大学生高等数学竞赛试题汇总及答案

《大学生高等数学竞赛试题汇总及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学生高等数学竞赛试题汇总及答案（21页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、前三届高数竞赛预赛试题（非数学类）适当看一些辅（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,导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。）2009-2010年第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题（每小题5分）1.计算(xy)ln(1-)D.1xxdxdy16/15,其中区域D由直线xy1与两坐标轴所围成三角形区域.解：令xy u,x v,x v, y0 v , dxdy detdudvdudv,2u,.du(*)duJ1u ,则 u2tdt, u21t22t2t4, u(1 u)t2(1t)(1t)2.设f（x）是连续函数，且满足f (x) 3x220 f(x)dx2,则f (x

2、)2解：令Af(x)dx,则f(x)3.曲面z解得A解:(3x2A2)dx2因此f (x) 3x因平面2x8 WA 2)10O2平行平面2x 2y z 0的切平面方程是2y z 0的法向量为（2,2, 1）,而曲面2A,2x 2z y 2在(x0,y0)处的法2向量为(Zx(xo,yo),Zy(xo,yo),1),故(zx(x0,y),Zy(x,y),1)与(2,2,1)平行,因此,zy(x0,y0) 2y,由zxx,zy2y知2zx(x0,y)x,2即 x02, y01,又 z(x0,y0)z(2,1)5,于是曲面2x 2y z 0在（x0, yo,z（x0, y。）处的切平面方程是 2（x

3、2)2( y 1) (z 5) 0,即曲面2平行平面2x2y z0的切平面方程是2x 2y1 0。4.设函数y d2yy（x）由方程xef（y）ey In 29确定，其中f具有二阶导数，且 f 1,则dx2解：方程xef（y）eyln29的两边对x求导，得1因eyIn29xef(y)，故f(y)y，xx2x二、(5分)求极限iim(e一ex0n解：因故1,因此x(i f (y)nx e广，其中n是给定的正整数.三、(15分)设函数f(x)连续，g(x)g (x)在x 0处的连续性.1 f(xt)dt,且f(x)xA, A为常数，求g (x)并讨论因此解：由limf(x)A和函数f(x)连续知，

4、f(0)limf(x)x0xx011因g(x)0f(xt)dt,故g(0)0f(0)dtf(0)0,1x因此，当x0时，g(x)f(u)du,故x0当x0时，g (x)0 f (u)duf(x)x这表明g(x)在x0处连续.四、(15分)已知平面区域D (x, y)|0 x,0 y , L为D的正向边界，试证:sinysinxsinysinx(1) oxe，dyyedxxedyyedx;LLsinysiny52(2) oxe，dyyedx一证：因被积函数的偏导数连续在D上连续，故由格林公式知sin ysin x(1) 口xe dy ye dxLsin y (xe ) x(ye sinx) dx

5、dy y而D关于x和y是对称的，即知因此(2)因故 由知即 ： xesinydy ye sinydx 5 2五、(10 分)已知 y1xex e2x , y2x xxe e , y3xexe2xe x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.x 2xx x解设 y1xe e , y2xe e , yxex e2x e x是二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，则y2y1 exe2x和y3y1都是二阶常系数线性齐次微分方程的解，因此y by cy 0的特征多项式是( 是2)(1) 0,而y by cy 0的特征多项式因此二阶常系数线性齐次微分方程为yy2y0,由y1y12y1f(

6、x)和xx2xxx2xy1exe2e,y12exe4e知，f (x)yi yi 2yixxex2xxx2xx2x.2e4e(xee2e)2(xee)二阶常系数线性非齐次微分方程为2六、(10分)设抛物线yaxbx2lnc过原点.当0x1时，y0,又已知该抛物线与x轴及1直线x1所围图形的面积为1.试确定a,b,c,使此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.32解因抛物线yaxbx2lnc过原点，故c1,于是即而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积即令218V(a)-a-(12a)(1a)0,5327得即因此5-3.a,b,c1.4 2n1xe七、(15分)已知Un(x)满足un(x)Un

7、(x)xe(n1,2,),且un(1)-,求函数项级数nUn(x)之和.n1解Un(x)Un(x)xnx,即由一阶线性非齐次微分方程公式知即因此,e1、由一Un(1)e(C)知，C0,nn于是下面求级数的和：令则由一阶线性非齐次微分方程公式知S(0)un(x)的和n1等价的无穷大量.八、（10分）求2时，与xnn0f(t)t2x，则因当0x1,t(0,)时,t2(t)2txlnx0,故f(t)即t2xt2lnx在(0,）上严格单调减。因此f(t)dtf(n)0f(t)dtf(n)0n所以,0 f出xt2dt21nl x1时，与2xn等价的无穷大量是n 0ln1 2x2010-2012年第二届全

8、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,些各大高校的试题。）、（25分，每小题5分）(1)xn(1a)(122n、a)L(1a),其中|a|1,求“mxn.(2)limXx2(3)esxxndx(n1,2,L)。(4)设函数f（t）有二阶连续导数，rJx22y,g(x,y)2g,求2x2g_o2y(5)求直线1i0x2与直线l2:4解:（1）xn(1a)(1a2)L(1a2n)=xn(1a)(1a)(1a2)L(1a2)/(1a)=(1a2)(1a2)L(1a2n)/(1a)=L=(12n1)/(1a)limx令x=1/t,原

9、式=limet0(ln(1t)12t)lnelimex1/(1t)1lime2t(1122)xxlimexx2ln(11),xlimt0In(3)nsxxndx1)snsxxde1)ssx|0esxdxnsxxn1dxnIn1sn(n1)I2Ins*0sn!n1s二、(15分)设函数f(x)在()上具有二阶导数，并且f(x)0,limfx(x)0,limf(x)x0,且存在一点Xo,使得f(Xo)0。证明：方程f(x)恰有两个实根。解：二阶导数为正,大于0的值。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将f(x)二阶泰勒展开：因为二阶倒数大于0,所以limf

10、(x)xximf(x)证明完成。三、(15分)设函数yf(x)由参数方程x2tty(t)2(t1)所确定，其中(t)具有二阶导数，曲t2(t)与y,e12du在t2e1出相切，求函数(t)。解:(这儿少了一个条件d2ydx2t2eu23du在t1出相切得2e32ed2ydx2d(dy/dx)dxd(dy/dx)/dtdx/dt(t)(22t)2(22t)3(t).上式可以得到一个微分方程，求解即可。n四、(15分)设an0,Snak,证明:k1(1)i时，级数曳收敛;niS(2)i且Sn(n）时,级数n曳发散。i5解:(1)an0,Sn单调递增ani收敛时,anSnSian收敛,Si所以a收敛

11、;Snani发散时,limnsn所以,ansndXSndXSnS而1Sidxai所以,SilimniSniiSiaiSik,收敛于koa,收敛。Sn(2)QnimSn所以nan发散，所以存在ki,使得kianI2ai丁TH,kianSikianSnkian2Ski依此类推，可得存在kik2使得ankiSni一成立,2所以kN时,anSnanniSnNT发散五、（I5分）设l是过原点、方向为（，），（其中I）的直线，均匀椭球222xyz221，其中(0cba,密度为1)绕l旋转。abc(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

12、的距离由轮换对称性，(2)Qabc.42,2、当1时，Imaxabc(ab)15当1时，Imin-4abc(b2c2)15六、(15分)设函数(x)具有连续的导数，在围绕原点的任意光滑的简单闭曲线C上，曲线积分2xydx(x)dy/小?y产上的值为常数。cxy(1)设L为正向闭曲线(x2)2y21,证明？2xydx(x)dy0;cxy(2)求函数(x)；(3)设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求2xydx (x)dy解：(1)L不绕原点，在L上取两点A,B,将L分为两段L1,L2,再从A,B作一曲线L3,使之包围原点。则有令p$yr,Q-xrxyxyQP由(1)知一Q-P0,代入可得xy上式

13、将两边看做y的多项式，整理得由此可得解得：(x)x2(3)取l为x4y24,方向为顺时针2011-2012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。）计算下列各题（本题共 3小题，每小题各5分，共15分）（1）.求 limx 01sinx 1 8sx ,x解：（用两个重要极限）：.求lim ,. n n 1 n 2 n n111解：（用欧拉公式）令 xn . n 1 n 2 n n其中，o 1表示n 时的无穷小量，x ln 1 e2t（3）已知y tarctanetdx2e2tdyetdt

14、1 e2t , dt 1 e2tt1dy 1 1 e2tdx2e2t1 e2te2t S 12e2t（本题10分）求方程 2x y 4 dxx y 1 dy0的通解解：设 P 2x y 4,Qx y 1,则 Pdx Qdy 0PyPy1, Pdx Qdy该曲线积分与路径无关0是一个全微分方程，设dz Pdx Qdy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f0,f0,fk1fhk2f 2hk3 f 3h f 0limh 0不为0,证明：存在唯一一组实数匕*2*3,使得h2证明：由极限的存在性:k1fh k2 f 2h3h即 k1k2 k31f 00,又 f由洛比达法

15、则得由极限的存在性得lim k1 f h2k2 fh 012即 k1 2k2 3k3 f 00,又 f再次使用洛比达法则得k1 4k2 9k3 0 ki由得 kihh是齐次线性方程组 k1ki00, k1k2 k3 1 _ 2h3k3 f 3h 000, k1 2k2 3k3 0 k2 k3 1 232 k2 3k3 0 的解4k2 9k3 01 1 1设 A 1 2 3 ,xk11k2 ,b 0 ,则 Ax b,149k301111100*增广矩阵A1230:0101490001所以，方程Axb有唯一解，即存在唯一一组实数k1,k2,k3满足题意,且k13,k23,k3122yz222四.（

16、本题17分）设TT1,其中abc0,2：zxy,c为1与2的交线，求椭球面1在上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值。222x y z12. 22a b c解：设上任一点Mx,y,z,令Fx,y,z2z2， c椭球面 1在上点M处的法向量为:2x2y则FFTFx2，y2，zab1在点M处的切平面为原点到平面的距离为,Gx,y,z现在求Gx,y,z件极值,令Hx,y,z2yb4则由拉格朗日乘数法得:Hx2x2xHy2yb42y1b22yHz2z4cy22z12c22zb2解得y2z2b2c2对应此时的b2c2Gx,y,z2yb4x2b4,在条件z2，令Gx,y,z2yb42yb22下的条2yb

17、222acx,y,z4c此时的d1bc22ac44ac又因为abc0,则d1d2所以，椭球面1在上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为:d2acd1bcb2b42c4c五.（本题16分）22x23y2已知s是空间曲线z01绕y轴旋转形成的椭球面的上半部分（0）取上侧,是s在Px,y,z点处的切平面,x,y,z是原点到切平面的距离,表示s的正法向的方向余弦。计算:（i）dS；（2）x,y,zdS解：（1）由题意得：椭球面S的方程为22x3yz2122x3y1,则Fxx2x,Fy6y,Fz2z,切平面的法向量为x,3y,z的方程为xX3yY原点到切平面的距离x,y,z22x3y将一型曲面积

18、分转化为二重积分得：记0,z（2）方法一:3y222x9yz2229yz9y22229yz六.（本题12分）设f（x）是在内的可微函数，且mfx,其中0m1,任取实数a0,定义anInfan1,n1,2,.,证明:anan1绝对收敛。证明：anan1lnan1lnfan2由拉格朗日中值定理得:介于an，an2之间，使得anan1an1an2f、mf级数|a1a0|收敛,级数ann1an收敛，即七.（本题15分）是否存在区间anan1绝对收敛。0,2上的连续可微函数f（x）,满足f0f21,1,2fxdx01?请说明理由。解：假设存在，当x0,1时，由拉格朗日中值定理得:1介于0,x之间，使得fxf0f1x,同理，当x1,2时，由拉格朗日中值定理得:2介于x,2之间，使得fxf2_ 1 f 2 x 2 ,x 1,2即fx1f1x,x0,1;fxQ1f、x1,2显然，fx0,fxdx00111xdx02x1dx12fxdx0121xdx3xdx3012fxdx1,又由题意得2fxdx1,2fxdx21x,x0,1即fxdx1，fx0x1,x1,2f1不存在，又因为f(x)是在区间0,2上的连续可微函数，即f1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)。