历年全国大学生高等数学竞赛真题及答案

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yxyxxyyxDdd1)1ln()(D1yxvxuyx,vuyvx,vuvuyxdddd1110detddvuuvuuuyxyxxyyxDDdd1lnlndd1)1ln()(1021000d1)ln(1lnd)dln1d1ln(uuuuuuuuuuvvuuvuuuuu102d1uuuut121tudt2dtu42221ttu)1)(1()1(2tttuu0142d)21(2(*)ttt1042d)21(2ttt1516513221053ttt)(xf2022d)(3)(xxfxxf)(xf20d)(xxfA23)(2AxxfAAxAxA24)2(28d)23(20234A3103)(2xxf2222yxz022zyx022zyx)1,2,2(2222yxz),(00yx)1),,(),,((0000yxzyxzyx)1),,(),,((0000yxzyxzyx)1,2,2(，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，因此不会：二、（5分）求极限，其中是给定的正整数.解法1因故因此解法2因xzxyzy20000002),(2,),(2yyxzxyxzyx1,200yx5)1,2(),(00zyxz022zyx)),(,,(0000yxzyx0)5()1(2)2(2zyx2222yxz022zyx0122zyx)(xyy29ln)(yyfexef1f22ddxy29ln)(yyfexex29ln)()()(yeeyyfxeyyfyf)(29lnyfyxeeyyyfx)(1))(1(1yfxy2222)](1[)())(1(1ddyfxyyfyfxyxy322232)](1[)](1[)())(1(1)](1[)(yfxyfyfyfxyfxyfxenxxxxneee)(lim20nxenxxxxxenxxxxnneeeneee)1(lim)(lim2020nxneeeexenneeeAnxxxxnxxxx2020limlimennnenneeeenxxxx21212lim20enAxenxxxxeeneee2120)(limxneeeeneeenxxxxxenxxxxln)ln(lim)ln(lim2020故三、（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）ennneeeeneeeenxxxnxxxx21212lim220enAxenxxxxeeneee2120)(lim)(xf10d)()(txtfxgAxxfx)(lim0A)(xg)(xg0xAxxfx)(lim0)(xf0)(limlim)(lim)0(000xxfxxffxxx10d)()(txtfxg0)0(d)0()0(10ftfg0xxuufxxg0d)(1)(0)0(1)(limd)(lim)(lim0000fxfxuufxgxxxx0xxxfuufxxgx)(d)(1)(02200000d)(limd)(1lim)0()(lim)0(xttfxttfxxgxggxxxxx22)(lim0Axxfx22d)(1lim)(lim])(d)(1[lim)(lim02000200AAAuufxxxfxxfuufxxgxxxxxx)(xg0x}0,0|),{(yxyxDLDLxyLxyxyeyxexyeyxeddddsinsinsinsin2sinsin25ddLyyxyeyxeDyxyeyxexxyeyxeDxyLxydd)()(ddsinsinsinsin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yxeeDxydd)(sinsinLxyxyeyxeddsinsinyxyeyxexDxydd)()(sinsinyxeeDxydd)(sinsinDxyyxeeDxydd)(sinsinyxeeDxydd)(sinsinLxyLxyxyeyxexyeyxeddddsinsinsinsin)1(2)!4!21(2242ttteett22cos522cos12sin22sinsinxxxeexxDxyLDxyyyyxeeyxeexyeyxedd)(dd)(ddsinsinsinsinsinsinDxyLDxyyyyxeeyxeexyeyxedd)(21dd)(21ddsinsinsinsinsinsinDxxDxxDyyyxeeyxeeyxeedd)(dd)(21dd)(21sinsinsinsinsinsin200sinsin25d22cos5d)(xxxeexx2sinsin25ddLyyxyeyxexxexey21xxexey2xxxeexey23xxexey21xxexey2xxxeexey23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)(xfcyybyxxeeyy212xeyy130cyyby0cyyby0)1)(2(0cyyby02cb02yyy)(2111xfyyyxxxexeey212xxxexeey21421112)(yyyxf)(2)2(42222xxxxxxxxexeeexeeexexex)21(xxxeeyyy22cbxaxyln2210x0yx1x31cba,,xcbxaxyln221c2323dt)(311023102baxbxabxax)1(32abx10221022dt))1(32(dt)()(xaaxbxaxaV10221031042dt)1(94dt)1(34dtxaxaaxa22)1(274)1(3151aaaa，得即因此,,.七、（15分）已知满足,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1c则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，则因当，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。第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷（非数学类）2010(150分钟)一、（25分，每小题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,则原式=（3）（4）略（不难，难得写）（5）用参数方程求解。答案好像是二、（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：（简要过程）二阶导数为正，则一阶导数单增，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：（1）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。则有（2）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：（3）取为，方向为顺时针（最后一步曲线积分略去，不知答案对不对）第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷（非数学类）2011一．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，①由洛比达法则得由极限的存在性得即，又，②再次使用洛比达法则得③由①②③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