全国大学生高等数学竞赛试题汇总及答案

1、百度文库-让每个人平等地提升自我第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷（非数学类，2013）工（本题共4小题.每小题各6分，共24分）解答下列 售题.(I)求极限 lim 1 -bsin rt-KC *r ein r（2）证明广义积分0把三杰不是绝对收敛的.（3）设函数j = yix）由+ 3x'y - 2y3 = 2所确定,求工）的极值.（4）过曲线,=次口主0）上的点4作切线,使该切线与曲段及x轴 所困成的平面图形的面积为:，求点d的坐标， 二（本题12分）计算定积分/=史11二*乙-.I 】+ cos- X三、（本题12分）设/在x = °处存在二阶导数，目1浊午=0.证明：

2、级数收敛.五.（本题】4分T设2是一个光滑封闭曲面方向朝外，给定第二型 曲面积分/ = J 工）力比 +（2/-y）正壮c +（3/ - 二）去力. V w试确定曲面£,使得积分的值最小，并求该最小值.六、（本题14分）设（什若匚镖，其中靠为常 乂“尸）数,曲线C为脑圆必小个+V =尸、取正向.求极限iim (，) r-+«七、（本题14分）判断级数£心】旦的敛散性，若收敛.求其和.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, 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

3、赛预赛试卷一、填空题（每小题 5分）适当看（x y）ln（1 -）1.计算 x dxdy 16/15 ,其中区域D由直线x y 1与两坐标轴 D 1 x y所围成三角形区域.解：令x y u, xv,dxdy detdudvdudv,(x y)ln(1 -)_x_ ydxdy010du1 t2 2t2<1 u ,则 uu In u1 u ln uo(1 u21 u ln u(*)2tdt , u2 102(11uln v .dudvudv0u/ 1 uu0 ln vdv)duu(uln u u).1 u2u .du, 1 ut4 , u(1 u)t2(12t 2t4)dtdu(*)t)(

4、1 t),122(1 2t202.设f(x)是连续函数，且满足t4)dt3t3 5t516152 2f (x)/3x2° f (x)dx 2,则 f(x)一人22解：令 A ° f (x)dx,则 f(x) 3x A 2 ,22A 。2 A2)dx8 WA 2)4 2A,解得A 4。因此f (x) 3x2 竺。332 3 .曲面z 士 y2 2平行平面2x 2y z 0的切平面方程是.22解：因平面2x 2y z 0的法向量为(2,2, 1),而曲面z v y2 2在2(x0,yo) 处的法 向量为 (zx(xo, yo), zy(xo, yo), 1) 故 (zx(x&#

5、176;, y°), zy(x°, y°), 1)与(2,2, 1)平行，因此，由 zx x , zy 2y 知 2 zx(xo,yo) xo,2 zy(xo,yo) 2y0,即 x0 2, y0 1 ,又 z(x0, y0) z(2,1) 5,于是曲面 2x 2y z 0 在 (x0, y°,z(x0, y。)处的切平面方程是 2(x 2) 2(y 1) (z 5) 0 ,即曲面2 x 2.z 一 y 2平行平面2y(x)由方程xef(y) ey In 29确定，其中f具有二阶导数，且2x 2y z 0的切平面方程是2x 2y z 1 0。4 .设函数

6、yd2ydx2解：方程xef(y) eyln29的两边对x求导，得 f(y)f(y) ye xf (y)y e e y In 29因 ey In 29 xef (弋，故1 f (y)y y ,即 y 1,因此xx(1 f (y)d2y1f (y)ydx2 yx2(1 f (y) x1 f (y)22f (y)1f (y) 1 f (y)2x21 f (y)3 x2(1 f (y)x21f (y)3x 2x nx e尸二、(5分)求极限iim(e一e-)x,其中n是给定的正整数.x 0n解：因34因此x 2x e e lim (x 0 'xeA lim x 02x ex 2x e e e

7、limx 02x ee lim (一 x 0nx e)xnx e/nx e nnxx 2x.e 2eelim0nx e2户221nexA enx nen exlxm0(1且 limfee 2三、(15分)设函数f (x)连续，g(x)并讨论g (x)在x 0处的连续性.因 g(x).f(x)limx 0 x110 f (xt)dtA, A为常数J求g (x)A和函数f(x)连续知,f(0)眄 f(x)limxlimf0 f (xt)dt,故 g(0)10 f (0)dtf(0)因此，当x0 时，g(x)lxm0 g当x 0时,g (x)g (0)limjg(x)lim g (x) lim x

8、0 (u)du ,故x0 f (u)du lim lim世x 01f (0) 0x0 f (u)dug(0)x12 xf (x)x1 x r0 fdt x 0x0 f (u)duxf(x)xx0f(t)dtlim2x 0 x这表明g (x)在x 0处连续.四、(15分)已知平面区域D (x,y)|0,0lim0f(x)2xA2sin y .(1) xe dyLyesin x .dx(2) .-xesinydyLyesinydxsin y .xe dyL 5 2.2lim4x 0x2sin xye dx;证：因被积函数的偏导数连续在 D上连续，故由格林公式知x0 f (u)duL为D的正向边界,

9、试证:sin y .sinx ., sin y、/sinx、(1) xe dy ye dx (xe ) ( ye ) dxdy ld xysin ysin x、(e e )dxdy/Dsin ysin xxe dy ye dx /Lsin ysinx、(xe ) ( ye ) dxdyd xysin y sin x、(e e )dxdyD而D关于x和y是对称的，即知sin y sinx、(e e )dxdyDsin y sinx、(e e )dxdyD因此sin ysin xsin ysin x .xe dy ye dx xe dy ye dxLL2(1t1 2t4sin xesin x2!4

10、!2(1 t2)一 2sin x1 cos2x5 cos2xsin ysin y .口 xe dy ye dxLsin y sin xsin y sin x、(e e )dxdy (e e )dxdyDDsin ysin y 1, sin:xe dy ye dx 一 (e L D2 D Dsin x1/ sin y sinx、e )dxdy (e e )dxdy2 D/ sin x sinx、(e e )dxdyD, sin x(esinxe )dxcos2x2dxsin y .sin y .5 2xe dy ye dx 一五、（10分）已知 y1x2xxxe e / y2 xe线性非齐次微分

11、方程的三个解，试求此微分方程解设y1x 2xx xxe e , y2 xe e ,5 22ex, y3xex e2x e x是某二阶常系数.yxexe2x e x是二阶常系数线性非齐次微分方程y by cy f (x)的三个解，则y2 y1x 2x工e 和 y3y1e x都是二阶常系数线性齐次微分方程即y的解，因此y征多项式是by bycycy0的特征多项式是因此二阶常系数线性齐次微分方程为知，f(x) yi(i2)(1) 0,而 y by cy 0 的特c 2x2e，y1x2exxe4e2y2x0,2yif (x)和yi2x)e-2y1 xexx2e2x /4e (xxex 2x、e 2e

12、)2xe )二阶常系数线性非齐次微分方程为xy y 2y ex2xex2( xe六、（10分）设抛物线y ax2bx 2lnc过原点.当0 x 1时,y 0,又已知该抛物线与X轴及直线x转体的体积最小.因抛物线(ax23(1 a)而此图形绕11所围图形的面积为 1.试确定a,b,c,使此图形绕3X轴旋转一周而成的旋_ 2y ax2bx)dtbx2lnc过原点，故c 1 ,于x轴旋转一周而成的旋转体的体积1(ax20bx)2dt122(ax -(103a) x)2 dtV(a)V (a)54 a(11 342 1 2a)0xdt 9(1 a) 0xdt1 a(13a)27(1 a)245(1a)

13、427(1a)290a13(1 2a)40 40a畀14a 5 0因此rc 1.n七、(15 分)已知 un(x)满足 Un(x) Un(x)1 x .e (n1,2,),且Un-,求函数项nUn(x)之和.n 1/尸解Un(X)n 1 _xUn(x) x e ,由一阶线性非齐次微分方程公式知ex(Cxn1dx)n(C )n因此Un(X)ex(Cn-)n由e nB.4 ZEUne(C1、)知，C n0,Un(X)S(x)Un(x)n 1S(x)(x n 1S(x)S(x)S(x)e1n x2L) nS(x)n卜面求级数的和： 令由一阶线性非齐次微分方程公式知S(x)ex(Cdx)1 x令 x

14、0,得 0 S(0)S(x) exln(1C,因此级数 un(x)的和/ n 1x)八、（10分）求x21时，与xn等价的无穷大量/n 0t2_解令f (ty xt ,则因当0 x 1, t (0,二. 2 ,1十2/t ln -f(t) x e x在(0,)上严格单调减。因此、.，、 一 t2 ,一 ，)时，f(t12txtlnx 0,故f(t)dtn 1、f (t)dtf (n)n 0f(0)nn1f(t)dtf(t)dtf (n)f (t)dt2f (n) xn ,n 0n 01 1Inlim -xlim x1x 1 1 x x 1 1t2t2 lnlf (t)dt x dt e xdt

15、0002所以，当飞x 1时，与 xn等价的无穷大量是n 002010-2012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 xn(1 a)(1 a2)|(八 a2n),其中 |a| 1,求 nim xn.x2/xx 1/求 lim e 1 -。xx/设 s 0 ,求 I ° e sxxndx(n 1,2, |)。(4)设函数f(t)有二阶连续导数,=2.1y ,g(x,y) f r2g2 x2go2y(5)求直线11： x y 0与直线i2：J2

16、的距离。z 0421解：(1) xn(1 a)(1 a2)| |(1 a2 ) = xn(1 a)(1 a)(1 a2)巾(1 a2n)/(1 a)22=(1 a2)(1 a2) (12n2n 1a2 )/(1 a)= =(1 a2 )/(1 a)lim xn1im(1nnn n 1a2 )/(1 a) 1/ (1 a)2 x(2) lim e x 1 xx令x=1/t,则Y 1 y2lne x(1 1)xlim e x xx2ln(1 1) xlim e x x(ln(1 t) t)1/(1 t) 1原式=lim e - lim e 2tt 0t 0112(17)2lim e e 2t 0I

17、n(3) nsx ne x dx01一) sn sxx de1 一) ssx|0sx.、e dx sx n 1 .e x dxn(n 1)2 I n 2 sIII 9。n!n 1 s二、(15分)设函数f (x)在()上具有二阶导数，并且f (x) 0, lim f (x)0, lim f (x)0,且存在一点 比，使得 f (x0) 0。xx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(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：/, J f ( ) 2f(x) f (0) f (0)xJ)x22因为二阶倒

18、数大于 0,所以lim f (x), lim f (x)xx VJ证明完成。一. 一 x2t t2三、(15分)设函数y f(x)由参数方程、(t1)所确定，其中 (t)具有二阶y (t)导数，曲线y （t）与y 1t2,2e u du -3-在t 1出相切，求函数 2e。解：（这儿少了一个条件dy dx32edy dxdy / dt dx / dt(t)2 2t由ydu）32e1出相切得d2y dx2d(dy/dx) d(dy/dx)/dt(t)(2 2t) 2 (t) =-o o odxdx/ dt(2 2t)3上式可以得到一个微分方程，求解即可。n四、（15分）设an 0,Snak,证明

19、:k 1（1）当1时，级数亘收敛;n 1 Sn当1且sn(n）时，级数解:（1）an >0, Sn单调递增亘发散。1 Snan收敛时,1anSi,而冬收敛,s1所以亘收敛;snan1发散时,lim sn nansnsn sn 1snsn dxsn1 snsn dxsn1 x所以,an snsndxsn 1 xsn dxs1 x而s, s1dxaSilimn1sn1a1 si所以,外收敛。sn lim snI nk1所以nan发散,1所以存在k1,使得ana1/n 2k1ansnk1依此类推,可得存在anSnk1an2sk1k1k2ki 1 使得kianSn-成立,2kN所以1ansnn2

20、时,ann 1 sn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2x2ab2b a,密度为1）绕l旋转。(2)(1)求其转动惯量;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d22 2(1 )x(12)y2 (12)z2xyyz 2zxxydVyzdVzxdVz2dVdz22 x ydxdyab(1)z2dzc2由轮换对称性,dV 145a3bc,24y dV 15ab3c2d dV(1ab3c (115abc(12)a22222(1 )b (1 )c 15abc3243) abc 15I * a b c4. 2

21、. 2 .当 1 时，Imax abc(a b )15当 1 时，I min abc(b2 c2)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P 2xydx一(x)dy的值为常数。U x y(1)设L为正向闭曲线(x 2)2 y2 1,证明.经24(xdy 0；v1 x y(3)设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求(2)求函数 (x);A 2xydx(x)dyI .42- °cx解:(1)L不绕原点，在L上取两点A, B,将L分为两段L1L2,再从A, B作一曲线L3使之包围原点。则有八2xydx!4U x(x)dy2yC; 2x

22、ydxJr3(x)dy2 y2 2xydx(x)dy442l2Vl3x y(x)42x yQ P _.、 I由(1)知-Q 匚 0,代入可得 x y(x)(x4 y2)(x)4x3 2x5 2xy2上式将两边看做y的多项式，整理得y2 '(x)'(x)x4(x)4x3 y2( 2x) 2x5由此可得(x) 2x(x)x4(x)4x3 2x5解得：(x)x2(3)取L为x4y24,方向为顺时针2xydx (x)dy"2xydx (x)dy4422 2xydx (x)dyxydx x2dy2011-2012 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

23、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 0sin x11 cosx解：（用两个重要极限）：sin x lim x 0 x11 cosxlimx 0sin xx c sin x x ?sin x x x 1 cosxsin xlimx 1 cosxlim ex 0sin x1x2limx Icosx 10 3 2-x21 2 -x2lim 00 3 2-x 2.求limn解：（用欧拉公式）令由欧拉公式得则12 illHIln n=C+o，III1 .一一 /.、ln 2n=C

24、+o 2n其中，o 1表示n时的无穷小量,两式相减，得:4-ln2 o ，"m xnln 2.lntx(3)已知y2t1 earctan ett1 dx 2e dy . e dy 1 e2te e 1dt 1 e2t, =1 e2tdx2e2t2e2一1 e2td2y d dy ? 1et 2d e2t1 e2t e 2dx2 dt dx - dx /2e2r4e41dt（本题10分）求方程 2x y 4 dxx y 1 dy 0的通解。h P * yz dzPdx Qdyx,y2x y 4 dx0,0x y 1 dy该曲线积分与路径无关x02xydx x y0dy x2 4x xy

25、122y y（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f 0 , f 0 , f 0均不为0,证明：存在唯组实数k1,k2,k3，使得limh 0k1fhk2 f 2h k3f 3hh20。证明：由极限的存在性:lim k1fhh 01k2f 2hk3f 3h2/3即 k1k2 k3 1 f 00,又、f 00, k1k2k3 1 解：设 P 2x y 4,Q x y 1,则 Pdx Qdy 0Q ,1, Pdx Qdy 0是一个全微分方程，设dz Pdx Qdy x由洛比达法则得limh 0k1fh k2 f 2h k3 f 3h f 0h2limh 0k1f h 2

26、k2 f 2h3k3 f 3h由极限的存在性得limh 02h, k1f h2k2f 2h3k3 f3h即 k1 2k2 3k3再次使用洛比达法则得0,又 f 003k3 0 k1f h lim h 0k1fhlim h 02k2f 2h 2h _ 4k2f 2h3k3 f 3h9k3 f 3h2k2k1 4k2 9k3 f 00 k1 4k2 9k3 0 k1 k2 k3 1由得k1,k2 ,k3是齐次线性方程组k1 2k2 3k30 的解k1 4k2 9k3 0111设 A123,x149 . *增 广 矩 阵 Ak11k2 ,b0,则 Axk30111111230014900b,0 03

27、1 03 z, 则0 11R A,b R A 3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,且k13,k23,k3 1。四.（本题 172x1 : -2a2 y b2其中a b c 0距离的最大值和最小值。的交线,为求椭球面1在上各点的切平面到原点解：设上任一点x, y,z，令 F x, y,z2x-2 a2 y_ b2则Fx x2y b2,Fz2z2-, 椭球面 c1在上点M处的法向量为:1在点M处的切平面为x2a_yb2占八、2x4a2 y b42z4cx, y,zy_b4JG x, y,zG x,y,z2 z T,在条 c2x2ay2b22z2c2y下的条件

28、极值,222x y x,y,z-a b2z4c22xy2.2ab2z2c则由拉格朗日乘数法得:2HxHyHz2x2a2x2x-4a2y b42z4c2 y b22yz2c2z2x1 -2a2y1 b22z1 2c22x2y2Z解得y2z22c2b c2b cx2对应此时的G x, y,zb4b2c2 b2此时的dibc又因为所以d20z2口或 d2 ac b c椭球面 1在 上各点2) d1d22 2a c22a c二一或 G x, y c22ac44ac,z的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为：bc当b42cc4五.（本题16分）已知S是空间曲线3y21绕y轴旋转形成的椭球面的上半部分（z 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的正法向的方向余弦。计算:（i）dS; z x 3S x, y,zdS解：（1）由题意得：椭球面S的方程为22x 3yz2 1令 F x2 3y21,则 Fx2x, Fy6y,Fz2z,切平面 的法向量为x,3y,z的方程为x X3y Yz 0原点到切平面的距离Iis x,y,zx, y,