2014浙江省高等数学竞赛(工科类)及答案

第1页共5页2014浙江省高等数学竞赛（工科类）一计算题：（每小题1４分，满分７0分）1．求极限sinlimcosnnanxxnn其中表示不大于的最大整数。解：1nananasin1sinsincoscoscosnannannannnnnnn且sin1sinlimlimcoscosnnnannanannnnsinlimcosnnanann2．求不定分2min{2,,43}xxxdx。解：2221min{2,,43}[1,1]431xxxxxxxxx所以2min{2,,43}xxxdx23122/221/3[1,1]43/21xxcxxcxxxcx由积分的连续性2min{2,,43}xxxdx232/221/37/6[1,1]43/210/31xxcxxcxxxcx3．设2(2014)()ln(1),(0)fxxxxf求。解：记2()ln(1)gxxx则2()1/1gxx记0.5()(1)htt()0.5()(1)0.5(0.51)(0.51)(1)nnnhtnt0.5(1)(21)!!(1)/2nnnnt所以()0(0)()!nnnhhttn0(1)(21)!!2!nnnnntn220(1)(2)!2(!)nnnnntn2220(1)(2)!()2(!)nnnnngxxn21220(1)(2)!()2(!)(21)nnnnngxxnn第2页共5页22220(1)(2)!()2(!)(21)nnnnnfxxnn(2014)22201422(0)(1)(2)!(2014)!2(!)(21)nnnfnnn(2014)20122(2012)!(0)(2014)!2((1006)!)(2013)f4．求极限220cos(1)limxxxtdtt。解：由中值定理2xx22222cos(1)1cos(1)cos(1)ln2xxxxtdtdttt220cos(1)limxxxtdtt0limx2cos(1)ln2ln2cos15．求过直线L:02xyzx且与球面2222xyzz相切的平面的方程。解：设平面为(1)2axyza则点(0,0,1)到的矩离为1即2121(1)11aa222(12)(1)113620aaaa15/3a所以平面的方程为(25/3)225/3xyz或(25/3)225/3xyz二、（满分20分）设()1nnfxxx1n（1）证明()nfx有唯一正根，记之为nx；（2）计算lim(1)nnnx第3页共5页解：（1）1()1nnfxnx1(0,1/)nxn()nfx单调减()(0)10nfxf无根1(1/,)()nnxnfx单调增且(2)230nnf所以()nfx有唯一正根nx（2）易知12nx11nnnxx记1nnnax2nnblim(1)nnnx11lim(21)21nnnnnxn而1121nnnx1100/nnkknnnkkxba且10kknnnnnnnababx所以11lim121nnnnx所以lim(1)nnnxlim(21)ln2nnn五、（满分20分）如图动点P在曲线()yfx上，0()1fx，A点坐标(1，1)，Q点坐标(0，1)。（1）假设P曲边三角形2()SQAP与曲边梯形2T的面积相同，求曲线()fx的表达式。（2）如果P曲边三角形1()SQBP与曲边梯形1T的面积相同，求曲线()fx的表达式。解：（1）曲边梯形的面积12()xTfxdx曲边三角形的面积2S与2T相同即221()12fxxST12()xfxdx14fxff31xff第4页共5页31111ln(31)ln(31)3ln31313fffxcfcxfxx因为(1)1f3()(41)/3fxx（2）曲边梯形的面积10()xTfxdx曲边三角形的面积1S与1T相同即1()2fxx02()xfxdx4fxff3xff31/3/ln3lnffxfxcfcx因为(1)1f3()fxx（3）1212SSTT即12212STSTTT即(1)2(1)()(1)()xfxfFxFFx其中0()()xFxftdt1(1)()()xFFxftdt所以(1)()2()FxxfFx(1)2()afxffx(1)aF即有(2/1)1xfaf2211(1)222aaaaafcxfxaaa其中01a任意所以不能确定。三、（满分20分）求由平面0,3zzy和曲面3sin30xyz围成的立体体积(0)x。解：解法一0[0,]xx时两曲面交立体底面边缘为x轴和sinyx且用平行于平面0x的平面0xx截此立体所得截面为三角形，三个顶点为0(,0,0)x00(,sin,0)xx，及033(sin)zyzxy000sin3sin(,,)22xxx第5页共5页所得截面为等边三角形，其面积为203sin/4x200331cos23sin4428xVxdxdx解法二两曲面的交线33(sin)zyzxysin/23yxzy所以向xoy平面的投影柱面为sin/2yx12(3sin3)3DDVxydxdyydxdysin0sin/23(sin)xxdxxydysin/2003xdxydy=33316168四、（满分20）讨论级数21sinsinnnnn的收敛性。解：2221sinsin[cos()cos()]2nnnnnn1[cos(1)cos(1)]2nnnn解法一210sinsinNnNnn1=[1cos(1)]12NN,10n由狄利克雷判别法得级数收敛。解法二级数的前N项部分和21sinsinNNnnnSn111cos(1)22(1)Nnnnnn收敛所以级数收敛