单选题 （共 1 题 ），每题只有一个选项正确
设 $f(x, y)$ 与 $\varphi(x, y)$ 均为可微函数，且 $\varphi_y^{\prime}\left(x_0, y_0\right) \neq 0$ ．已知 $\left(x_0, y_0\right)$ 是 $f(x, y)$ 在约束条件 $\varphi(x, y)=0$ 下的一个极值点，下列选项正确的是
$\text{A.}$ 若 $f_x^{\prime}\left(x_0, y_0\right)=0$ ，则 $f_y^{\prime}\left(x_0, y_0\right)=0$ ．
$\text{B.}$ 若 $f_x^{\prime}\left(x_0, y_0\right)=0$ ，则 $f_y^{\prime}\left(x_0, y_0\right) \neq 0$ ．
$\text{C.}$ 若 $f_x^{\prime}\left(x_0, y_0\right) \neq 0$ ，则 $f_y^{\prime}\left(x_0, y_0\right)=0$ ．
$\text{D.}$ 若 $f_x^{\prime}\left(x_0, y_0\right) \neq 0$ ，则 $f_y^{\prime}\left(x_0, y_0\right) \neq 0$ ．
解答题 （共 19 题 ），解答过程应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤
求内接于半径为 $a$ 的球且有最大体积的长方体．
设 $z=f(u, x, y), u=x e^y$ ，其中 $f$ 具有连续的二阶偏导数，求 $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$ ．
设 $x=e^u \cos v, y=e^u \sin v, z=u v$ ，试求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ．
设函数 $z=f(x, y)$ 在点 $(1,1)$ 处可微，且
$$
f(1,1)=1,\left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(1,1)}=2,\left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(1,1)}=3, \varphi(x)=f(x, f(x, x)) .
$$
$$
\text { 求 }\left.\frac{d}{d x} \varphi^3(x)\right|_{x=1} \text {. }
$$
根据二重积分的性质，比较下列积分大小： $\iint_D(x+y)^2 d \sigma$ 与 $\iint_D(x+y)^3 d \sigma$ ，其中积分区域 $D$ 是由 $x$ 轴，$y$ 轴与直线 $x+y=1$ 所围成
求极限 $\lim _{r \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{\pi r^2} \iint_{x^2+y^2 \leq 2 r^2} e^{x y^2} \cos \left(x^2-y\right) d x d y$
根据二重积分的性质，比较下列积分大小：$\iint_D \ln (x+y) d \sigma$ 与 $\iint_D[\ln (x+y)]^2 d \sigma$ ，其中 $D$ 是三角形闭区域，三角顶点分别为 $(1,0)$ ， $(1,1),(2,0)$ ．
计算 $\iint_D \frac{x^2}{y^2} d x d y$ ，其中 $D$ 是由直线 $x=2, y=x$ 及曲线 $x y=1$ 所围成的闭区域．
利用极坐标计算 $\iint_D \arctan \frac{y}{x} d \sigma$ ，其中 $D$ 是由圆周 $x^2+y^2=4, x^2+y^2=1$ 及直线 $y=0, y=x$ 所围成的第一象限内的闭区域．
改换下列二次积分的积分次序：
（1） $\int_0^1 d y \int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} f(x, y) d x$ ．
（2） $\int_0^\pi d x \int_{-\sin \frac{x}{2}}^{\sin x} f(x, y) d y$
计算 $\iint_D \sqrt{4 a^2-x^2-y^2} d x d y$ ，其中 $D$ 为半圆周 $y=\sqrt{2 a x-x^2}$ 及 $x$ 轴所围成的闭区域．
积分 $\int_0^2 d x \int_x^2 e^{-y^2} d y$ 的值
交换积分次序 $\int_0^{\frac{1}{4}} d y \int_y^{\sqrt{y}} f(x, y) d x+\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} d y \int_y^{\frac{1}{2}} f(x, y) d x$
计算 $\iint_D y\left(1+x e^{\frac{x^2+y^2}{2}}\right) d x d y$ ，其中平面区域 $D$ 由直线 $y=x, y=-1$ 及 $x=-1$ 所围成．
二重积分 $\iint_D \sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}} d \sigma$ ，其中 $D$ 是由圆周 $x^2+y^2=1$ 及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域。
计算曲线积分 $\int_L\left(x^2+y^2\right) d x+\left(x^2-y^2\right) d y,$
其中积分路径 $L$ 分别为：
（1）折线段 $O A B$ ；
（2）直线段 $O B$ ；
（3）半圆弧 $\overparen{O A B}$
计算
$$
I=\oint_C \frac{-(x+y) d x+(x-y) d y}{x^2+y^2},
$$
其中 $C$ 为圆周 $x^2+y^2=a^2(a>0)$ ，按逆时针方向（记号 $\oint_C$ 表示积分路径 $C$是一条封闭的曲线）。
求空间第二型曲线积分
$$
I=\int_L y d x+x d y+(x+y+z) d z,
$$
其中 $L$ 为自点 $A(2,3,4)$ 到点 $B(3,5,7)$ 的直线段．
将第二型曲线积分 $I=\int_L y d x+x d y+x y z d z$ 化成第一型曲线积分，其中 $L$ 是曲线 $\left\{\begin{array}{l}x=2 t, \\ y=t^2, \\ z=t-1\end{array}\right.$ 上从点 $A(0,0,-1)$ 到点 $B(2,1,0)$ 的一段．