2026考研数学一押题卷｜历年真题分类汇编

2026考研数学一押题卷｜历年真题分类汇编1.已知函数$f(x)$在$x=1$处可导，且$\lim_{x\to1}\frac{f(x^2)-f(1)}{x-1}=2$，则$f'(1)$等于（）A.2B.4C.1D.02.设函数$g(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$g(a)=g(b)=0$，则存在唯一的$\xi\in(a,b)$，使得$g'(\xi)=0$的充分必要条件是（）A.$g(x)$在$[a,b]$上单调B.$g(x)$在$(a,b)$内存在极值点C.$g(x)$在$(a,b)$内二阶可导且$g''(x)\neq0$D.$g(x)$在$(a,b)$内二阶可导且$g''(x)$在$(a,b)$内只有一个零点3.设函数$f(x)=\int_0^x\frac{\sint}{t}dt$，则$f'(x)$等于（）A.$\frac{\sinx}{x}$B.$\frac{\cosx}{x}$C.$\sinx$D.$\cosx$4.设函数$y=\ln(\sqrt{1+x^2}+x)$，则$y''(0)$等于（）A.1B.-1C.0D.25.设函数$z=f(x,y)$在点$(1,1)$处可微，且$f(1,1)=1,f_x(1,1)=2,f_y(1,1)=3$，则$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-3(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}$等于（）A.1B.2C.3D.06.设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，且在$(a,b)$内$f'(x)>0$，则函数$f(x)$在$[a,b]$上的最大值（）A.一定在$(a,b)$内取得B.一定在端点取得C.不存在D.可能不存在7.设函数$y=\frac{\lnx}{x}$，则$y'(1)$等于（）A.0B.1C.-1D.28.设函数$f(x)=\int_0^x\sin(t^2)dt$，则$f'(x)$等于（）A.$\sinx$B.$\cosx$C.$\sin(x^2)$D.$\cos(x^2)$9.设函数$z=\arctan\left(\frac{x}{y}\right)$，则$\frac{\partialz}{\partialx}$等于（）A.$\frac{1}{1+x^2}$B.$\frac{1}{1+y^2}$C.$\frac{y}{x^2+y^2}$D.$\frac{x}{x^2+y^2}$10.设函数$y=\ln(\cosx)$，则$y''(0)$等于（）A.1B.-1C.0D.21.设函数$f(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{x^n}{1+x^n}$，则$f(x)$在$x=1$处的极限等于_________。2.设函数$y=\sqrt{x}+\ln(1-x)$，则$y'(-1)$等于_________。3.设函数$z=\sin(x^2+y^2)$，则$\frac{\partialz}{\partialx}|_{(1,1)}$等于_________。4.设函数$f(x)=\int_0^x\frac{\lnt}{1+t^2}dt$，则$f'(1)$等于_________。5.设函数$y=\mathrm{e}^{\sinx}$，则$y'(-\frac{\pi}{2})$等于_________。6.设函数$z=\ln\left(\frac{x}{y}\right)$，则$\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}|_{(1,1)}$等于_________。1.（10分）设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续，在$(a,b)$内可导，且$f(a)=f(b)=0$。证明：存在唯一的$\xi\in(a,b)$，使得$\xif'(\xi)+f(\xi)=0$。2.（10分）设函数$y=\frac{\lnx}{x}$，求$y$的极值。3.（10分）设函数$z=f(x,y)$在点$(1,1)$处可微，且$f(1,1)=1,f_x(1,1)=2,f_y(1,1)=3$。求$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-3(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}$。4.（10分）设函数$y=\ln(\cosx)$，求$y''(0)$。5.（15分）设函数$z=\arctan\left(\frac{x}{y}\right)$，求$\frac{\partial^2z}{\partialx^2}$和$\frac{\partial^2z}{\partialy^2}$。6.（15分）设函数$f(x)=\int_0^x\sin(t^2)dt$，求$f'(x)$和$f''(x)$。【标准答案及解析】一、单项选择题1.B解析：由导数定义，$\lim_{x\to1}\frac{f(x^2)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to1}\frac{f(x^2)-f(1)}{x^2-1}\cdot\frac{x^2-1}{x-1}=2\lim_{x\to1}\frac{f(x^2)-f(1)}{x^2-1}=2f'(1)$，故$f'(1)=4$。2.B解析：必要性显然成立。充分性：若$g(x)$在$(a,b)$内存在极值点$\xi$，则$g'(\xi)=0$，由费马定理得$\xi$为驻点。若存在两个不同的驻点$\xi_1,\xi_2$，则$g'(\xi_1)=g'(\xi_2)=0$，由罗尔定理，存在$\eta\in(\xi_1,\xi_2)$，使得$g''(\eta)=0$，与$g''(x)\neq0$矛盾，故驻点唯一。3.A解析：由变限积分求导公式，$f'(x)=\frac{\sinx}{x}$。4.A解析：$y'=\frac{\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\cdotx}{\sqrt{1+x^2}+x}=\frac{1}{x^2+1}$，故$y''(0)=1$。5.D解析：由可微定义，$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-3(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}=\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f_x(x,y)-2}{\sqrt{(x-1)^2}}\cdot\frac{x-1}{\sqrt{2(x-1)^2}}+\frac{f_y(x,y)-3}{\sqrt{(y-1)^2}}\cdot\frac{y-1}{\sqrt{2(y-1)^2}}=0$。6.B解析：由单调性，$f'(x)>0$，故$f(x)$在$(a,b)$内严格递增，最大值在端点取得。7.B解析：$y'=\frac{\frac{1}{x}\cdotx-\lnx}{x^2}=\frac{1-\lnx}{x^2}$，故$y'(1)=1$。8.C解析：由变限积分求导公式，$f'(x)=\sin(x^2)$。9.C解析：$\frac{\partialz}{\partialx}=\frac{1}{1+\left(\frac{x}{y}\right)^2}\cdot\frac{1}{y}=\frac{y}{x^2+y^2}$。10.B解析：$y'=\frac{-\sinx}{\cosx}=-\tanx$，$y''=-\sec^2x$，故$y''(0)=-1$。二、填空题1.1解析：$f(x)=\begin{cases}0,&x\leq1\\\frac{1}{2},&x>1\end{cases}$，故$\lim_{x\to1}f(x)=1$。2.-1解析：$y'=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{1-x}$，故$y'(-1)=-1$。3.2解析：$\frac{\partialz}{\partialx}=\cos(x^2+y^2)\cdot2x$，故$\frac{\partialz}{\partialx}|_{(1,1)}=2\cos2$。4.$\frac{\ln1}{1+1^2}=0$5.1解析：$y'=\mathrm{e}^{\sinx}\cdot\cosx$，故$y'(-\frac{\pi}{2})=1$。6.0解析：$\frac{\partialz}{\partialx}=\frac{1}{x}$，$\frac{\partial^2z}{\partialx\partialy}=0$。三、解答题1.证明：令$F(x)=xf(x)$，则$F(a)=F(b)=0$，由罗尔定理，存在$\xi\in(a,b)$，使得$F'(\xi)=0$，即$\xif'(\xi)+f(\xi)=0$。若存在$\xi_1,\xi_2\in(a,b)$，使得$F'(\xi_1)=F'(\xi_2)=0$，则由罗尔定理，存在$\eta\in(\xi_1,\xi_2)$，使得$F''(\eta)=0$，即$(\xif'(\xi)+f(\xi))'=\xif''(\xi)+f'(\xi)+\xif'(\xi)+f(\xi)=\xif''(\xi)+2f'(\xi)=0$，与$f'(x)>0$矛盾，故$\xi$唯一。2.解：$y'=\frac{\frac{1}{x}\cdotx-\lnx}{x^2}=\frac{1-\lnx}{x^2}$，令$y'=0$，得$x=\mathrm{e}$，$y''=\frac{-\frac{1}{x}\cdotx^2-(1-\lnx)\cdot2x}{x^4}=\frac{\lnx-3}{x^3}$，故$y''(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}^3}>0$，故$x=\mathrm{e}$为极小值点，极小值为$\frac{1}{\mathrm{e}}$。3.解：由可微定义，$\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f(x,y)-f(1,1)-2(x-1)-3(y-1)}{\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}}=\lim_{(x,y)\to(1,1)}\frac{f_x(x,y)-2}{\sqrt{2}}\cdot\frac{x-1}{\sqrt{(x-1)^2}}+\frac{f_y(x,y)-3}{\sqrt{2}}\cdot\frac{y-1}{\sqrt{(y-1)^2}}=0$。4.解：$y'=\frac{-\sinx}{\cosx}=-\tanx$，$y''=-\sec^2x$，故$y''(0)=-1$。5.解：$\frac{\partialz}{\partialx}=\frac{1}{1+\left(\frac{x}{y}\right)^2}