第1页共8页南昌大学第五届高等数学竞赛(理工类)试题一、填空题(每空3分,共15分)1、20sin1limarcsinxxexx=.2、设fx在0x处可导,则000limtfxmtfxntt.3、设fx是连续函数,且102fxxftdt,则11fxdx.4、已知两直线方程是1123:101xyzL与221:211xyzL,则过1L且平行2L的平面方程为.5、由方程2222xyzxyz所确定的函数,zzxy在点1,0,1处的全微分为.二、单项选择题(每题3分,共15分)1、设xf=2,0,xxx为有理数为无理数,则()fx可导点的个数为()(A)0.(B)1.(C)2.(D)无穷.2、设t是正值连续函数,0a,aafxxttdt,axa,关于曲线yfx,下列说法正确的是()(A)在,0a上是凹的,在0,a上是凸的.(B)在,0a上是凸的,在0,a上是凹的.(C)在,aa上是凹的.(D)在,aa上是凸的.3、级数2132nnnnxnn的收敛域为()(A)11,33.(B)11,33.第2页共8页(C)11,22.(D)11,22.4、设C为圆周22xyax,0a,则22Cxyds()(A)122a.(B)2a.(C)42a.(D)22a.5、设40tannnuxdx,则11nnnu()(A)发散.(B)条件收敛.(C)绝对收敛.(D)无法判断.三、(本题满分8分)设二元函数222222221sin,0;,0,0,xyxyfxyxyxy试解答(1)yxf,在点0,0是否连续?(2)求0,0xf,0,0yf.(3),xfxy,,yfxy在点0,0是否连续?(4)yxf,在点0,0是否可微?四、(本题满分6分)计算定积分值40sincossincosxxdxxx.五、(本题满分7分)计算曲线积分22(1)(1)LydxxdyIxy,其中L为椭圆22194xy的正向.六、(本题满分7分)设连接两点0,1A与1,0B的一条凸弧,点,Pxy为凸弧AB上的任意一点,已知凸弧与弦AP之间的面积为3x,求此凸弧的方程.七、(本题满分6分)设k为非零常数,试判断级数221sinnnk的敛散性(发散、条件收敛还是绝对收敛).第3页共8页八、(本题满分7分)设函数fx连续,且222Ftzfxydv,其中空间区域为:0zh,222xyt,求导数dFdt和极限20limtFtt.九、(本题满分7分)设2,zfxyxy,其中,fuv具有二阶连续偏导数,二阶可导,求2zxy.十、(本题满分7分)计算12222lim1112nnnnnnnnn.十一、(本题满分8分)求级数20112nnnnn的和.十二、(本题满分7分)设fx在0,1上有连续的导数,求证:当0,1x,有10fxftftdt第4页共8页南昌大学第五届高等数学竞赛(理工类)试题答案一、1.12,2.0mnfx,3.2,4.320xyz,5.2dxdy.二、1、B2、C3、A4、D5、B三、由于220,0lim0xyxy,221sin1xy,因此22220,01limsin0xyxyxy=0,0f,所以yxf,在点0,0连续.2分00,00,010,0limlimsin0xxxfxffxxx,3分同理0,00yf.4分求得2222222222112sincos,0;,0,0,xxxxyfxyxyxyxyxy5分当0,0xy时,,xfxy不存在,因此,xfxy在点0,0不连续,同理,yfxy在点0,0不连续.6分220,00,00,0limxyxyzfxfyxy=0,0limxy22221sinxyxy=0于是yxf,在点0,0是可微.8分四、原式=4400111sincos222sin4xxdxdxx3分=11ln21222五、2222222111xyPyyyxyxy,22222221111xxyQxyxyxy.由格林公式得0LlPdxQdy,于是LPdxQdylPdxQdy,其中l为2211xy的正向,令1cosx,siny,则2220sinsincoscoscossinId=202d六、设凸弧的方程为yfx,依题意得3012xxxftdtfx.两边对x求导得261xyyx,即116yyxxx.通解为261ycxx,=4011sincoslncsccot24422xxxx5分由10y得5c.故所求曲线为2561yxx.七、22sinnanknn=1n22sinnkn=1n222sinknkn,当n充分大时,级数1nna是交错级数.limn222sinknkn=0,且当n充分大时1nnaa,因此级数1nna收敛.其次,考虑级数1nna,由于222limlimsin1nnnaknnknn=22k,因此级数1nna发散,所以级数221sinnnk条件收敛.八、222Ftzdvfxydv=22222222200hhxytxytzdzdxdydzfxydxdy=3222003ththdfrrdr=322023ththfrrdr,32223dFhthtftdt.由罗毕达法则得233200limlim20323tttftFthhhhftt九、令2,uxyvxy,122zxfyfx,222211122222zxyfxfxyfxyfxy.十、因为2221iiinnninnnn,所以111121221iiinnnnnniiiinnnn.10111lim22ln2inxnnidxn,11111lim2limlim211ln2iinnnnnnniinnnn,由夹逼准得12222lim1112nnnnnnnnn=1ln2.十一、21112nnnnn=0011122nnnnnn,011212312nn.令22112nnnsxnnx,则sx=321422nnnxx,1s0141227nnnn,20112nnnnn=242232727十二、因为ft连续,ft也连续,所以由积分中值定理存在0,1使10,01ftdtf.又xfxfftdt,即xfxfftdt,所以xxfxfftdtfftdt10fftdt故10fxftftdt.