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大学生数学竞赛(高等数学)全国大学生竞赛历年试题名师精讲(非数学类)(20092013)第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷(非数学类)一、 解答下列各题(每小题6分共24分,要求写出重要步骤)1.求极限.解 因为(2分);原式(2分);(2分)2.证明广义积分不是绝对收敛的解 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)3.设函数由确定,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,为极小值。(3分) 4.过曲线上的点A作切线,使该切线与曲线及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,故A点的坐标为。(4分)二、(满分12)计算定积分解 (4分) (2分)(4分) (2分)三、(满分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)由洛必塔法则及定义 (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、(满分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,则 (3分)又,则,所以(3分) (2分)五、(满分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) 为求最小值,作变换,则,从而 (4分)使用球坐标计算,得 (4分)六、(满分14分)设,其中为常数,曲线C为椭圆,取正向。求极限解 作变换(观察发现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,同样简单!), (2分)曲线参数化,则有, (3分)令,则由于,从而。因此当时或时(2分) 而 (3分) 。故所求极限为 (2分)七(满分14分)判断级数的敛散性,若收敛,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 ,则= (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)第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷(非数学类)一计算下列各题(本题共3小题,每小题各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)已知,求。解:二(本题10分)求方程的通解。解:设,则是一个全微分方程,设方法一:由得由得方法二:该曲线积分与路径无关三(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,由洛比达法则得由极限的存在性得即,又,再次使用洛比达法则得由得是齐次线性方程组的解设,则,增广矩阵,则所以,方程有唯一解,即存在唯一一组实数满足题意,且。四(本题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距离的最大值和最小值。解:设上任一点,令,则椭球面在上点M处的法向量为:在点M处的切平面为:原点到平面的距离为,令 则,现在求在条件,下的条件极值,令则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,则所以,椭球面在上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为: ,五(本题16分)已知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,是原点到切平面的距离,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的方程为令则,切平面的法向量为,的方程为,原点到切平面的距离将一型曲面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,取面向下,向外,由高斯公式得:,求该三重积分的方法很多,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(本题12分)设f(x)是在内的可微函数,且,其中,任取实数,定义证明:绝对收敛。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,即绝对收敛。七(本题15分)是否存在区间上的连续可微函数f(x),满足,?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,显然,又由题意得即,不存在,又因为f(x)是在区间上的连续可微函数,即存在,矛盾,故,原假设不成立,所以,不存在满足题意的函数f(x)。第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷(非数学类)第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷(非数学类)一、填空题(每小题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,则, (*)令,则,2设是连续函数,且满足, 则_.解: 令,则,,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,则_.解: 方程的两边对求导,得因,故,即,因此二、(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,求并讨论在处的连续性.解 : 由和函数连续知,因,故,因此,当时,故当时,这表明在处连续.四、(15分)已知平面区域,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)已知,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,则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,又已知该抛物线与轴及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)已知满足
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