若函数 $f(x)= \begin{cases}\displaystyle\frac{1-\cos \sqrt{x}}{a x}, & x\gt 0, \\ b, & x \leqslant 0\end{cases}$ $\text { 在 } x=0 \text { 处连续，则 }$
设二阶可导函数 $f(x)$ 满足 $f(1)=f(-1)=1, f(0)=-1$ 且 $f^{\prime \prime}(x)\gt 0$ ，则
设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 收敛，则
微分方程 $y^{\prime \prime}-4 y^{\prime}+8 y=\mathrm{e}^{2 x}(1+\cos 2 x)$ 的特解可设为 $y^{*}=$
设 $f(x, y)$ 具有一阶偏导数，且对任意的 $(x, y)$ ，都有 $\displaystyle\frac{\partial f(x, y)}{\partial x}\gt 0, \displaystyle\frac{\partial f(x, y)}{\partial y}\lt 0$ ，则 $(\mathrm{A}) f(0,0)\gt f(1,1)$ ． $(\mathrm{C}) f(0,1)\gt f(1,0)$ ．
甲，乙两人赛跑，计时开始时，甲在乙前方 10 （单位：m）处，图中，实线表示甲的速度曲线 $v=v_{1}(t)$（单位： $\mathrm{m} / \mathrm{s}$ ），虚线表示乙的速度曲线 $v=v_{2}(t)$ ，三块阴影部分面积的数值依次为 $10,20,3$ 。计时开始后乙追上甲的时刻记为 $t_{0}$（单位： s ），则
$(\mathrm{C}) t_{0}=25$ ．
设 $\boldsymbol{A}$ 为3阶矩阵， $\boldsymbol{P}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$ 为可逆矩阵，使得 $\boldsymbol{P}^{-1} \boldsymbol{A} \boldsymbol{P}=\left(\begin{array}{ccc}0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$ ，则
$$
\boldsymbol{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)=(\quad)
$$
已知矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right), \boldsymbol{B}=\left(\begin{array}{lll}2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right), \boldsymbol{C}=\left(\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{array}\right)$ ，则（ ）
设函数 $y=y(x)$ 由参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\mathrm{e}^{t} \\ y=\sin t\end{array}\right.$ 确定，则 $\left.\displaystyle\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{t=0}=$ $\_\_\_\_$ .
$\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \displaystyle\frac{\ln (1+x)}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x=$ $\_\_\_\_$。
设函数 $f(x, y)$ 具有一阶连续偏导数，且 $\mathrm{d} f(x, y)=y \mathrm{e}^{y} \mathrm{~d} x+x(1+y) \mathrm{e}^{y} \mathrm{~d} y, f(0,0)=0$ ，则 $f(x, y)=$ $\_\_\_\_$。
$\displaystyle\int_{0}^{1} \mathrm{~d} y \displaystyle\int_{y}^{1} \displaystyle\frac{\tan x}{x} \mathrm{~d} x=$ $\_\_\_\_$ ．
设矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\begin{array}{ccc}4 & 1 & -2 \\ 1 & 2 & a \\ 3 & 1 & -1\end{array}\right)$ 的一个特征向量为 $\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 2\end{array}\right)$ ，则 $a=$
求 $\displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \displaystyle\frac{\displaystyle\int_{0}^{x} \sqrt{x-t} \mathrm{e}^{t} \mathrm{~d} t}{\sqrt{x^{3}}}$ ．
设函数 $f(u, v)$ 具有 2 阶连续偏导数，$y=f\left(\mathrm{e}^{x}, \cos x\right)$ ，求 $\left.\displaystyle\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right|_{x=0},\left.\displaystyle\frac{\mathrm{~d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|_{x=0}$ ．
求 $\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \displaystyle\frac{k}{n^{2}} \ln \left(1+\displaystyle\frac{k}{n}\right)$ ．
设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有 2 阶导数，且 $f(1)\gt 0, \displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \displaystyle\frac{f(x)}{x}\lt 0$ 。证明： （I）方程 $f(x)=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在一个实根； （II）方程 $f(x) f^{\prime \prime}(x)+\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}=0$ 在区间 $(0,1)$ 内至少存在两个不同实根。
已知平面区域 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 2 y\right\}$ ，计算二重积分 $\iint_{D}(x+1)^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ．
设 $y(x)$ 是区间 $\left(0, \displaystyle\frac{3}{2}\right)$ 内的可导函数，且 $y(1)=0$ 。点 $P$ 是曲线 $l: y=y(x)$ 上的任意一点， $l$ 在点 $P$ 处的切线与 $y$ 轴相交于点 $\left(0, Y_{P}\right)$ ，法线与 $x$ 轴相交于点 $\left(X_{P}, 0\right)$ ，若 $X_{P}=Y_{P}$ ，求 $l$ 上点的坐标 $(x, y)$ 满足的方程。
设3阶矩阵 $\boldsymbol{A}=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)$ 有3个不同的特征值，且 $\boldsymbol{\alpha}_{3}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+2 \boldsymbol{\alpha}_{2}$ ． （I）证明 $r(\boldsymbol{A})=2$ ； （II）若 $\boldsymbol{\beta}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}$ ，求方程组 $\boldsymbol{A} \boldsymbol{x}=\boldsymbol{\beta}$ 的通解．
设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2 x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+a x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}-8 x_{1} x_{3}+2 x_{2} x_{3}$ 在正交变换 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q} \boldsymbol{y}$ 下的标准形为 $\lambda_{1} y_{1}^{2}+\lambda_{2} y_{2}^{2}$ ，求 $a$ 的值及一个正交矩阵 $\boldsymbol{Q}$ 。