歷屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽真題及答案非數(shù)學(xué)類

1、高數(shù)競賽預(yù)賽試題（非數(shù)學(xué)類） （參加高等數(shù)學(xué)競賽的同學(xué)最重要的是好好復(fù)習(xí)高等數(shù)學(xué)知識(shí)，適當(dāng)看一些輔導(dǎo)書 及相關(guān)題目，主要是一些各大高校的試題。） 2009年第一屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽預(yù)賽試卷 、填空題（每小題 5分，共20分） (x y)l n(1 丄) dxdy 1 計(jì)算D廠xy 坐標(biāo)軸所圍成三角形區(qū)域 ，其中區(qū)域 D由直線x y 1與兩 解：令 x y u, x v，貝U x v, y u v, dxdy det dudv dudv, du (*) (x y)l n(1 辿 x J x y 、1 u ,則 2tdt , u2 21 (1 dxdy 1 t2 2t2 (1 2t2 2設(shè)f（X）

2、是連續(xù)函數(shù)，且滿足 u l n u u l n v , dudv D 1 1( u l n u 0. 1 u 2 1 u In u 0 .1u 1u2d 01u u dv 0 u In vdv)du u(uln u u) du .1 u (*) t4 , u(1 u) t2(1 t)(1 t), 2t t4)dt f(x) 3x2 t 4)dt 1t5 1 16 0 15 2 0f (x)dx 2,則 f(x) 2 解：令 A o f (x)dx，貝U f (x) 3x2 A 2 , 2 2 o(3x2A2)dx 42A, 解得A 4。因此 f (x) 3x2 3 2 3.曲面z 2 2 解：

3、因平面2x 2y z 0的法向量為(2,2, 1),而曲面z - y22在 2 (xo, yo)處的法 向量為(Zx(x, y), Zy(xo, y), 1), 故 (zx(xo, yo), Zy(xo, yo), 1)與(2,2, 1)平行，因此，由 j x , Zy 2y 知 2 Zx(Xo,y) Xo,2 Zy(xo,y) 2y， 即 Xo2, yo1，又 z(xo, yo)z(2,1) 于是曲面2x 2y z (xo, y,z(xo, yo)處的切平面方程是 2(x 2 x 2 y2平行平面 2 2y z 0的切平面方程是 2x 2y y(x)由方程 xef(y) ey ln 29 確

4、定, 2x 4 設(shè)函數(shù)y 業(yè) dx2 解：方程xef(y)ey ln 29的兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得 xf (y)y ef(y) ey 1 ef(y) y In 29 2) 其中 因 ey In 29 xef (y)，故f (y) y x y，即y 二、(5 分) 因此 2(y1) (z 5) o，即曲面 1 0。 f具有二階導(dǎo)數(shù)，且 1，則 x(1 f (y)，因此 d2y dx2 求極限 x 2x e e lim ( x 0 x2(1 f (y) f (y)y x1 f (y)2 f (y)_ 3x2(1f (y) nx e )x，其中 x21f (y) x 2x e e lim( x 0 f (

5、y) 1 f (y)2 x21f (y) n是給定的正整數(shù). nx e lim (1 x o x 2x e e nxe en); x 2x e e A lim x 0n x 2xnx e ee n elim x 0 nx e x lim ( x o nx x2x e 2e elim x 0 nx ne 2x e nx e 三、(15分)設(shè)函數(shù)f (x)連續(xù)，g(x)0f(xt)dt，且 xm0-A，A為常數(shù)，求g (x) 并討論g (x)在x 0處的連續(xù)性. 解：由lim丄兇 X 0 x 1 0 f (xt)dt，故 g(0) 因 g(x) A和函數(shù)f (x)連續(xù)知，f (0) 1叫 f(x)

6、 x 0 lim xlim x 0 f(x) 1 0f (0)dt f(0) 1 因此，當(dāng)x 0時(shí)，g(x) x x 0f(u)du 0 x lxm0g(x) lim x f (u)du，故 f (0) 0 X u )d u f mo H X g /V g mo z0, Sn單調(diào)遞增 當(dāng) an 收斂時(shí), Q an an 而也 收斂，所以 an收斂； n 1 Sn S1 S1 Sn 當(dāng) an 發(fā)散時(shí)， lim Sn n 1 n Q an Snsn 1 Sn dx Sn dx Sn Sn Sn 1 Sn Sn 1 x 所以， an a1 s dx a1 Sn dx n 1 Sn n 2 Sn 1

7、x s x 而Sn dx : 電 lim 1 Si 1 s q 1 sk ，收斂于k。 q x S1 n 1 3 1 所以，玉收斂。 n 1 Si （2）Q lim sn n % 所以 an發(fā)散，所以存在k1，使得ana n 1n 2 an 2 k1 k1k1 anan 丁是， 2 q 2Sn 依此類推，可得存在1 k1 k2 k 1 使得丑 kj Sn 1 1成立，所以 2 kN 1sn 1 2 當(dāng)n 時(shí)，N ，所以 電發(fā)散 n 1 Sn 五、 15分）設(shè)I是過原點(diǎn)、方向?yàn)?(,),(其中 1）的直線，均勻橢球 2 2 2 221，其中（0 c b a,密度為1）繞I旋轉(zhuǎn)。 a b c （1

8、）求其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量； （2）求其轉(zhuǎn)動(dòng)慣量關(guān)于方向（ ）的最大值和最小值。 解： （1） 橢球上一點(diǎn) P（x,y,z）到直線的距離 d2 2 2 (1 )x 2 2 (1 )y (1 2)z2 xy 2 yz 2 zx xydV yzdV zxdV z2dV cz2 dz x2 y2 a2 / dxdy ab(1 2 務(wù))z2dz c abc3 15 由輪換對(duì)稱性, x2 a3bc, y2dV 15 ab3c 2 d dV (1 43 韋 abc (1 2 ) abc3 15 1時(shí), I min 4 145 abc(b c ) 六、（15分）設(shè)函數(shù) （x）具有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，在圍繞原點(diǎn)的任意光滑的簡單閉

9、曲線 C上，曲線 積分?2xyd： （x）dy的值為常數(shù)。 c x y （1）設(shè)L為正向閉曲線（x 2）2 y21,證明？ 一0; c x y （2）求函數(shù) （X）； (3) 設(shè)C是圍繞原點(diǎn)的光滑簡單正向閉曲線，求？一空。 c 解: (1) L不繞原點(diǎn)，在L上取兩點(diǎn)A，B，將L分為兩段L1，L2，再從A，B作一曲線L3， 使之包圍原點(diǎn)。 則有 .2xydx (x)dy i J L3 2xydx (x)dy 2xydx (x)dy (2) 令 2xy x (x) 42 x y 由( 1)知 p 匚 o,代入可得 y (x)(x4 y2) (x)4x3 2x5 2xy2 上式將兩邊看做 y的多項(xiàng)式

10、，整理得 y2 (x) (x)x4 (x)4x y2( 2x) 2x5 由此可得 (x) 2x (x)x4 (x)4x3 2x5 解得: (x) x2 (3) 取L為x4 方向?yàn)轫槙r(shí)針 ,2xydx (x)dy 2xydx(x)dy 2xydx (x)dy c* iL 2xydx x2dy 2011年第三屆全國大學(xué)生數(shù)學(xué)競賽預(yù)賽試卷 (參加高等數(shù)學(xué)競賽的同學(xué)最重要的是好好復(fù)習(xí)高等數(shù)學(xué)知識(shí)，適當(dāng)看一些輔導(dǎo)書 及相關(guān)題目，主要是一些各大高校的試題。) 計(jì)算下列各題（本題共 3小題，每小題各5分，共15 分） (1) 求 lim x 0 1 sinx 1 cosx ； x 解：（用兩個(gè)重要極限） l

11、im x 0 1 sin x 1 cosx lim 1 x 0 x ? sin x x SinX x sin x x x 1 cosx . 1 1 1 （2）.求 lim ? nn 1 n 2 n n 解：（用歐拉公式）令x n 1 1 1 n 1 n 2 n n 由歐拉公式得 1 1 L 1,c In n二C+o (1 )， 2 n 貝歸1 L 1 L In2n二 C+o (1)， 2 n n 1 2n 其中，o 1表示n 時(shí)的無窮小量， x 1 cosx lim e x 0 兩式相減，得：人-ln2o（1）, lm人In 2. ” cosx 1 1 2 x o lim lim； 1 x 0

12、 3 2 x 0 3 2 x x e 2 e 2 e3 ” sin x x lim x 01 3 x sin x x （3）已知 解:主 dt x ln 2e2t 2t e arctand dx2 0 dy dt et 1e2t dy dx et 1 e2t 2e2t FV e2t e 1 2e2t dx2 dt .(本題 10 :設(shè)P 2 P Q y x :Pdx dz P Q y x d2y Q 1, Pdx z Q x z 解: y Qdy 0 三.（本題 f 0 , f d dy 1et 2 1 e2t dx ?dx 奇 T dt 求方程2x y 4 dx 4,Q Pdx Qdy 2x

13、 15 1 e2t e 2 x y 1，則 Pdx Qdy x,y 0,0 y 1 dy Qdy 0的通解O 2x 4 dx dy 該曲線積分與路徑無關(guān) 分） II 0 ,f y dx x y 1 0 丿 設(shè)函數(shù) f(x)在x=0 0均不為0，證明: 1 y 2 的某鄰域內(nèi)具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且 存在唯一一組實(shí)數(shù) k1,k2,k3，使得 dy x2 4x xy k1f hk2f 2hk3f 3h lim h 0 證明：由極限的存在性: h2 o o f 抄 f h 2 f h f mo H h 即 k1 k2 k31 f 0 0，又 f 00, k1 k2 k31 由洛比達(dá)法則得 h f k m

14、o Hh k2f 2hk3f 3h f 0 叫 Hh 3h f 3 3 由極限的存在性得 h f mo Hh 3h h 2 即 k1 2k2 3k3 f 0 0,又 f 00, 匕 2k2 3k3 0 再次使用洛比達(dá)法則得 3h h 2 叫 Nh 2h“f 2 k 4 3h h 2 K2 4 k1 4k2 9k30 由得k1,k2,k3是齊次線性方程組 1 1 1 k1 1 設(shè)A 1 2 3 ,x k2 ,b 0 1 4 9 k3 0 1 1 1 增廣 矩 陣A* 1 2 3 1 4 9 R A,b R A 3 k1 k2 k31 k1 2k2 3k30 的解 k1 4k2 9k30 ，則 A

15、x b, 1 1 0 0 3 0 : 0 1 0 3 ，則 0 0 0 1 1 所以，方程Ax b有唯一解，即存在唯一一組實(shí)數(shù) k1,k2,k3滿足題意, 且 k1 3,k2 3, k3 2 2 2 xyz 四（本題17分）設(shè) m 221，其中a b c 0 , abc 999 2:z x y ， 為1與2的交線，求橢球面 1在 上各點(diǎn)的切平面 到原點(diǎn)距離的最大值和最小值。 2 2 2 xyz 解：設(shè)上任一點(diǎn)M x,y,z，令F x, y,z 鼻 鼻 -1， abc 2x2y 2z 則Fx 飛，F(xiàn)y -4, Fz , 橢球面 1在上點(diǎn)M處的法向量為: abc r x y z tp, 2, p

16、, 1在點(diǎn)m處的切平面為 ： a b c _y b2 占 八、 2 z 4 c 1 2 y b4 x, y,z 2 x -4 a 2 y b4 2 z 4 c JG 1 x,y,z x2 2 x a y2下的條件極值, G x,y,z 2 y b4 2 z 4 , c 2 x 2 a 2 y b2 2 z 二 c x, y,z 2 y b4 2 x 2 a 2 y b2 2 z 2 c 則由拉格朗日乘數(shù)法得： H； 2x 2x 2 2x 0 4 1 2 a a Hy 2y b4 1 2y b2 2 2y 0 Hz 2z 2z 2 2z 0， 4 1 2 c c 2 2 2 x y z 1 0

17、2 ,2 2 a b c 2 x 2 y 2 z 0 i 4 c 4 a 解得 y2 z2 x2 b2c2 或 b2 c2y z2 對(duì)應(yīng)此時(shí)的 G x,y,z b4 b2c2 4 c 2 2 b c 此時(shí)的d1 i b2 c2 b%?；?d2 ac 又因?yàn)閍 b c 0，則 d1 d2 2 2 a c 2 2 a c ， 或G x,y,z 22 ac 44 ac 44 a c 2 2 2 2 a c a c 所以，橢球面 1在 上各點(diǎn)的切平面到原點(diǎn)距離的最大值和最小值分別為: d2 ac b2c2 4 I4 I，d1 bc b4 c 五.（本題16分） 2 x 已知S是空間曲線 z 3y2 0

18、 1 繞y軸旋轉(zhuǎn)形成的橢球面 的上半部分（z 0）取上側(cè), x, y,z 點(diǎn)處的切平面，x, y,z 是原點(diǎn)到切平面 的距離, ,表示s的正法向的方向余弦。 計(jì)算: (1)dS ； S x,y,z (2) z x 3 y z S dS 解：（1）由題意得：橢球面 S的方程為x2 3y2 z2 令 F x2 3y2 z2 1,則 Fx 2x, Fy 6y, Fz 2z， 切平面 的法向量為n x,3y,z， 的方程為x X x 3y Y y z Z z 原點(diǎn)到切平面的距離 2 2 x 3y x,y,z 2 2 9y z z2 x2 9y2 z2 I1dS z x2 9y2 S x,y,zS 1

19、z2dS 將一型曲面積分轉(zhuǎn)化為二重積分得：記 Dxz: x2 z2 1,x0,z0 z 3 2x2z2 I14 Dxz 1 x2 dxdz 4 2 sin 0 ir2 3 2r2 dr 0 1 r2 1r2 3 2r2 dr 4 0 1 r2 -sin2 4 2 0 3 2sin2 4 方法一: J3 Jx2 9y2 I2 S 9y2 x2 9y z2 dS zjx2 9y S 2z2 dS I1 六.(本題12分)設(shè)f(x)是在 內(nèi)的可微函數(shù), mf x , 其中0 m 1，任取實(shí)數(shù) ，定義 an In f an i ,n 1,2,.,證明: an an 1絕對(duì)收斂。 n 1 證明：an an 1 In f an 1 In f an 2 由拉格朗日中值定理得: 介于an 1,an 2之間，使得 ln f an 1 In f K 2 an 1 an 2 an an 1 an 1 an 2 mf f m an an J m|an1 an.mn Ja1 a0 Q 0 m 1 級(jí)數(shù) mB a0收斂，級(jí)數(shù)|an an1|收斂，即an an n 1n 1n 1 絕對(duì)收斂。 七.(本題15分)是否存在區(qū)間0,2上的連續(xù)可微函