历届全国大学生数学竞赛真题及答案非数学类

1、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 、填空题（每小题 5分，共20分） (x y)l n(1 丄) dxdy 1 计算D厂xy 坐标轴所围成三角形区域 ，其中区域 D由直线x y 1与两 解：令 x y u, x v，贝U x v, y u v, dxdy det dudv dudv, du (*) (x y)l n(1 辿 x J x y 、1 u ,则 2tdt , u2 21 (1 dxdy 1 t2 2t2 (1 2t2 2设f（X）

2、是连续函数，且满足 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,则 f(x) 2 解：令 A o f (x)dx，贝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的法向量为(2,2, 1),而曲面z - y22在 2 (xo, yo)处的法 向量为(Zx(x, y), Zy(xo, y), 1), 故 (zx(xo, yo), Zy(xo, yo), 1)与(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)处的切平面方程是 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 确

4、定, 2x 4 设函数y 业 dx2 解：方程xef(y)ey ln 29的两边对x求导，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具有二阶导数，且 1，则 x(1 f (y)，因此 d2y dx2 求极限 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是给定的正整数. 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)设函数f (x)连续，g(x)0f(xt)dt，且 xm0-A，A为常数，求g (x) 并讨论g (x)在x 0处的连续性. 解：由lim丄凶 X 0 x 1 0 f (xt)dt，故 g(0) 因 g(x) A和函数f (x)连续知，f (0) 1叫 f(x)

6、 x 0 lim xlim x 0 f(x) 1 0f (0)dt f(0) 1 因此，当x 0时，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单调递增 当 an 收敛时, Q an an 而也 收敛，所以 an收敛； n 1 Sn S1 S1 Sn 当 an 发散时， 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 : 电 lim 1 Si 1 s q 1 sk ，收敛于k。 q x S1 n 1 3 1 所以，玉收敛。 n 1 Si （2）Q lim sn n % 所以 an发散，所以存在k1，使得ana n 1n 2 an 2 k1 k1k1 anan 丁是， 2 q 2Sn 依此类推，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 当n 时，N ，所以 电发散 n 1 Sn 五、 15分）设I是过原点、方向为 (,),(其中 1）的直线，均匀椭球 2 2 2 221，其中（0 c b a,密度为1）绕I旋转。 a b c （1

8、）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 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 务)z2dz c abc3 15 由轮换对称性, x2 a3bc, y2dV 15 ab3c 2 d dV (1 43 韦 abc (1 2 ) abc3 15 1时, I min 4 145 abc(b c ) 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

9、曲线 C上，曲线 积分?2xyd： （x）dy的值为常数。 c x y （1）设L为正向闭曲线（x 2）2 y21,证明？ 一0; c x y （2）求函数 （X）； (3) 设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求？一空。 c 解: (1) L不绕原点，在L上取两点A，B，将L分为两段L1，L2，再从A，B作一曲线L3， 使之包围原点。 则有 .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 上式将两边看做 y的多项式

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为x4 方向为顺时针 ,2xydx (x)dy 2xydx(x)dy 2xydx (x)dy c* iL 2xydx x2dy 2011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，适当看一些辅导书 及相关题目，主要是一些各大高校的试题。) 计算下列各题（本题共 3小题，每小题各5分，共15 分） (1) 求 lim x 0 1 sinx 1 cosx ； x 解：（用两个重要极限） 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：（用欧拉公式）令x n 1 1 1 n 1 n 2 n n 由欧拉公式得 1 1 L 1,c In n二C+o (1 )， 2 n 贝归1 L 1 L In2n二 C+o (1)， 2 n n 1 2n 其中，o 1表示n 时的无穷小量， x 1 cosx lim e x 0 两式相减，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 .(本题 10 :设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.（本题 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，则 Pdx Qdy x,y 0,0 y 1 dy Qdy 0的通解O 2x 4 dx dy 该曲线积分与路径无关 分） II 0 ,f y dx x y 1 0 丿 设函数 f(x)在x=0 0均不为0，证明: 1 y 2 的某邻域内具有二阶连续导数，且 存在唯一一组实数 k1,k2,k3，使得 dy x2 4x xy k1f hk2f 2hk3f 3h lim h 0 证明：由极限的存在性: 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 由洛比达法则得 h f k m

14、o Hh k2f 2hk3f 3h f 0 叫 Hh 3h f 3 3 由极限的存在性得 h f mo Hh 3h h 2 即 k1 2k2 3k3 f 0 0,又 f 00, 匕 2k2 3k3 0 再次使用洛比达法则得 3h h 2 叫 Nh 2h“f 2 k 4 3h h 2 K2 4 k1 4k2 9k30 由得k1,k2,k3是齐次线性方程组 1 1 1 k1 1 设A 1 2 3 ,x k2 ,b 0 1 4 9 k3 0 1 1 1 增广 矩 阵A* 1 2 3 1 4 9 R A,b R A 3 k1 k2 k31 k1 2k2 3k30 的解 k1 4k2 9k30 ，则 A

15、x b, 1 1 0 0 3 0 : 0 1 0 3 ，则 0 0 0 1 1 所以，方程Ax b有唯一解，即存在唯一一组实数 k1,k2,k3满足题意, 且 k1 3,k2 3, k3 2 2 2 xyz 四（本题17分）设 m 221，其中a b c 0 , abc 999 2:z x y ， 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。 2 2 2 xyz 解：设上任一点M x,y,z，令F x, y,z 鼻 鼻 -1， abc 2x2y 2z 则Fx 飞，Fy -4, Fz , 椭球面 1在上点M处的法向量为: abc r x y z tp, 2, p

16、, 1在点m处的切平面为 ： 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下的条件极值, 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 则由拉格朗日乘数法得： 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 对应此时的 G x,y,z b4 b2c2 4 c 2 2 b c 此时的d1 i b2 c2 b%。或 d2 ac 又因为a b c 0，则 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，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: d2 ac b2c2 4 I4 I，d1 bc b4 c 五.（本题16分） 2 x 已知S是空间曲线 z 3y2 0

18、 1 绕y轴旋转形成的椭球面 的上半部分（z 0）取上侧, 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)dS ； S x,y,z (2) z x 3 y z S dS 解：（1）由题意得：椭球面 S的方程为x2 3y2 z2 令 F x2 3y2 z2 1,则 Fx 2x, Fy 6y, Fz 2z， 切平面 的法向量为n x,3y,z， 的方程为x X x 3y Y y z Z z 原点到切平面的距离 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 将一型曲面积分转化为二重积分得：记 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.(本题12分)设f(x)是在 内的可微函数, mf x , 其中0 m 1，任取实数 ，定义 an In f an i ,n 1,2,.,证明: an an 1绝对收敛。 n 1 证明：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之间，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 级数 mB a0收敛，级数|an an1|收敛，即an an n 1n 1n 1 绝对收敛。 七.(本题15分)是否存在区间0,2上的连续可微函