大学生高等数学竞赛试题汇总及答案

1、22前三届高数竞赛预赛试题(非数学类)(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。)2009-2010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 5 分)(X y)l n(1 -)1 1 计算xdxdy16/15，其中区域D由直线x y 1与两坐标轴所D；1 x y围成三角形区域处的法向量为(Zx(X0,y),Zy(X0,y0), 1)，故(Zx(x, y), Zy(x, y), 1)与(2,2, 1)平行，因此，由Zxx，Zy2y知2 Zx(X0,y) x,2 Zy(X0,y)2y,即x2, y1，又z(X0,

2、y) z(2,1) 5，于是曲面2x 2y z 0在(X0,y, z(x, y。)处的切平面方程是2(x2)2(y1) (z 5)0，即曲面2X2一zy2平行平面22x 2y z 0的切平面方程是2x 2y z 10。4 4设函数y y(x)由方程xef(y)eyln 29确定，其中f具有二阶导数，且f 1，则dx解：令x y u,x v，贝U x v, yu v,dxdy0 det112udu(* *)01 u令t . 1 u,则u1 t2du 2tdt，u212t2t4，u(12u) t (1t)(1 t)，2 2设f (X)是连续函数，且满足f(x)3x220f(x)dx2, ,则f(x

3、)2解: :令Aof (x)dx，则f(x)3x2A 2，22o(3x2A2)dx82；A2)42A, ,解得A4210。因此f (x) 3x23 3曲面zX2332y2平行平面2x 2y z 0的切平面方程是解：因平面2x2y z 0的法向量为(2,2, 1)，而曲面zdudvdudv,2y2在(x0,y0)1A解：方程xef（y）eyln 29的两边对x求导，得1因eyln 29 xef(y)，故f (y)yx解：因故因此故由知即：:xesinydyLsin yye dx522五、（1010 分）已知xY1xee2x，y2xexex，y3xexe2xex是某二阶常系数线性非齐次微分方程的三

4、个解，试求此微分方程二、（5 5 分）求极限x 2xe elim(x 0 nxe） ，其中 n n 是给定的正整数. .x(i f(y)，因此三、（1515 分）设函数f（X）连g(x)1f (x)f(Xt)dt，且00二-A,A为常数，求g （x）并讨论g（x）在X0处的连续性解: :由limxA和函数0 x1of (xt)dt，故g(0)nf (0)dtf（x）连续知,f(0) lim f (x)x 0lim x limx 0 x 0 x因此，当x0时，1g(x)-xxof(u)du，故当x 0时，1xf (x)g (x)20f (u)duxx这表明g （x）在x 0处连续. .四、（15

5、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sin ysin y(2)xe dy ye dxL522. .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丨（1 1）xe dyye dxL而D关于x和y是对称的， 即知 因此_(xesiny)(yesin x) dxdyxy因g(x)f(0)0，0sin ysin x i(1)xe dy ye dxLr sin ysin x - xe dy ye dx；L解设y-|x2xxe e，Xy2xeeX，yaxxe2xeex是二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，贝9y2y1e:2xe和y

6、ay1ex都是二阶常系数线性齐次微分方程的解，因此yby cy0的特征多项式是(2)(1)0，而y by cy 0的特征多项式是因此二阶常系数线性齐次微分方程为yy 2y0，由Y12y1f (x)和xy e xex2x 2e，y12exxxe2x4e知，f (x)y1y12 y1xex:x2e2x4ex(xexe2xx2x、2e ) 2( xe e )二阶常系数线性非齐次微分方程为六、(1010 分)设抛物线y ax2bx 2ln c过原点. .当o x 1时，y 0, ,又已知该抛物线1与x轴及直线x 1所围图形的面积为丄. .试确定a,b,c, ,使此图形绕x轴旋转一周而成的旋转3体的体积

7、最小. .2解因抛物线y ax bx 2 Inc过原点，故c 1，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n数Un(X)之和. .n 1解Un(x) Un(x) X“，即由一阶线性非齐次微分方程公式知即因此V (a)2_ a5 1a3(12a)8(1 27a) 0，得即因此5 ,3a, ,b, ,c1. .42七、 (15(15 分) 已知Un(x)满足Un(x)Un(x)n 1 xx e (n 1,2,), ,且Un(1)-, ,求函数项级e1由Un(1) e(C )知，C 0，nn于是下面求级数的和：即由一阶线性非齐次微分方程公式知令x 0，得0s（0）C，因此级数un（x）的和

8、n 1八、（1010 分）求2nx0等价的无穷大量. .解令f（t）f(t)即xt2t2x，则因当ln1x在（0,f(t)dtf( n)0n所以,）上严格单调减。f(n)0(0,)时，f(t)2txtIn x 0，故因此f (t)dt，Jdtt2%2xn等价的无穷大量是01,1lnxL1 x0edt1 .ln12，x2010-20122010-2012（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、（2525 分，每小题 5 5 分）(1)xn(1 a)(1a2)L (1 a2),其中| a | 1,求Hm xn.(2)li

9、mxx2解:设函数求直线sx n i /e x dx(n1,2,L )。f（t）有二阶连续导数，ry2,g(x, y)2，求g2g。2yx h：z乙卫的距离。13)xn(1a)(122na )L (1 a )= =Xn(12a)(1 a)(1 a )L(1 a2)/(1 a)1= =(1 a2)(1)L (12na2)/(1a)= =L= =(1 a2n 1)/(1 a)lim e%xX2令 x=1/t,x=1/t,则原式= =limo(ln(1et) t)In elim ex1/(1 t)e2t(11)x2xx2ln(1lim eX12(t)In(3)nsx n .x dx1)n sx /x

10、 de (sxXn1dxn(n 1)I2In 2s丄)s, n!L10sn sx .x e|osx n re dx n!二、(1515 分)设函数f(X)在()上具有二阶导数，并且f (x)0, lim f (x)X0, lim f (x)X0,且存在一点Xo，使得证明：方程f (x)0在()恰有两个实根。解：二阶导数为正，则一阶导数单增，f(xf(x) )边找两大于 0 0 的值。将 f(x)f(x)二阶泰勒展开：因为二阶倒数大于 0 0，所以先减后增，因为 f(x)f(x)有小于 0 0 的值,所以只需在两证明完成。lim f(x)Xlim f (x)X三、(1515 分)设函数yf (X

11、)由参数方程2t t(t 1)所确定，其中(t)(t)具有二阶导数，曲线y (t)与yt2e1u2du在t2e1岀相切，求函数(t)。解：(这儿少了一个条件d2ydx2(t)与y1t2e23udu在t2e1岀相切得(1)32e(1)d2ydx2d(dy/dx)dxd (dy/ dx)/ dtdx/dt(t)(2 2t) 2(2 2t)3(t)_上式可以得到一个微分方程，求解即可。四、(1515 分)设an0,Snnak,证明:1(1 1) 当1时，级数ann 1Sn收敛；(2 2) 当1且sn(n）时，级数an发散。n1Sn解：（1 1）an0,0,Sn单调递增当an收敛时，Q电an，而虫收敛

12、， 所以an收敛;n 1SnS1S!Sn当an发散时，lim Snn 1n所以，anSndxa1SndXn 1SnS|n 2sn 1XSS1XSn而dx a1limSn1sa11S1k，收敛于 k kS1xSn1S11所以，an收敛。n 1Sn（2 2）Q lim s!nk1所以an发散, 所以存在k1，使得aIna1n 1k1n 2于是，k1ank1anan1212Sn2sn乂2依此类推，可得存在1ki 1An1kNan1使得也成立， 所以nN -kSn21Sn2当n时，N，所以an发散n1Sn五、（1515 分）设I是过原点、方向为（，），（其中1）的直线， 均匀椭球2 2 2xvz222

13、1，其中（0 c b a,密度为 1 1 ）绕I旋转。abc（1 1）求其转动惯量；（2 2） 求其转动惯量关于方向（，）的最大值和最小值。解：（1 1）椭球上一点 P P（x,y,zx,y,z）到直线的距离由轮换对称性，（2 2）Q a b c42 2当1时，Imaxabc（a b ）15当1时，Imin4abc（b2c2）15六、（1515 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?兮（x）dy的值为常数。cx y（1 1） 设L为正向闭曲线（x 2）2y21,证明？-（2x）dy0;cxy（2 2）求函数（X）；（3 3） 设C是围绕原点的光滑简单正

14、向闭曲线，求？一（2xdy。cxy解：（1 1）L L 不绕原点，在 L L 上取两点 A A,B B,将 L L 分为两段L1，L2，再从 A,A,B B 作一曲线L3，使之包围原点。则有令P ” Q Ax y x yQ P由（1 1 ）知0，代入可得x y上式将两边看做 y y 的多项式，整理得由此可得2解得：（x） x（3）取L为x4y24，方向为顺时针2011-20122011-2012 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、 15 分）(1). .求lim业x 0 x11 cosx解:（用两个重要极限） ：(2). .求lim丄nn 1解：（用欧拉公式）其中,表示n（3 3） 已知dx解： -dtQ丄y三.（本题moHhIn2e2t时的无穷小量,2tearctanddydtte2tedydxet1 e2t2e2t2teet12e2t12te1010 分）求方程2x y 4dx x y 1 dy 0的通解2x y 4,Q x y1，则Pdx Qdy 0Q1, Pdx Qdy0是一个全微分方程，设dz Pdx解：设P该曲线积分与路径无关二.（本题1515 分) 设函数 f f（x x）在 x=0 x=0 的某邻域内具

16、有二阶连续导数，且0 , f 0均不为 o o，证明：存在唯一一组实数k1,k2, k3，使得k2f 2hk3f 3h f 0Qdy即k1k2k31 f 00,又00，k1k2k31即k12k23k3f 00，又f再次使用洛比达法则得k14k29k3000，k12k23k30离的最大值和最小值。证明：由极限的存在性:h f mk2f 2hk3f 3h f 003hfK1K1m由洛比达法则得由极限的存在性得111k11设A123 ,xk2,b0，则Ax b，149k3011 1110 03增广矩阵A*12 30:01 03，则14 900011R A,bR A3ki由得k1,k2,k3是齐次线性

17、方程组k1ki所以，方程Ax b有唯一解，即存在唯一一组实数k1, k2, k3满足题意,解：设 上任一点M x,y,z，令x2F x, y,z二a2yb22z丐1，ck2k312k23k30的解4k29k30且k13,k23, k3四.（本1717 分）2x2a2z2c1,其中a22：Zx22的交线， 求椭上各点的切平面到原点距1与b21在点 M M 处的切平面为则由拉格朗日乘数法得:Hx2x2x22x0412aaHy2yb412yb222y0Hz2z2z22z0，412cc2x2ay2b22z2c102x2y2z0则Fx空F2 ya2y5b2Fz2z2,椭球面c1在上点M M 处的法向量为

18、:原点到平面的距离为，令G x, y,zx22yb4现在求x2x, y,zz2x22 2y下的条件极值,x2x, y,z2yb42x4az22yb4z22yb42z4cJG x,y,zz2x2,在条件2yb2z21,x22yb2z2z2解得y2z2b2e2或xz2对应此时的此时的d1又因为ab2e2b4G x,y,zb2e2叫b4；4或d2b e 0，则d1所以，椭球面d2aeacd2或G x,y,z1在 上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为:22aed44，d1aebeb2e2b4e4五（本题 1616 分）已知2xS S 是空间曲线z3y21绕 y y 轴旋转形成的椭球面的上半部分0）取上侧,是S在P x, y,z点处的切平面,x, y,z是原点到切平面的距离,表示S S 的正法向的方向余弦。计算:（i）解：（ 1 1）切平面dS；（ 2 2）x, y,z由题意得：椭球面x23y2z2S S 的方程为1,则Fx的法向量为x,3y,z的方程为x X3y丫原点到切平面的距离x,y,z3y22x, Fyx23y229y2z2dS6y,Fzz22z，J x29y2z2解：假设存在，当x 0,1时，由拉格朗日中值定理得：I1介于 0 0，x x 之间，使得fXf 0f1x,，同理，当x1,2时，由拉格朗日