历届全国大学生高等数学竞赛真题及答案非数学类.pdf

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1、前三届高数竞赛预赛试题（非数学类）（参加高等数学竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知识，适当看一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。）2009 年 第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题（每小题5 分，共 20 分）1计算yxyxxyyxDdd1)1ln()(_，其中区域D由直线1yx与两坐标轴所围成三角形区域.解:令vxuyx,，则vuyvx,，vuvuyxdddd1110detdd，vuuvuuuyxyxxyyxDDdd1lnlndd1)1ln()(1021000d1)ln(1lnd)dln1d1ln(uuuuuuuuuuvvuuvuuuuu102d1uuu（*）令ut1，

2、则21tudt2dtu，42221ttu，)1)(1()1(2tttuu，0142d)21(2(*)ttt1042d)21(2ttt1516513221053ttt2设)(xf是连续函数，且满足2022d)(3)(xxfxxf,则)(xf_.解:令20d)(xxfA，则23)(2Axxf，AAxAxA24)2(28d)23(202,解得34A。因此3103)(2xxf。3曲面2222yxz平行平面022zyx的切平面方程是_.解:因 平 面022zyx的 法 向 量 为)1,2,2(，而 曲 面2222yxz在),(00yx处的法向量为)1),(),(0000yxzyxzyx，故)1),(),

3、(0000yxzyxzyx与)1,2,2(平 行，因 此，由xzx，yzy2知0000002),(2,),(2yyxzxyxzyx，即1,200yx，又5)1,2(),(00zyxz，于 是 曲 面022zyx在),(,(0000yxzyx处的切平面方程是0)5()1(2)2(2zyx，即曲面2222yxz平行平面022zyx的切平面方程是0122zyx。4设函数)(xyy由方程29ln)(yyfexe确定，其中f具有二阶导数，且1f，则22ddxy_.解:方程29ln)(yyfexe的两边对x求导，得29ln)()()(yeeyyf xeyyfyf因)(29lnyfyxee，故yyyfx)(

4、1，即)(1(1yfxy，因此2222)(1)()(1(1ddyfxyyfyfxyxy322232)(1)(1)()(1(1)(1)(yfxyfyfyfxyfxyf二、（5 分）求极限xenxxxxneee)(lim20，其中n是给定的正整数.解:因xenxxxxxenxxxxnneeeneee)1(lim)(lim2020故nxneeeexenneeeAnxxxxnxxxx2020limlimennnenneeeenxxxx21212lim20因此enAxenxxxxeeneee2120)(lim三、（15 分）设函数)(xf连续，10d)()(txtfxg，且Axxfx)(lim0，A为常

5、数，求)(xg并讨论)(xg在0 x处的连续性.解:由Axxfx)(lim0和函数)(xf连续知，0)(limlim)(lim)0(000 xxfxxffxxx因10d)()(txtfxg，故0)0(d)0()0(10ftfg，因此，当0 x时，xuufxxg0d)(1)(，故0)0(1)(limd)(lim)(lim0000fxfxuufxgxxxx当0 x时，xxfuufxxgx)(d)(1)(02，200000d)(limd)(1lim)0()(lim)0(xttfxttfxxgxggxxxxx22)(lim0Axxfx22d)(1lim)(lim)(d)(1lim)(lim020002

6、00AAAuufxxxfxxfuufxxgxxxxxx这表明)(xg在0 x处连续.四、（15 分）已知平面区域0,0|),(yxyxD，L为D的正向边界，试证：（1）LxyLxyxyeyxexyeyxeddddsinsinsinsin；（2）2sinsin25ddLyyxyeyxe.证:因被积函数的偏导数连续在D上连续，故由格林公式知（1）yxyeyxexxyeyxeDxyLxydd)()(ddsinsinsinsinyxeeDxydd)(sinsinLxyxyeyxeddsinsinyxyeyxexDxydd)()(sinsinyxeeDxydd)(sinsin而D关于x和y是对称的，即知

7、yxeeDxydd)(sinsinyxeeDxydd)(sinsin因此LxyLxyxyeyxexyeyxeddddsinsinsinsin（2）因)1(2)!4!21(2242ttteett故22cos522cos12sin22sinsinxxxeexx由DxyLDxyyyyxeeyxeexyeyxedd)(dd)(ddsinsinsinsinsinsin知DxyLDxyyyyxeeyxeexyeyxedd)(21dd)(21ddsinsinsinsinsinsinDxxDxxDyyyxeeyxeeyxeedd)(dd)(21dd)(21sinsinsinsinsinsin200sinsin

8、25d22cos5d)(xxxeexx即2sinsin25ddLyyxyeyxe五、（10 分）已知xxexey21，xxexey2，xxxeexey23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xxexey21，xxexey2，xxxeexey23是二阶常系数线性非齐次微分方程)(xfcyyby的三个解，则xxeeyy212和xeyy13都是二阶常系数线性齐次微分方程0cyyby的解，因此0cyyby的特征多项式是0)1)(2(，而0cyyby的特征多项式是02cb因此二阶常系数线性齐次微分方程为02yyy，由)(2111xfyyy和xxxexeey212，xxxexe

9、ey2142知，1112)(yyyxf)(2)2(42222xxxxxxxxexeeexeeexexex)21(二阶常系数线性非齐次微分方程为xxxeeyyy22六、（10 分）设抛物线cbxaxyln22过原点.当10 x时,0y,又已知该抛物线与x轴及直线1x所围图形的面积为31.试确定cba,使此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.解 因抛物线cbxaxyln22过原点，故1c，于是2323dt)(311023102baxbxabxax即)1(32ab而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积10221022dt)1(32(dt)()(xaaxbxaxaV10221031042dt)

10、1(94dt)1(34dtxaxaaxa22)1(274)1(3151aaaa即22)1(274)1(3151)(aaaaaV令0)1(278)21(3152)(aaaaV，得04040904554aaa即054a因此45a,23b,1c.七、（15 分）已知)(xun满足),2,1()()(1nexxuxuxnnn,且neun)1(,求函数项级数1)(nnxu之和.解xnnnexxuxu1)()(，即xnexyy1由一阶线性非齐次微分方程公式知)d(1xxCeynx即)(nxCeynx因此)()(nxCexunxn由)1()1(nCeunen知，0C，于是nexxuxnn)(下面求级数的和：

11、令11)()(nxnnnnexxuxS则xexSexxSnexexxSxnxnnxnxn1)()()()(1111即xexSxSx1)()(由一阶线性非齐次微分方程公式知)d11()(xxCexSx令0 x，得CS)0(0，因此级数1)(nnxu的和)1ln()(xexSx八、（10 分）求1x时,与02nnx等价的无穷大量.解令2)(txtf，则因当10 x，(0,)t时，2()2ln0tfttxx，故xttextf1ln22)(在(0,)上严格单调减。因此1010001()d()d()(0)()d1()dnnnnnnnf ttf ttf nff ttf tt即000()d()1()dnf

12、ttf nf tt，又200()nnnf nx，111lim11lnlim11xxxxx21ln1d1ln1ddd)(001ln00222xtextetxttftxtt，所以，当1x时,与02nnx等价的无穷大量是x121。2010 年 第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷（参加高等数学竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知识，适当看一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。）一、（25 分，每小题5 分）（1）设22(1)(1)(1),nnxaaa其中|1,a求lim.nnx（2）求21lim1xxxex。（3）设0s，求0(1,2,)sxnIex dx n。（4）设函数()f t有二阶连

13、续导数，221,(,)rxyg x yfr，求2222ggxy。（5）求直线10:0 xylz与直线2213:421xyzl的距离。解：（1）22(1)(1)(1)nnxaaa=22(1)(1)(1)(1)/(1)nnxaaaaa=222(1)(1)(1)/(1)naaaa=12(1)/(1)naa12limlim(1)/(1)1/(1)nnnnxaaa(2)22211ln(1)ln(1)1lim1limlimxxxexxxxxxxxeeex令 x=1/t,则原式=21(ln(1)1/(1)112(1)22000limlimlimttttttttteeee（3）0000112021011()(

14、)|(1)!sxnnsxnsxsxnnsxnnnnnIex dxx dex eedxssnnn nnnexdxIIIsssss二、（15 分）设函数()f x在(,)上具有二阶导数，并且()0,lim()0,lim()0,xxfxfxfx且存在一点0 x，使得0()0f x。证明：方程()0f x在(,)恰有两个实根。解：二阶导数为正，则一阶导数单增，f(x)先减后增，因为f(x)有小于 0 的值，所以只需在两边找两大于0 的值。将 f(x)二阶泰勒展开：2()()(0)(0)2ff xffxx因为二阶倒数大于0，所以lim()xf x，lim()xf x证明完成。三、（15 分）设函数()y

15、f x由参数方程22(1)()xtttyt所确定，其中()t具有二阶导数，曲线()yt与22132tuyedue在1t出相切，求函数()t。解：（这儿少了一个条件22d ydx）由()yt与22132tuyedue在1t出相切得3(1)2e，2(1)e/()22dydydtdxdxdttt22d ydx3()(2(/)(/)/(22)2)2()d dy dxd dy dxdtdxdx dttttt=。上式可以得到一个微分方程，求解即可。四、（15 分）设10,nnnkkaSa证明：（1）当1时，级数1nnnaS收敛；（2）当1且()nsn时，级数1nnnaS发散。解：（1）na0,ns单调递增

16、当1nna收敛时，1nnnaass，而1nas收敛，所以nnas收敛；当1nna发散时，limnns111nnnnssnnnssnnnassdxdxsssx所以，11111211nnnssnssnnnaaadxdxssxsx而1111111111lim11nsnsnssaasdxkxss，收敛于 k。所以，1nnnas收敛。（2）limnns所以1nna发散，所以存在1k，使得112knnaa于是，111122212kkknnnnnkaaasss依此类推，可得存在121.kk使得112iiknknas成立，所以112NknnaNs当n时，N，所以1nnnas发散五、（15 分）设l是过原点、方

17、向为(,)，（其中2221)的直线，均匀椭球2222221xyzabc，其中（0,cba密度为 1）绕l旋转。（1）求其转动惯量；（2）求其转动惯量关于方向(,)的最大值和最小值。解：（1）椭球上一点P(x,y,z)到直线的距离2222222(1)(1)(1)222dxyzxyyzzx0 xydVyzdVzxdV22222222223214(1)15ccccxyzabczz dVz dzdxdyabz dzabcc由轮换对称性，232344,1515x dVa bcy dVab c2232323444(1)(1)(1)151515Id dVa bcab cabc2222224(1)(1)(1)

18、15abcabc（2）abc当1时，22max4()15Iabc ab当1时，22min4()15Iabc bc六、(15 分)设函数()x具有连续的导数，在围绕原点的任意光滑的简单闭曲线C上，曲线积分422()cxydxx dyxy的值为常数。（1）设L为正向闭曲线22(2)1,xy证明422()0;cxydxx dyxy（2）求函数()x；（3）设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求422()cxydxx dyxy。解：（1）L 不绕原点，在L 上取两点A，B，将 L 分为两段1L，2L，再从 A，B作一曲线3L，使之包围原点。则有13234242422()2()2()LLLLLxydxx

19、 dyxydxx dyxydxx dyxyxyxy（2）令42422(),xyxPQxyxy由（1）知0QPxy，代入可得42352()()()422x xyxxxxy上式将两边看做y 的多项式，整理得24325()()()4(2)2yxx xxxyxx由此可得()2xx435()()42x xxxx解得：2()xx（3）取L为424xy，方向为顺时针0QPxy424242242()2()2()12ccLLLxydxx dyxydxx dyxydxx dyxyxyxyxydxx dy2011 年 第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷（参加高等数学竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知识，适当看一些

20、辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。）一 计算下列各题（本题共3 小题，每小题各5 分，共 15 分）（1）.求11 cos0sinlimxxxx；解：（用两个重要极限）：20003221sin1 cossin1 cos001sincos12limlimlimsin11331 cos32220sinsinlimlim 1limxxxxxxxx xxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxeeeee（2）.求111lim.12nnnnn；解：(用欧拉公式）令111.12nxnnnn111ln=C+o1211111ln 2=C+o1212nnnnnn由欧拉公式得（），则（），其中，1o表

21、示n时的无穷小量，-ln2o1nx两式相减，得：（）,limln 2.nnx（3）已知2ln 1arctanttxeyte，求22d ydx。解：222222221211,121121tttttttttttedxedyedyeeeedtedtedxee22222241212 1224ttttttteed yddyeedxdxdtdxeeedt二（本题 10 分）求方程2410 xydxxydy的通解。解：设24,1PxyQxy，则0PdxQdy1,PQyx0PdxQdy是一个全微分方程，设dzPdxQdy,0,0241x yzdzPdxQdyxydxxydy,PQyx该曲线积分与路径无关220

22、0124142xyzxdxxydyxxxyyy三（本 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0,0,0fff均 不 为0，证 明：存 在 唯 一 一 组 实 数123,k kk，使 得12320230lim0hk fhk fhk fhfh。证明：由极限的存在性：1230lim2300hk fhk fhk fhf即123100kkkf，又00f，1231kkk由洛比达法则得123201230230lim2233lim02hhk fhk fhk fhfhk fhk fhk fhh由极限的存在性得1230lim22330hk fhk fhk fh即

23、1232300kkkf，又00f，123230kkk再次使用洛比达法则得123012301232233lim24293lim02490000hhk fhk fhk fhhk fhk fhk fhkkkff123490kkk由得123,k kk是齐次线性方程组1231231231230490kkkkkkkkk的解设1231111123,01490kAxkbk，则Axb，增广矩阵*111110031230010314900011A，则,3R A bR A所以，方程Axb有唯一解，即存在唯一一组实数123,k kk满足题意，且1233,3,1kkk。四（本 题17分）设2221222:1xyzabc

24、，其 中0abc，2222:zxy，为1与2的交线，求椭球面1在上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值。解：设上任一点,Mx y z，令222222,1xyzF x y zabc，则222222,xyzxyzFFFabc椭球面1在上点 M处的法向量为：222,xyztabc1在点 M处的切平面为：2220 xyzXxYyZzabc原点到平面的距离为2224441dxyzabc，令222444,xyzGxyzabc则1,dG x y z，现在求222444,xyzGxyzabc在条件2222221xyzabc，222zxy下的条件极值，令22222222212444222,1xyzxyzH x

25、 y zxyzabcabc则由拉格朗日乘数法得：124212421242222222222222022202220100 xyzxxHxaayyHybbzzHzccxyzabcxyz，解得2222220 xb cyzbc或2222220a cxzacy，对应此时的442222,bcG x y zb cbc或442222,acG x y za cac此时的22144bcdbcbc或22244acdacac又因为0abc，则12dd所 以，椭 球 面1在上 各 点 的 切 平 面 到 原 点 距 离 的 最 大 值 和 最 小 值 分 别 为：22244acdacac，22144bcdbcbc五（

26、本题 16 分）已知S是空间曲线22310 xyz绕 y 轴旋转形成的椭球面的上半部分（0z）取上侧，是 S 在,P x y z点处的切平面，,x y z是原点到切平面的距离，,表示 S的正法向的方向余弦。计算：（1）,SzdSx y z；（2）3Szxyz dS解：（1）由题意得：椭球面S的方程为222310 xyzz令22231,Fxyz则2,6,2xyzFx Fy Fz，切平面的法向量为,3,nxy z，的方程为30 x Xxy Yyz Zz，原点到切平面的距离22222222231,99xyzx y zxyzxyz22219,SSzIdSz xyz dSx y z将一型曲面积分转化为二

27、重积分得：记22:1,0,0 xzDxzxz222212100222323244sin3 13 1xzDzxzrrdrIdxdzdxzr22221200232sin32sin4433 1rrdrdr431 332224223(2)方法一：2222222223,999xyzxyzxyzxyz222213392SSIzxyz dSzxyz dSI六（本题12 分）设f(x)是在,内的可微函数，且fxmfx、，其中01m，任 取 实 数0a，定 义1ln,1,2,.,nnafan证 明：11nnnaa绝对收敛。证明：112lnlnnnnnaafafa由拉格朗日中值定理得：介于12,nnaa之间，使得

28、1212lnlnnnnnffafaaaf112nnnnfaaaaf，又fmf、得fmf111210.nnnnnaam aamaa01m级数1101nnmaa收敛，级数11nnnaa收敛，即11nnnaa绝对收敛。七（本题 15分）是否存在区间0,2上的连续可微函数f(x)，满足021ff，201,1fxfx dx、？请说明理由。解：假设存在，当0,1x时，由拉格朗日中值定理得：1介于 0，x 之间，使得10,fxffx，同理，当1,2x时，由拉格朗日中值定理得：2介于 x，2 之间，使得222fxffx即121,0,1;12,1,2fxfx xfxfxx11fx、，11,0,1;13,1,2xfxx xxfxx x显然，200,0fxfx dx1221201001111133x dxxdxfx dxx dxx dx201fx dx，又由题意得22001,1fx dxfx dx即201fx dx，1,0,11,1,2x xfxxx11111111limlim1,limlim11111xxxxfxffxfxxxxxx1f不存在，又因为 f(x)是在区间0,2上的连续可微函数，即1f存在，矛盾，故，原假设不成立，所以，不存在满足题意的函数f(x)。