全国大学生数学竞赛试题解答及评分标准非数学类.docx

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1、全国高校生竞赛历年试题名师精讲非数学类20212021第五届全国高校生数学竞赛预赛试卷非数学类一、 解答以下各题每题6分共24分，要求写出重要步骤.解 因为2分；原式(2分)；(2分)不是肯定收敛的解 记，只要证明发散即可。2分因为。2分而发散，故由比较判别法发散。2分由确定，求的极值。解 方程两边对求导，得 1分故，令，得或2分将代入所给方程得，将代入所给方程得，2分又，故为极大值，为微小值。3分 上的点A作切线，使该切线与曲线与轴所围成的平面图形的面积为，求点A的坐标。解 设切点A的坐标为，曲线过A点的切线方程为2分；令，由切线方程得切线与轴交点的横坐标为。从而作图可知，所求平面图形的面积

2、，故A点的坐标为。4分二、总分值12计算定积分解 4分 2分4分 2分三、总分值12分设在处存在二阶导数，且。证明 ：级数收敛。解 由于在处可导必连续，由得 2分 2分由洛必塔法那么与定义 3分所以 2分由于级数收敛，从而由比较判别法的极限形式收敛。3分四、总分值12分设，证明解 因为，所以在上严格单调增，从而有反函数2分。设是的反函数，那么 3分又，那么，所以3分 2分五、总分值14分设是一个光滑封闭曲面，方向朝外。给定第二型的曲面积分。试确定曲面，使积分I的值最小，并求该最小值。解 记围成的立体为V，由高斯公式 3分为了使得I的值最小，就要求V是使得的最大空间区域，即取 ，曲面 3分 为求

3、最小值，作变换，那么，从而 4分运用球坐标计算，得 4分六、总分值14分设，其中为常数，曲线C为椭圆，取正向。求极限解 作变换视察发觉或用线性代数里正交变换化二次型的方法，曲线C变为平面上的椭圆实现了简化积分曲线，也是取正向 2分而且被积表达式没变，同样简洁！， 2分曲线参数化，那么有， 3分令，那么由于，从而。因此当时或时2分 而 3分 。故所求极限为 2分七总分值14分推断级数的敛散性，假设收敛，求其和。解 1记因为充分大时 3分所以，而收敛，故收敛2分2记 ，那么= 2分= 2分= 2分因为，所以，从而，故。因此。也可由此用定义推知级数的收敛性3分第三届全国高校生数学竞赛预赛试卷非数学类

4、一计算以下各题此题共3小题，每题各5分，共15分，要求写出重要步骤。1.求；解：方法一用两个重要极限：方法二取对数：2.求；解：方法一用欧拉公式令其中，表示时的无穷小量，方法二用定积分的定义3，求。解：二此题10分求方程的通解。解：设，那么是一个全微分方程，设方法一：由得由得方法二：该曲线积分与途径无关三此题15分设函数f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连续导数，且均不为0，证明：存在唯一一组实数，使得。证明：由极限的存在性：即，又，由洛比达法那么得由极限的存在性得即，又，再次运用洛比达法那么得由得是齐次线性方程组的解设，那么，增广矩阵，那么所以，方程有唯一解，即存在唯一一组实数满意题意，且。

5、四此题17分设，其中，为与的交线，求椭球面在上各点的切平面到原点间隔 的最大值和最小值。解：设上任一点，令，那么椭球面在上点M处的法向量为：在点M处的切平面为：原点到平面的间隔 为，令 那么，如今求在条件，下的条件极值，令那么由拉格朗日乘数法得：，解得或，对应此时的或此时的或又因为，那么所以，椭球面在上各点的切平面到原点间隔 的最大值和最小值分别为： ，五此题16分S是空间曲线绕y轴旋转形成的椭球面的上半部分取上侧，是S在点处的切平面，是原点到切平面的间隔 ，表示S的正法向的方向余弦。计算：1；2解：1由题意得：椭球面S的方程为令那么，切平面的法向量为，的方程为，原点到切平面的间隔 将一型曲面

6、积分转化为二重积分得：记(2)方法一： 方法二将一型曲面积分转化为二型：记，取面对下，向外，由高斯公式得：，求该三重积分的方法许多，现给出如下几种常见方法： 先一后二：先二后一：广义极坐标代换：六此题12分设f(x)是在内的可微函数，且，其中，任取实数，定义证明：肯定收敛。证明：由拉格朗日中值定理得：介于之间，使得，又得级数收敛，级数收敛，即肯定收敛。七此题15分是否存在区间上的连续可微函数f(x)，满意，？请说明理由。解：假设存在，当时，由拉格朗日中值定理得：介于0，x之间，使得，同理，当时，由拉格朗日中值定理得：介于x，2之间，使得即，明显，又由题意得即，不存在，又因为f(x)是在区间上的

7、连续可微函数，即存在，冲突，故，原假设不成立，所以，不存在满意题意的函数f(x)。第二届全国高校生数学竞赛预赛试卷非数学类第一届全国高校生数学竞赛预赛试卷非数学类一、填空题每题5分，共20分1计算_，其中区域由直线与两坐标轴所围成三角形区域.解: 令，那么， *令，那么，2设是连续函数，且满意, 那么_.解: 令，那么，,解得。因此。3曲面平行平面的切平面方程是_.解: 因平面的法向量为，而曲面在处的法向量为，故与平行，因此，由，知，即，又，于是曲面在处的切平面方程是，即曲面 平行平面的切平面方程是。4设函数由方程确定，其中具有二阶导数，且，那么_.解: 方程的两边对求导，得因，故，即，因此二

8、、5分求极限，其中是给定的正整数.解 :因故因此三、15分设函数连续，且，为常数，求并探讨在处的连续性.解 : 由和函数连续知，因，故，因此，当时，故当时，这说明在处连续.四、15分平面区域，为的正向边界，试证：1；2.证 :因被积函数的偏导数连续在上连续，故由格林公式知1而关于和是对称的，即知因此2因故由知即 五、10分，是某二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，试求此微分方程.解 设，是二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，那么和都是二阶常系数线性齐次微分方程的解，因此的特征多项式是，而的特征多项式是因此二阶常系数线性齐次微分方程为，由和，知，二阶常系数线性非齐次微分方程为六、10分设抛物线过原点.当时,又该抛物线与轴与直线所围图形的面积为.试确定,使此图形绕轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.解 因抛物线过原点，故，于是即而此图形绕轴旋转一周而成的旋转体的体积即令，得即因此,.七、15分满意, 且, 求函数项级数之和.解 ，即由一阶线性非齐次微分方程公式知即因此由知，于是下面求级数的和：令那么即由一阶线性非齐次微分方程公式知令，得，因此级数的和八、10分求时, 与等价的无穷大量.解 令，那么因当，时，故在上严格单调减。因此即，又，所以，当时, 与等价的无穷大量是。