2023年江苏省高等数学竞赛本科一级试题与评分标准

2023本一试题解答与评分标准一．填空题（每小题4分，共20分）(1)设则.(2).(3).(4)已知函数可微，函数由确定，满足则.(5)设是区域的边界曲线，取逆时针方向,则.一.答案:(1)(2)(3)(4)(5)二.解下列两题（每小题5分，共10分）(1)求极限(2)求极限解(1)记因为（1分）所以（2分）因为应用夹逼准则得（2分）(2)应用不等式的性质得（2分）（1分）因为应用夹逼准则得（2分）三.（10分）已知函数在处可导,数列满足:且试求解由在处可导得(2分)(2分)应用极限的性质得(1分)(1分)代入原式得(2分)(2分)四.(10分)已知试判别:(1)在区间上是否连续?若有间断点,判断其类型;(2)在区间上是否存在原函数?若存在,写出一个原函数;若不存在,写出理由;(3)在区间上是否可积?若可积,求出若不可积,写出理由.解(1)在区间上不连续.(1分)由于不存在,所以不存在,在处不连续,是第二类振荡型间断点.(2分)(2)在区间上存在原函数.(1分)在区间上的一个原函数为(上式2分,下式1分)(3)由于是在上的唯一间断点，在上有界,所以在区间上可积.(1分)下面用2种方法计算定积分:方法1(2分)方法2(2分)五.(14分)已知曲面与平面的交线是椭圆,在平面上的投影也是椭圆,(1)试求椭圆的四个顶点的坐标(位于第象限,);(2)判断椭圆的四个顶点在平面上的投影是否是,写出理由.解(1)椭圆在平面上的投影为(2分)因为关于原点中心对称,所以椭圆的中心是为了求椭圆的四个顶点的坐标,只要求椭圆上到坐标原点的最大距离与最小距离的点.取拉格朗日函数(1分)由的1,2式消去得与第3式联立解得(2分)当时解得可疑的条件极值点当时解得可疑的条件极值点由于椭圆的四个顶点存在,则上述的坐标即为所求四个顶点的坐标.(2分)(2)解法1椭圆的四个顶点在平面上的投影不是(1分)(反证)假设椭圆的四个顶点在平面上的投影是,则的坐标为(2分)由于椭圆的中心是所以椭圆的短半轴长半轴由此得椭圆所围图形的面积为(2分)这是不对的.因为所以椭圆的长半轴短半轴于是椭圆所围图形的面积为(1分)由于平面的法向量的方向余弦中所以椭圆所围图形的面积应为导出矛盾.(1分)解法2椭圆的四个顶点在平面上的投影不是(1分)(反证)假设椭圆的四个顶点在平面上的投影是,则其中的坐标为(1分)因为关于原点中心对称,所以椭圆的中心是为了求椭圆的四个顶点满足的方程,只要求椭圆上到坐标原点的最大距离与最小距离的点.令(2分)由方程组中（1），（2），（3）式联立消去，得(2分)将的坐标代入得即的坐标不满足方程组，所以不是椭圆的顶点。导出矛盾。(1分)解法3应用拉格朗日乘数法求椭圆上四个顶点的坐标(题目没有这个要求，如果有学生用此方法求解,时间上可能得不赏失,而且往往解不到底，难得全分).因为关于原点中心对称,所以椭圆的中心是为了求椭圆的四个顶点的坐标,只要求椭圆上到坐标原点的最大距离与最小距离的点.令(2分)由方程组中（1），（2），（3）式联立消去，得(2分)将此式与（4），（5）式联立并消去得令代入此式得解得(1分)当时，可解得由此可得两个可疑的条件极值点(1分)当时，可解得由此可得两个可疑的条件极值点由于椭圆的四个顶点存在,则上述的坐标即为所求四个顶点的坐标.在平面上的投影显然不是(1分)注上述解法3中若将改为则得下列等价结论：解得当时，可解得由此可得两个可疑的条件极值点当时，可解得由此可得两个可疑的条件极值点的坐标即为所求四个顶点的坐标.六.（12分）设取上侧,试求曲面积分解方法1设取下侧,原式(2分)记(2分)记与所围的区域为应用高斯公式得原式(2分)(此积分下面用2种方法求)(法1)(3分)令(3分)(法2)(2分)(2分)令(2分)方法2采用统一投影法,由于(2分)所以原式(2分)(2分)(2分)(2分)(2分)七.（12分）已知二次锥面与平面的交线是一条直线,(1)试求常数的值,并求直线的标准方程;(2)平面通过直线,且与球面相切,试求平面的方程.解(1)二次锥面与平面相交有3种可能:一条直线或两条直线或一点.令得相交为一条直线的充要条件是上式有唯一解,（2分）而上式有唯一解的充要条件是所以时是一条直线.（2分）时由解得所以直线通过点因直线又通过原点取直线的方向为则直线的标准方程为（2分）(2)设平面的方程为其法向量为因故（1分）球面的球心为,半径为为1,平面与球面相切时球心到平面的距离为1,所以有（2分）取由解得因此所求平面的方程为或（3分）八.（12分）已知函数在区间上关于的幂级数展式为(1)试求;(2)证明级数收敛,并求该级数的和.