历年全国大学生高等数学竞赛真题及答案(2009-2011非数.pdf

第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷 非数学类 第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷 非数学类 2009 一 填空题 每小题 5 分 共 20 分 1 计算 yx yx x y yx D dd 1 1ln 其中区域D由直线1 yx与两 坐标轴所围成三角形区域 解令vxuyx 则vuyvx vuvuyxdddd 11 10 detdd vu u vuuu yx yx x y yx DD dd 1 lnln dd 1 1ln 1 0 2 1 000 d 1 ln 1 ln d dln 1 d 1 ln u u uuuu u uu uvv u u v u uu uu 1 0 2 d 1 u u u 令ut 1 则 2 1tu dt2dtu 422 21ttu 1 1 1 2 tttuu 0 1 42 d 21 2 ttt 1 0 42 d 21 2ttt 15 16 5 1 3 2 2 1 0 53 ttt 2 设 xf是连续函数 且满足 2 0 2 2d 3 xxfxxf 则 xf 解令 2 0 d xxfA 则23 2 Axxf AAxAxA24 2 28d 23 2 0 2 解得 3 4 A 因此 3 10 3 2 xxf 3 曲面2 2 2 2 y x z平行平面022 zyx的切平面方程是 解因平面022 zyx的法向量为 1 2 2 而曲面2 2 2 2 y x z在 00 yx 处的法向量为 1 0000 yxzyxz yx 故 1 0000 yxzyxz yx 与 1 2 2 平行 因此 由xzx yzy2 知 000000 2 2 2yyxzxyxz yx 即1 2 00 yx 又5 1 2 00 zyxz 于是曲面022 zyx在 0000 yxzyx 处的切平面方程是0 5 1 2 2 2 zyx 即曲面2 2 2 2 y x z平行平面 022 zyx的切平面方程是0122 zyx 4 设函数 xyy 由方程29ln yyf exe 确定 其中f具有二阶导数 且1 f 则 2 2 d d x y 解方程29ln yyf exe 的两边对x求导 得 29ln yeeyyf xe yyfyf 因 29ln yfy xee 故yyyf x 1 即 1 1 yfx y 因此 222 2 1 1 1 d d yfx yyf yfx y x y 32 2 232 1 1 1 1 1 yfx yfyf yfxyfx yf 不会 二 5 分 求极限 x e nxxx x n eee lim 2 0 其中n是给定的正整数 解法 1 因 x e nxxx x x e nxxx x n neee n eee 1 lim lim 2 0 2 0 故 nx neee e x e n neee A nxxx x nxxx x 2 0 2 0 lim lim e n n n e n neee e nxxx x 2 1212 lim 2 0 因此 e n A x e nxxx x ee n eee 2 1 2 0 lim 解法 2 因 x neee e n eee nxxx x x e nxxx x ln ln lim ln lim 2 0 2 0 e n n n e eee neee e nxxx nxxx x 2 1212 lim 2 2 0 故 e n A x e nxxx x ee n eee 2 1 2 0 lim 三 15 分 设函数 xf连续 1 0 d txtfxg 且A x xf x lim 0 A为常数 求 x g 并讨论 x g 在0 x处的连续性 解由A x xf x lim 0 和函数 xf连续知 0 limlim lim 0 000 x xf xxff xxx 因 1 0 d txtfxg 故0 0 d 0 0 1 0 ftfg 因此 当0 x时 x uuf x xg 0 d 1 故 0 0 1 lim d lim lim 0 0 00 f xf x uuf xg x x xx 当0 x时 x xf uuf x xg x d 1 0 2 2 0 0 0 00 d lim d 1 lim 0 lim 0 x ttf x ttf x x gxg g x x x xx 22 lim 0 A x xf x 22 d 1 lim lim d 1 lim lim 0 2 000 2 00 AA Auuf xx xf x xf uuf x xg x xx x xx 这表明 x g 在0 x处连续 四 15 分 已知平面区域 0 0 yxyxD L为D的正向边界 试证 1 L xy L xy xyeyxexyeyxedddd sinsinsinsin 2 2sinsin 2 5 dd L yy xyeyxe 证因被积函数的偏导数连续在D上连续 故由格林公式知 1 yxye y xe x xyeyxe D xy L xy dd dd sinsinsinsin yxee D xy dd sinsin L xy xyeyxedd sinsin yxye y xe x D xy dd sinsin yxee D xy dd sinsin 而D关于x和y是对称的 即知 yxee D xy dd sinsin yxee D xy dd sinsin 因此 L xy L xy xyeyxexyeyxedddd sinsinsinsin 2 因 1 2 4 2 1 2 2 42 t tt ee tt 故 2 2cos5 2 2cos1 2sin2 2sinsin xx xee xx 由 D xy LD xyyy yxeeyxeexyeyxedd dd dd sinsinsinsinsinsin 知 D xy LD xyyy yxeeyxeexyeyxedd 2 1 dd 2 1 dd sinsinsinsinsinsin D xx D xx D yy yxeeyxeeyxeedd dd 2 1 dd 2 1 sinsinsinsinsinsin 2 00 sinsin 2 5 d 2 2cos5 d x x xee xx 即 2sinsin 2 5 dd L yy xyeyxe 五 10 分 已知 xx exey 2 1 xx exey 2 xxx eexey 2 3 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 xx exey 2 1 xx exey 2 xxx eexey 2 3 是二阶常系数线性非齐次 微分方程 xfcyyby 的三个解 则 xx eeyy 2 12 和 x eyy 13 都是二阶常系数线性齐次微分方程 0 cyyby 的解 因此0 cyyby的特征多项式是0 1 2 而0 cyyby的特 征多项式是 0 2 cb 因此二阶常系数线性齐次微分方程为02 yyy 由 2 111 xfyyy 和 xxx exeey 2 1 2 xxx exeey 2 1 42 知 111 2 yyyxf 2 2 42 222xxxxxxxx exeeexeeexe x ex 21 二阶常系数线性非齐次微分方程为 xx xeeyyy22 六 10 分 设抛物线cbxaxyln2 2 过原点 当10 x时 0 y 又已知该抛 物线与x轴及直线1 x所围图形的面积为 3 1 试确定cba 使此图形绕x轴旋转一周而成 的旋转体的体积最小 解因抛物线cbxaxyln2 2 过原点 故1 c 于是 2323 dt 3 1 1 0 23 1 0 2 ba x b x a bxax 即 1 3 2 ab 而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积 1 0 22 1 0 22 dt 1 3 2 dt xaaxbxaxaV 1 0 22 1 0 3 1 0 42 dt 1 9 4 dt 1 3 4 dtxaxaaxa 22 1 27 4 1 3 1 5 1 aaaa 即 22 1 27 4 1 3 1 5 1 aaaaaV 令 0 1 27 8 21 3 1 5 2 aaaaV 得 04040904554 aaa 即 054 a 因此 4 5 a 2 3 b 1 c 七 15 分 已知 xun满足 2 1 1 nexxuxu xn nn 且 n e un 1 求函 数项级数 1 n n xu之和 解 xn nn exxuxu 1 即 xn exyy 1 由一阶线性非齐次微分方程公式知 d 1 xxCey nx 即 n x Cey n x 因此 n x Cexu n x n 由 1 1 n Ceu n e n 知 0 C 于是 n ex xu xn n 下面求级数的和 令 11 n xn n n n ex xuxS 则 x e xSexxS n ex exxS x n xn n xn xn 1 1 1 1 1 即 x e xSxS x 1 由一阶线性非齐次微分方程公式知 d 1 1 x x CexS x 令0 x 得CS 0 0 因此级数 1 n n xu的和 1ln xexS x 八 10 分 求 1x时 与 0 2 n n x等价的无穷大量 解令 2 t xtf 则因当10 x 0 t 时 2 2ln0 t f ttxx 故 x t t extf 1 ln 2 2 在 0 上严格单调减 因此 1 010 001 d d 0 d1 d nn nn nnn f ttf ttf nff ttf tt 即 00 0 d 1 d n f ttf nf tt 又 2 00 n nn f nx 1 1 1 lim 1 1 ln lim 11 x x x xx 21 ln 1 d 1 ln 1 ddd 00 1 ln 00 2 2 2 x te x tetxttf t x t t 所以 当 1x时 与 0 2 n n x等价的无穷大量是 x 12 1 第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷 非数学类 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 22 1 1 1 n n xaaa 其中 1 a 求lim n n x 2 求 2 1 lim1 x x x e x 3 设0s 求 0 1 2 sxn Iex dx n 4 设函数 f t有二阶连续导数 22 1 rxyg x yf r 求 22 22 gg xy 5 求直线 1 0 0 xy l z 与直线 2 213 421 xyz l 的距离 解 1 22 1 1 1 n n xaaa 22 1 1 1 1 1 n n xaaaaa 222 1 1 1 1 n aaaa 1 2 1 1 n aa 1 2 limlim 1 1 1 1 n n nn xaaa 2 2 2 2 11 ln 1 ln 1 1 lim1limlim xx x exx x xx xxx eee x 令 x 1 t 则 原式 2 1 ln 1 1 1 11 2 1 22 000 limlimlim tt t t tt ttt eeee 3 0 000 1 120 21 0 11 1 sxnnsxnsxsxn n sxn nn nn Iex dxx dex eedx ss nnn nnn exdxIII sssss 4 略 不难 难得写 5 用参数方程求解 答案好像是14 二 15 分 设函数 f x在 上具有二阶导数 并且 0 lim 0 lim 0 xx fxfxfx 且存在一点 0 x 使得 0 0f x 证明 方程 0f x 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 2 0 0 2 f f xffxx 因为二阶倒数大于 0 所以 lim x f x lim x f x 证明完成 三 15 分 设函数 yf x 由参数方程 2 2 1 xtt t yt 所确定 其中 t 具有二阶 导数 曲线 yt 与 2 2 1 3 2 t u yedu e 在1t 出相切 求函数 t 解 这儿少了一个条件 2 2 d y dx 由 yt 与 2 2 1 3 2 t u yedu e 在1t 出相切得 3 1 2e 2 1 e 22 dydy dt dxdx dt t t 2 2 d y dx 3 2 22 2 2 d dy dxd dy dxdt dxdx dt ttt t 上式可以得到一个微分方程 求解即可 四 15 分 设 1 0 n nnk k aSa 证明 1 当1 时 级数 1 n n n a S 收敛 2 当1 且 n sn 时 级数 1 n n n a S 发散 解 1 n a 0 n s单调递增 当 1 n n a 收敛时 1 nn n aa ss 而 1 n a s 收敛 所以 n n a s 收敛 当 1 n n a 发散时 lim n n s 11 1 nn nn ss nnn ss nnn assdxdx sssx 所以 11 11 12 11 nn n ss n ss nn n aaadxdx ssxsx 而 1 111 1111 11 lim 11 n s n sn ssaasdx k xss 收敛于 k 所以 1 n n n a s 收敛 2 lim n n s 所以 1 n n a 发散 所以存在 1 k 使得 1 1 2 k n n aa 于是 1 11 1 2 22 1 2 k kkn nn nnk a aa sss 依此类推 可得存在 12 1 kk 使得 1 1 2 i i k n k n a s 成立 所以 1 1 2 N k n n a N s 当n 时 N 所以 1 n n n a s 发散 五 15 分 设l是过原点 方向为 其中 222 1 的直线 均匀椭球 222 222 1 xyz abc 其中 0 cba 密度为 1 绕l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 2222222 1 1 1 222dxyzxyyzzx 0 xydVyzdVzxdV 222 222 2 2223 2 1 4 1 15 cc cc xyz abc z z dVz dzdxdyabz dzabc c 由轮换对称性 2323 44 1515 x dVa bcy dVab c 2232323 444 1 1 1 151515 Id dVa bcab cabc 222222 4 1 1 1 15 abcabc 2 abc 当1 时 22 max 4 15 Iabc ab 当1 时 22 min 4 15 Iabc bc 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 42 2 c xydxx dy xy 的值为常数 1 设L为正向闭曲线 22 2 1 xy 证明 42 2 0 c xydxx dy xy 2 求函数 x 3 设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线 求 42 2 c xydxx dy xy 解 1 L 不绕原点 在 L 上取两点 A B 将 L 分为两段 1 L 2 L 再从 A B 作一曲线 3 L 使之包围原点 则有 13 23 424242 2 2 2 LLL LL xydxx dyxydxx dyxydxx dy xyxyxy 2 令 4242 2 xyx PQ xyxy 由 1 知0 QP xy 代入可得 42352 422x xyxxxxy 上式将两边看做 y 的多项式 整理得 2 4325 4 2 2yxx xxxyxx 由此可得 2xx 435 42x xxxx 解得 2 xx 3 取 L为 424 xy 方向为顺时针 0 QP xy 424242 2 4 2 2 2 1 2 c c LL L xydxx dyxydxx dyxydxx dy xyxyxy xydxx dy 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 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 1 1 cos 0 sin lim x x x x 解 方法一 用两个重要极限 2 000322 1sin 1 cossin1 cos 00 1 sincos1 2 limlimlim sin 1133 1 cos 3222 0 sinsin limlim 1 lim xxx xx x xx x xx xx x x xx x x xxx xx x xxx xx eeeee 方法二 取对数 02 0 2 000322 sin 1 sin 1 lnlim 1 1 coslim 1 cos2 0 1 sincos1 2 limlimlim 1133 3222 sin lim x x xxx x x x x xx x x x x xx xxx x ee x eeee 2 求 111 lim 12 n nnnn 解 方法一 用欧拉公式 令 111 12 n x nnnn 11 1ln C o1 2 1111 1ln2 C o1 212 n n n nnn 由欧拉公式得 则 其中 1o表示n 时的无穷小量 ln2o 1 n x 两式相减 得 limln2 n n x 方法二 用定积分的定义 111 limlimlim 12 n nnn x nnn 111 lim 1 11 n n n nn 1 0 1 ln2 1 dx x 3 已知 2 ln 1 arctan t t xe yte 求 2 2 d y dx 解 22 2 2222 2 1 21 1 1 2112 1 t tttt t tttt t e dxedyedyee e edtedtedxe e 2 22 2224 12 12 1 224 tt tt ttt ee d yddyee dx dxdtdxeee dt 二 本题 10 分 求方程 2410 xydxxydy 的通解 解 设24 1PxyQxy 则0PdxQdy 1 PQ yx 0PdxQdy 是 一 个 全 微 分 方 程 设 dzPdxQdy 方法一 由24 z Pxy x 得 2 244zxydxxxyxC y 由 1 z xCyQxy y 得 2 1 1 2 CyyC yyyc 22 1 4 2 zxxyxyyc 方法二 0 0 241 x y zdzPdxQdyxydxxydy PQ yx 该曲线积分与路径无关 22 00 1 2414 2 xy zxdxxydyxxxyyy 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 0 0 0fff均不为 0 证明 存在唯一一组实数 123 k k k 使得 123 2 0 230 lim0 h k f hk fhk fhf h 证明 由极限的存在性 123 0 lim2300 h k f hk fhk fhf 即 123 100kkkf 又 00f 123 1kkk 由洛比达法则得 123 2 0 123 0 230 lim 2233 lim0 2 h h k f hk fhk fhf h k fhk fhk fh h 由极限的存在性得 123 0 lim22330 h k fhk fhk fh 即 123 2300kkkf 又 00f 123 230kkk 再次使用洛比达法则得 123 0 123 0 123 2233 lim 2 4293 lim0 2 490000 h h k fhk fhk fh h k fhk fhk fh kkkff 123 490kkk 由 得 123 k k k是齐次线性方程组 123 123 123 1 230 490 kkk kkk kkk 的解 设 1 2 3 1111 123 0 1490 k Axkb k 则Axb 增广矩阵 11111003 12300103 14900011 A 则 3R A bR A 所以 方程Axb 有唯一解 即存在唯一一组实数 123 k k k满足题意 且 123 3 3 1kkk 四 本 题 17 分 设 222 1 222 1 xyz abc 其 中0abc 222 2 zxy 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 解 设 上任一点 M x y z 令 222 222 1 xyz F x y z abc 则 222 222 xyz xyz FFF abc 椭球面 1 在 上点 M 处的法向量为 222 xyz t abc 1 在点 M 处的切平面为 222 0 xyz XxYyZz abc 原点到平面 的距离为 222 444 1 d xyz abc 令 222 444 xyz Gxyz abc 则 1 d G x y z 现 在 求 222 444 xyz Gxyz abc 在 条 件 222 222 1 xyz abc 222 zxy 下的条件极值 令 222222 222 12 444222 1 xyzxyz H x y zxyz abcabc 则由拉格朗日乘数法得 12 42 12 42 12 42 222 222 222 22 20 22 20 22 20 10 0 x y z xx Hx aa yy Hy bb zz Hz cc xyz abc xyz 解得 22 22 22 0 x b c yz bc 或 22 22 22 0 a c xz ac y 对应此时的 44 2222 bc G x y z b cbc 或 44 2222 ac G x y z a cac 此时的 22 1 44 bc dbc bc 或 22 2 44 ac dac ac 又因为0abc 则 12 dd 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 22 2 44 ac dac ac 22 1 44 bc dbc bc 五 本题 16 分 已知 S 是空间曲线 22 31 0 xy z 绕 y 轴旋转形成的椭球面 的上半部分 0z 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 的正法向的方向余弦 计算 1 S z dS x y z 2 3 S zxyz dS 解 1 由题意得 椭球面 S 的方程为 222 310 xyzz 令 222 31 Fxyz 则 2 6 2 xyz Fx Fy Fz 切平面 的法向量为 3 nxy z 的方程为 30 x Xxy Yyz Zz 原点到切平面 的距离为 222 222222 31 99 xyz x y z xyzxyz 222 1 9 SS z IdSz xyz dS x y z 将一型曲面积分转化为二重积分得 记 22 1 0 0 xz Dxzxz 22 22 1 2 1 00 222 3232 44sin 3 13 1 xz D zxzrrdr Idxdzd xzr 2222 1 2 00 2 32sin32sin 44 3 3 1 rrdrd r 431 33 2 22 4223 2 方法一 222222222 3 999 xyz xyzxyzxyz 222 21 3 39 2 SS Izxyz dSz xyz dSI 方法二 将一型曲面积分转化为