最近五届全国大学生高等数学竞赛真题及答案(非数学类)

目录第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷1第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷7第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷11第四届全国大学生数学竞赛预赛试卷18第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷23〔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，那么，，〔*〕令，那么，，，2．设是连续函数，且满足,那么____________.解:令，那么，,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，那么________________.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，，这说明在处连续.四、〔15分〕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〕，，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，那么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〕满足,且,求函数项级数之和.解，即由一阶线性非齐次微分方程公式知即因此由知，，于是下面求级数的和：令那么即由一阶线性非齐次微分方程公式知令，得，因此级数的和八、〔10分〕求时,与等价的无穷大量.解令，那么因当，时，，故在上严格单调减。因此即，又，，所以，当时,与等价的无穷大量是。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，每题5分〕〔1〕设其中求〔2〕求。〔3〕设，求。〔4〕设函数有二阶连续导数，，求。〔5〕求直线与直线的距离。解：〔1〕====(2)令x=1/t,那么原式=〔3〕二、〔15分〕设函数在上具有二阶导数，并且且存在一点，使得。证明：方程在恰有两个实根。解：二阶导数为正，那么一阶导数单增，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：因为二阶倒数大于0，所以，证明完成。三、〔15分〕设函数由参数方程所确定，其中具有二阶导数，曲线与在出相切，求函数。解：〔这儿少了一个条件〕由与在出相切得，=。。。上式可以得到一个微分方程，求解即可。四、〔15分〕设证明：〔1〕当时，级数收敛；〔2〕当且时，级数发散。解：〔1〕>0,单调递增当收敛时，，而收敛，所以收敛；当发散时，所以，而，收敛于k。所以，收敛。〔2〕所以发散，所以存在，使得于是，依此类推，可得存在使得成立，所以当时，，所以发散五、〔15分〕设是过原点、方向为，〔其中的直线，均匀椭球，其中〔密度为1〕绕旋转。〔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)到直线的距离由轮换对称性，〔2〕当时，当时，六、(15分)设函数具有连续的导数，在围绕原点的任意光滑的简单闭曲线上，曲线积分的值为常数。〔1〕设为正向闭曲线证明〔2〕求函数；〔3〕设是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求。解：L不绕原点，在L上取两点A，B，将L分为两段，，再从A，B作一曲线，使之包围原点。那么有令由〔1〕知，代入可得上式将两边看做y的多项式，整理得由此可得解得：取为，方向为顺时针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。〕计算以下各题〔此题共3小题，每题各5分，共15分〕〔1〕.求；解：〔用两个重要极限〕：〔2〕.求；解：(用欧拉公式〕令其中，表示时的无穷小量，〔3〕，求。解：二．〔此题10分〕求方程的通解。解：设，那么是一个全微分方程，设该曲线积分与路径无关三．〔此题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，①由洛比达法那么得由极限的存在性得即，又，②再次使用洛比达法那么得③由①②③得是齐次线性方程组的解设，那么，增广矩阵，那么所以，方程有唯一解，即存在唯一一组实数满足题意，且。四．〔此题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，那么椭球面在上点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，令那么，现在求在条件，下的条件极值，令那么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，那么所以，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．〔此题16分〕S是空间曲线绕y轴旋转形成的椭球面的上半局部〔〕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的方程为令那么，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)方法一：六．〔此题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．〔此题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)。第四届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、〔本大题共5小题，每题6分共30分〕解答以下个体〔要求写出要求写出重要步骤〕(1)求极限(2)求通过直线的两个互相垂直的平面和，使其中一个平面过点。(3)函数，且。确定常数和，使函数满足方程(4)设函数连续可微，，且在右半平面与路径无关，求。(5)求极限解(1)因为1分而，且3分所以即，故2分(2)过直线的平面束为即2分假设平面过点，代入的，即，从而平面的方程为2分假设平面束中与垂直，那么解得，从而平面的方程为2分(3)，2分2分要使，只有，即2分(4)由得即2分方程的通解为3分由得，故1分(5)因为当时，3分2分1分二、〔此题10分〕计算解：由于3分应用分部积分法，得2分所以2分当时，，令，由两边夹法那么，得3分注：如果最后不用夹逼法那么，而用需先说明收敛。三、求方程的近似解，精确到0.001.解：由泰勒公式2分令得，代入原方程得，即4分由此知，，4分四、〔此题12分〕设函数二阶可导，且，，，求，其中是曲线上点处的切线在轴上的截距。解：曲线上点处的切线方程为令，那么有，由此得3分且有2分由在的二阶泰勒公式2分得3分所以2分五、〔此题12分〕求最小实数，使得满足的连续函数都有解：由于4分另一方面取，那么3分而3分因此最小实数2分六、〔此题12分〕设为连续函数，。区域是由抛物面和球面所围起来的局部。定义三重积分求的导数解法1：记，2分那么在面上的投影为在曲线上任取一点，那么原点到点的射线和轴的夹角为取，那么对于固定的，考察积分差，这是一个在厚度为的球壳的积分，原点到球壳边缘上的点的射线和轴夹角在与之间。我们使用球坐标变换来做这个积分。由积分的连续性可知，存在，使得4分这样就有当时，故的右导数为4分当时，考察可以得到同样的左导数，因此2分解法2：令,那么,其中，2分故有2分从而有4分注意到，第一个积分为0，我们得到4分七、〔此题14分〕设与为正项级数，证明：〔1〕假设，那么级数收敛；〔2〕假设，且级数发散，那么级数发散。证明：〔1〕，那么存在正整数，对于任意的时，，，4分因而级数的局部和有上界，从而级数收敛；4分〔2〕，那么存在正整数，对于任意的时，3分有于是由级数发散，得到级数发散。3分第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷解答以下各题〔每题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，故由比拟判别法发散。……〔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、〔总分值12〕计算定积分解…………………〔4分〕……〔2分〕…………………〔4分〕…………〔2分〕三、〔总分值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〕由洛必塔法那么及定义………〔3分〕所以…………………〔2分〕由于级数收敛，从而由比拟判别法的极限形式收敛。……〔3分〕四、〔总分值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，那么………〔3分〕又，那么，所以…〔3分〕……〔2分〕五、〔总分值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，那么，从而…………〔4分〕使用球坐标计算，得…………〔4分〕六、〔总分值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〔