最近五全国大学生高等数学竞赛真题及答案(非数学类)

1、目录第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷1第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷7第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷11第四届全国大学生数学竞赛预赛试卷18第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷23（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，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，

2、因此，由，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，因此二、（5分）求极限，其中是给定的正整数.解 :因故因此三、（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）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

3、 设，是二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，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，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

4、）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。2010年 第二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。）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）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： 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

5、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；

6、（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2011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

7、看一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。）一 计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分）（1）.求；解：（用两个重要极限）：（2）.求；解：(用欧拉公式）令其中，表示时的无穷小量，（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，由洛比达法则得由极限的存在性得即，又，再次使用洛比达法则得由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

8、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轴旋转形成的椭球面的上半部分（）取上侧，是s在点处的切平面，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）；（2）解：（1）由题意得：椭球面s的方程为令则，切平面的法向量为，的方程为，原点到切平面的距离将一型曲面

9、积分转化为二重积分得：记(2)方法一： 六（本题12分）设f(x)是在内的可微函数，且，其中，任取实数，定义证明：绝对收敛。证明：由拉格朗日中值定理得：介于之间，使得，又得级数收敛，级数收敛，即绝对收敛。七（本题15分）是否存在区间上的连续可微函数f(x)，满足，？请说明理由。解：假设存在，当时，由拉格朗日中值定理得：介于0，x之间，使得，同理，当时，由拉格朗日中值定理得：介于x，2之间，使得即，显然，又由题意得即，不存在，又因为f(x)是在区间上的连续可微函数，即存在，矛盾，故，原假设不成立，所以，不存在满足题意的函数f(x)。第四届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、（本大题共5小题，每小题6分

10、共30分）解答下列个体（要求写出要求写出重要步骤）(1) 求极限(2) 求通过直线的两个互相垂直的平面和，使其中一个平面过点。(3) 已知函数，且。确定常数和，使函数满足方程(4) 设函数连续可微，且在右半平面与路径无关，求。(5) 求极限解(1) 因为 1分 而 ，且 3分所以 即 ， 故 2分(2) 过直线的平面束为 即 2分 若平面过点，代入的 ，即 ， 从而平面的方程为 2分 若平面束中与垂直，则 解得 ，从而平面的方程为 2分(3) ， 2分 2分要使 ，只有， 即 2分(4) 由 得 即 2分方程的通解为 3分由 得，故 1分(5) 因为当时， 3分 2分 1分二、（本题10分）计

11、算解 ： 由于 3分应用分部积分法，得 2分所以 2分当时， ，令，由两边夹法则，得 3分注：如果最后不用夹逼法则，而用需先说明收敛。三、求方程的近似解，精确到0.001.解： 由泰勒公式 2分 令 得 ， 代入原方程得，即 4分 由此知 ， 4分四、（本题12分）设函数二阶可导，且，求，其中是曲线上点处的切线在轴上的截距。解：曲线上点处的切线方程为 令 ，则有，由此得 3分 且有 2分 由在的二阶泰勒公式 2分 得 3分 所以 2分五、（本题12分）求最小实数，使得满足的连续函数都 有 解： 由于 4分 另一方面 取，则 3分 而 3分 因此最小实数 2分六、（本题12分）设为连续函数，。区

12、域是由抛物面 和球面所围起来的部分。定义三重积分 求的导数解法1： 记， 2分则在面上的投影为在曲线 上任取一点，则原点到点的射线和轴的夹角为 取，则对于固定的，考察积分差，这是一个在厚度为的球壳的积分，原点到球壳边缘上的点的射线和轴夹角在与之间。我们使用球坐标变换来做这个积分。由积分的连续性可知，存在，使得 4分这样就有 当时 ，故的右导数为 4分当时，考察可以得到同样的左导数，因此 2分解法2：令,则,其中， 2分故有 2分从而有 4分注意到，第一个积分为0，我们得到 4分七、（本题14分）设与为正项级数，证明： （1）若，则级数收敛； （2）若，且级数发散，则级数发散。证明：（1），则存

13、在正整数，对于任意的时， 4分 因而级数的部分和有上界，从而级数收敛； 4分（2）， 则存在正整数，对于任意的时， 3分有 于是由级数发散，得到级数发散。 3分第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、 解答下列各题（每小题6分共24分，要求写出重要步骤）1.求极限.解 因为（2分）；原式(2分)；(2分)2.证明广义积分不是绝对收敛的解 记，只要证明发散即可。（2分）因为。（2分）而发散，故由比较判别法发散。（2分）3.设函数由确定，求的极值。解 方程两边对求导，得 （1分）故，令，得或（2分）将代入所给方程得，将代入所给方程得，（2分）又，故为极大值，为极小值。（3分） 4.过曲线上的点a作切线

14、，使该切线与曲线及轴所围成的平面图形的面积为，求点a的坐标。解 设切点a的坐标为，曲线过a点的切线方程为（2分）；令，由切线方程得切线与轴交点的横坐标为。从而作图可知，所求平面图形的面积，故a点的坐标为。（4分）二、（满分12）计算定积分解 （4分） （2分）（4分） （2分）三、（满分12分）设在处存在二阶导数，且。证明 ：级数收敛。解 由于在处可导必连续，由得 （2分） （2分）由洛必塔法则及定义 （3分）所以 （2分）由于级数收敛，从而由比较判别法的极限形式收敛。（3分）四、（满分12分）设，证明解 因为，所以在上严格单调增，从而有反函数（2分）。设是的反函数，则 （3分）又，则，所以（3分） （2分）五、（满分14分）设是一个光滑封闭曲面，方向朝外。给定第二型的曲面积分。试确定曲面，使积分i的值最小，并求该最小值。解 记围成的立体为v，由高斯公式 （3分）为了使得i的值最小，就要求v是使得的最大空间区域，即取 ，曲面 （3分） 为求最小值，作变换，则，从而 （4分）使用球坐标计算，得 （4分）六、（满分14分）设，其中为常数，曲线c为椭圆，取正向。求极限解 作变换（观察发现或用线性代数里正交变换化二