[理学]非数学专业高等数学竞赛模拟六套试卷及答案2011最新版

1、合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题及答案（一）一、简答题：1. 求，其中.分析：当时，原式为型，当时，原式为型解：当时，原式， 其中，故 原式=.当时 原式2求不定积分，其中：.解： 令：，代入有：,故有：,所以，原式=.3设二阶线性微分方程（均为常数）有特解，求此方程的通解.解：由题设可知函数均为该方程相应的齐次线性微分方程特解，为原方程的一个特解，故此方程的通解为.4. 设求函数u在点M(1,1,1)处沿曲面在点M处的外法线方向的方向导数解：， 即为曲面的外法线方向， 又 5. 设曲线是平面与球面的交线，试求积分.解：利用对称性，因于是积分为： .二、设当时，方程有且仅有

2、一个解，求的取值范围.解：设,1）当时，单减，又（其中当时，只有一个零点.2）当时，令得唯一驻点且是内的极小值，也是最小值,当得，此时方程有且仅有一个根;当得，此时方程无根;当得，方程恰有两个根.当或时，方程有且有一根.三、求最小的实数C，对于连续函数，总有成立。解：一方面，,另一方面令，则有：,而,从而最小实数.四、设其中函数具有二阶连续偏导数，证明：证明: ，两边对x求导得结合方程（2）得又同理，原方程组两边对y求导得 故五、设球和球的公共部分体积为时，求的表面位于内的部分的面积.解：记,其中是在平面上的投影,的体积 由题设.由此得的面积.六、设函数是方程满足条件的特解，求广义积分.解：方

3、程的通解为，方程的特解可设为代人原方程可解得，所以方程的通解为，由初始条件可得，所以，考察函数，则，当时,故函数在上是单增的，因而当时有，所以当时有,所以当,时，当,时，由此可得，而，所以.七、设，其中是曲面的第一卦限部分上侧，求满足的二阶可导函数 ，使得是某个二元函数的全微分.解: 其中，分别是在平面与平面上的投影，方向分别为右侧与前侧，是在平面上的投影，方向为下侧，其中：而由于是某个二元函数的全微分,所以对应的齐次方程通解为，此外（1）有特解，所以（1）的通解为，由得方程组解因此.合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题答案（二）一、 简答题：1求.解：由于所以于是由夹逼准则.

4、2设，求曲线与x轴所围封闭图形的面积S.解：首先，寻找函数的零点。容易看出，x = -1是一个零点，再由积分的奇偶性可得到另一个零点x=1；而在上单调递减，在上单调递增，可知不存在其他的零点。其次，注意到函数在上取负数，故：S= =.3设函数f（x，y)可微，且对任意x,y,t,满足，是曲面上的一点，求当时，在点处的法线方程.解：两边对t求导得 将代入得 将代入上式得由及得.所以在点处的法向量，故法线方程为4设连续函数在u=0处可导,且，。试求：.解： =因此，原式=.5求方程的通解.解：令则方程可变化为，方程的通解为，方程的特解可设为代人方程解得，所以，方程的特解可设为代人方程解得，由此可得

5、原方程通解为.二、设函数在上可微，且对满足证明： 分析：令当时，单增， 存在或为，设，则对在上利用公式得存在，使得令，对上式两边取极限得即，而矛盾, .三、是否存在上的连续函数，使得： 与 成立解：不存在。事实上， =如果两不等式同时成立，则有，矛盾！四、设二元函数，其定义域为（1）设点求过点的方向向量，使为最大，并记此最大值为.(2)设在D的边界上变动，求的最大值.解：（1）使最大的方向为.（2）设，下面求在条件下的最大值.令，由（1）+（2）得，若 再由（3）式得，若，由式（3）得.于是得4个可能极值点：，而，故最大值.五、设在上半平面内，函数具有连续偏导数，且对任意的都有.证明：对D内的

6、任意分段光滑的有向简单闭曲线L,都有.证明： 由格林公式知，对D内的任意有向简单闭曲线L, 的充分必要条件是：对任意，有由于对任意的及都有，两边对t求导，得.令，得.所以 .六、设在区间上有连续的导数，且，证明级数条件收敛.证明：由可得，又连续，故，当时恒有，因而在上单增，由此可得当时单减，且，由莱布尼茨判别法知级数收敛.又当时由Lagrange中值定理可知使得，而级数是发散的，从而级数也是发散的，因此级数条件收敛.七、设函数在区间0,1上具有连续导数，且满足，其中.求的表达式.解：又 ，由题设有两边求导整理得 ，解得 将代入得 故 合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题答案（三

7、）一、简答题1求极限，其中二元函数具有连续偏导数，且对均有。解：，因为时，对等式两边关于同时求导可得，令，可得，因而有，故原式。2求的整数部分。解：由于时有，因而有，又时有，所以，所以的整数部分是。3求经过直线且与椭球面相切的平面方程。解：设切点为，则椭球面在该点处的切平面方程为，由题设有解得或者因而所求的平面方程为或。4设是由锥面与半球面围成的空间区域，是的整个边界的外侧，计算。解：由高斯公式可得原式。5求级数的收敛域。解：，且时，所以该级数的收敛域是。二、设函数在上连续，且存在使得，证明：使得。证明：令，则，此时有（1）若，由Rolle定理知使得即有；（2）若，不妨设，则，由导数的定义知使

8、得，再由连续函数的介值定理知，使得，再对函数在区间上应用Rolle定理知使得，即有。三、设在上连续，证明：。证明：在上连续，因而有界，所以，当时有。对于，因为，故当时有。在处连续， ，当时有，因而有，若令，当时有，因此，故原结论成立。四、设函数可微，且满足，求。解：方法一 先计算极限并由题意得所以， ，两边积分得：故 ，由又由，再由知.方法二 视为常数，由方程得，即. 又由题意得所以 ，两边积分得：又，。五、设二元函数，求。解：记为位于第一象限内的部分，由对称性可知，记，则有，。六、设函数是函数的一个原函数，且，求幂级数的收敛域与和函数。解：由题设有，即，由此可得，因是一个周期为的周期函数，故

9、有，所以该级数为，它的收敛域为，由于，因而该级数的的和函数为。七、在轴上有一动点从开始以常速度沿轴正向移动，在面上另一动点同时从点以常速率开始移动，且运动方向总是对着。（1）求动点运动轨迹方程；（2）求追赶到点时所走过的路程。解：（1）设在时刻动点所在的位置为，则有且满足等式可变形为，两边同时对求导可得由式可得代人到式可得，令，则上述方程可变化为，积分后可得，即有由时可得，所以，积分后可得，由时可得，因而动点的轨迹方程为；（2）当追赶到点时，此时走过的路程为，动点走过的路程为。合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题（四）一、简答题1求曲线的斜渐近线方程。解：，因而所求斜渐近线方程

10、为。2设为周期函数，证明：。证明：设，则有，因为是周期为的周期函数，故有。3设函数，若为的极大值，求常数满足的条件。解：由题设应有即有，又，因此当时，为的极大值；当时，则一定不是的极大值；当时，因而也是的极大值。4设，计算。解：由对称性可得，同理有，所以。5求级数的和。解：，考察级数，所以。二、设函数在上连续，在内二阶可导，且，证明：，使得。证明：由及极限的保号性知使得，且，对函数分别在区间，和上应用Lagrange中值定理知，使得，再对函数分别在区间及上应用Lagrange中值定理知使得。三、设函数满足，且对时，有，证明：(1)存在；（2）。证明：（1）由题设可知函数在上单增，因此时有，由单

11、调有界收敛原理可知存在；（2）由（1）的证明过程可知，对上述不等式两边同时取极限可得。四、设具有二阶连续的偏导数，且满足，用变量代换，将变成，试求满足的常数和。解：，代人到可得，再把代人可得，所以有，即。五、求曲线积分，其中是球面与柱面的交线在的部分，的方向规定为：从轴正向往下看曲线所围成的球面部分总在的左边。解：由斯托克斯公式得，其中，是上侧法向量的方向余弦，由题设应有，因而有。六、设数列为单调递减数列且极限为零，且对任意正整数均有是有界的。证明级数收敛。证明：由题设知，若记，那么只要证明数列有界即可。因为有界，因而，对均有，又因为那么对于任意取定的正整数，使得。由此可得所以，即，由的任意性

12、，可得数列有界，因而级数收敛。七、设，对任意的成立，证明：。证明：设函数在处取最大值，并考察在处的Taylor展开，有：两边积分，得：即：由于取最大值，故结论成立。 合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题答案（五）一、简答题1设，试讨论在处的连续性。解答：， 左连续当且时，在处连续2对于连续函数，证明：。解答：3设，证明：在（0,0）处可微，并求。解答：故， = （）所以，在（0，0）处可微，且：。.4设是由锥面与半球面围成的空间区域，是的整个边界的外侧，试求：解答：=5设函数的正弦级数展开式为，其中系数，若记为级数的和函数，求与的值。解答：，。二、设函数在上有连续的导数，且存在

13、，使得，证明：存在，使得分析：将结论中的改为得上式两边乘以得解答：令，则：1）若即时，由罗尔定理，存在使，即2）若，不妨设，则而在上利用Lagrange公式得，使所以由在上连续及连续函数的零点定理得，存在，使即三、设，证明：发散。解答：对于正项级数，有：故，结论成立。四、设在上半空间上函数有连续的二阶偏导数，且其中，存在，求的表达式。解答：由 得 ，即化简得：，即，通解为 由存在，从而 由此可得：所以 ，又由故：。五、设函数连续且恒大于零，其中，。1讨论在区间内的单调性；2证明：当时，。解答：1因为：所以在内，故：在内单调增加。2因为 ：要证明时，只需证明时即：令：则：，故：在内单调增加。因为

14、在处连续，所以当时，有。而，故当时，。因此，当时。六、设，判别级数的敛散性。解答：由正项级数的比值审敛法可知当时该级数收敛。而当时，由于时，当时有，由此可知，该级数不收敛。七、设抛物面及圆柱面1求的一个切面，使得由它及与围成的立体体积达到最小；2当由（1）确定的最小体积的立体上有质量分布，其密度，求的质心坐标。解答：1设是上的任一点，则在点处的法向量为所以，在点处的切平面的方程为：即：于是，由，和围成的立体的体积其中极坐标记令解得唯一解所以在约束条件下只有唯一可能极值点，由问题本身知有最小值，因此最小值必在处达到，所以切平面方程为。2设由，和围成的立体的质心为则，其中极坐标 （由于关于平面对称

15、）极坐标 ,合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题答案（六）一、简答题：1 求分析：由于=且：解答：原式=2设正值函数在闭区间上连续，证明：成立。解答：记，则：3证明：曲面任意点处的切平面在轴上的截距与切点到坐标原点的距离之比为常数。并求出此常数。解答：为方便起见，记（即原点到点的距离），则， 曲面在任意点P(x，y，z)处切平面的法向量为，所以 ，切平面方程为，即 ，当 时，切平面在轴上的截距，故 ，即截距与切点到坐标原点的距离之比为常数。4试求的值。解答：=5求以函数为特解的四阶常系数齐次线性微分方程的表达式和通解。解答：由题设及常系数齐次线性微分方程解的性质可知为该方程相应的特征方程的2重根，而为该方程相应的特征方程的单根。因而它的特征方程为，因此该方程的表达式为，它的通解为：。 二、求。解答：由于又因为因而，原式=1。三、设函数在闭区间上连续可导，证明：解答：=当时，有：=四、设函数是可微函数，如果证明：u仅为的函数。解答：将u写成球坐标为自变量的函数，只要证明，即无关，只与r有关。设，令，于是 ，所以u仅是r的函数。五、设对于半空间内任意的光滑有向封闭曲面S，都有其中函