln \left(1+x^2\right)} d x$, 则 $I_1, I_2, I_3$按大小不同排列的顺序是
$\text{A.}$ $I_1 < I_2 < I_3$
$\text{B.}$ $I_1 < I_3 < I_2$
$\text{C.}$ $I_3 < I_2 < I_1$
$\text{D.}$ $I_3 < I_1 < I_2$
设 $f(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，则在开区间 $(a, b)$ 内 $f(x)$ 必有 $(\quad)$
$\text{A.}$ 导函数
$\text{B.}$ 原函数
$\text{C.}$ 最大值或最小值
$\text{D.}$ 极值
下列说法不正确的是（）。
$\text{A.}$ 一切初等函数在其定义区间上都存在有原函数
$\text{B.}$ 不连续的函数也可能存在有原函数
$\text{C.}$ 连续的奇函数的原函数都是偶函数
$\text{D.}$ 连续的偶函数的原函数都是奇函数
以下结论正确的是 ( )
$\text{A.}$ $d \left[\int f(x) d x\right]=f(x)$
$\text{B.}$ $\left[\int f(x) d x\right]^{\prime}=\int f^{\prime}(x) d x$
$\text{C.}$ $\int f^{\prime}(x) d x=f(x)$
$\text{D.}$ $d \left[\int f(x) d x\right]=f(x) d x$
若 $f(x)$ 的导函数为 $\sin x$ ，则 $f(x)$ 的一个原函数为 $( I$ 。
$\text{A.}$ $1+\sin x$
$\text{B.}$ $1-\sin x$
$\text{C.}$ $1+\cos x$
$\text{D.}$ $1-\cos x$
若 $\int f(x) d x=F(x)+C$ ，则 $\int f(a x+b) d x=(\quad)$.
$\text{A.}$ $a F(a x+b)+C$
$\text{B.}$ $\frac{F(a x+b)}{a}+C$
$\text{C.}$ $\frac{F(x)}{a}+C$
$\text{D.}$ $a F ( x )+C$
设 $\sin x^n\left(\sqrt{1+x^2}-1\right)+1$ 是 $f(x)$ 的一个原函数, $g(x)=k \int_0^x\left( e ^{t^2}-1\right) d t$, 若 $x \rightarrow 0$ 时 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是等价无穷小, 则
$\text{A.}$ $k=6, n=2$
$\text{B.}$ $k=4, n=2$
$\text{C.}$ $k=6, n=3$
$\text{D.}$ $k=4, n=3$
函数 $f(x)=x e^x$ 的带有皮亚诺型余项的 $n$ 阶麦克劳林公式为 ( ).
$\text{A.}$ $x e^x=x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o\left(x^n\right)$
$\text{B.}$ $x e^x=x+x^2+\frac{x^3}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{(n-1)!}+o\left(x^n\right)$
$\text{C.}$ $x e^x=x+\frac{x^2}{2}+\cdots+\frac{x^n}{n}+o\left(x^n\right)$
$\text{D.}$ $x e^x=x+x^2+\frac{x^3}{2}+\cdots+\frac{x^n}{n-1}+o\left(x^n\right)$
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\int_{\cos x}^1 e^{-t^2} d t}{x^2}=(\quad)$.
$\text{A.}$ $\frac{1}{e}$
$\text{B.}$ $\infty$
$\text{C.}$ $-\frac{1}{2 e}$
$\text{D.}$ $\frac{1}{2 e}$
下列反常积分收敛的是 ( ).
$\text{A.}$ $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{1+x^2} d x$
$\text{B.}$ $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} d x$
$\text{C.}$ $\int_{-\infty}^{+\infty} \sin x d x$
$\text{D.}$ $\int_1^{+\infty} \frac{d x}{\sqrt{x}}$
一物体按规律 $s=t^2$ 做直线运动, 介质的阻力 $F$ 与速度 $v$ 的平方成正比 $\left(F=k v^2, k\right.$ 是比例常数), 则物体从 $s=0$ 移到 $s=a$ 克服介质阻力所作的功为 ( ).
$\text{A.}$ $\int_0^{\sqrt{a}} 8 k t^3 d t$
$\text{B.}$ $\int_0^a 8 k t^3 d t$
$\text{C.}$ $\int_0^{\sqrt{a}} k v^2 d t$
$\text{D.}$ $\int_0^a k v^2 d t$
设线性无关函数 $y_1, y_2, y_3$ 都是二阶非齐次线性方程 $y^{\prime \prime}+P(x) y^{\prime}+Q(x) y=f(x)$ 的解, $C_1, C_2$ 是任意常数, 则对应齐次方程 $y^{\prime \prime}+P(x) y^{\prime}+Q(x) y=0$ 的通解是 ( ).
$\text{A.}$ $C_1 y_1+C_2 y_2$
$\text{B.}$ $C_1 y_1+C_2 y_2-2 y_3$
$\text{C.}$ $C_1 y_1+C_2 y_2-\left(C_1+C_2\right) y_3$
$\text{D.}$ $C_1 y_1+C_2 y_2+\left(1-C_1-C_2\right) y_3$
设函数 $f_i(x)(i=1,2)$ 具有二阶连续导数, 且 $f_i^{\prime \prime}\left(x_0\right) < 0(i=1,2)$.若两条曲线 $y=f_i(x)(i=1,2)$ 在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 处具有公切线 $y=g(x)$, 且该点处曲线 $y=f_1(x)$ 的曲率大于曲线 $y=f_2(x)$ 的曲率, 则在 $x_0$ 的某个邻域内 ，有 ( )
$\text{A.}$ $f_1(x) \leq f_2(x) \leq g(x)$.
$\text{B.}$ $f_2(x) \leq f_1(x) \leq g(x)$.
$\text{C.}$ $f_1(x) \leq g(x) \leq f_2(x)$.
$\text{D.}$ $f_2(x) \leq g(x) \leq f_1(x)$.