2018年江苏省高等数学竞赛本科一级试题与评分标准

1、2018本一试题解答与评分标准.填空题（每小题4分,共20分）arctan1 u2 ln x,y x，则曳 dx(2)sinx2cos2x d x(4)已知函数F u,v,w可微，Fu 0,0,01,Fv 0,0,02, Fw 0,0,03,函数2z f x, y 由 F 2x y 3z, 4xfx 1,2设是区域 x, y | x2y2 4,0y 1 ey dx x.答案：二.解下列两题（求极限(2)求极限lim x yanz2, xyz 0确定，满足fx的边界曲线，取逆时针方向3 vxyeydy1,20,则因为limn2n1; (2) - 2; (3) 52 3每小题5分，共10分)3 L

2、 2n 3 2n 12 4 L 2n 2 2n22x xy y .4444 sin x yx y12 32 L 2n 1 2 22 42 L 2n 2 ，大、1 3 3 5 5 7an_2 _2_ _ 2 L22426222n0,应用夹逼准则得（2）应用不等式的性质得22x xy y彳；2；2k 12k22k* .一k N , （1分）所以2n 3 2n 1 2n2n2n2n4,(2 分)2nlimnan0.(2分)2xy2 x2y42x2y2, (2 分)22x xy y .44-4 , J sin x y x y2 x2 2x2y,（1 分）因为ximy1-2 y1一一八-0,应用夹逼准则

3、得limx222x xy y44x y4 sin xy40. （2 分）.（10分）已知函数f x在x a处可导R，数列Xn , yn满足：xna ,a ,yna,a0,且即 xn a, lim yna,试求nimXn f ynyn f xnynxnx在x a处可导得2分）f lim 一 nxnf axnnimf yn应用极限的性质得f xnxnxnynf a , （2分），（1分）f ynynyn,（1分）代入原式得xn f yn nimyn fxn四.（10（2）ynxnxnnim 一ynynyn xnn a xn八（2 分）分）已知在区间在区间在区间Xn1,11,11,1nim xnyn

4、nynnim %0,0nim yn n ynynYnxnxna 1 0 a xnxnynxn1 xsin x上是否连续一 cos-2 x01 ;试判别：?若有间断点，判断其类型；上是否存在原函数*存在，写出一个原函数;若不存在，写出理由；14 一一,上是否可积？若可积，求出1 f x dx;若不可积，与出理由.111（1） f x在区间 1,1上不连续.（1分）由于lmxsin_ 0, lim - cos不存在， x 0 x x 02 x所以limx 0f x不存在,f x在x 0处不连续,x 0是第二类振荡型间断点.（2分）（2） f x在区间1,1上存在原函数.（1分）f x在区间1,1上

5、的一个原函数为1 ;,;（上式2分，下式1分）由于1,1上的唯一间断点， fx在 1,1上有界，所以f x在区间1,1上可积.（1分）下面用2种方法计算定积分：方法11f x dx10f x dx11f x dx0方法2五.（14分）已知曲面21x sin xx dx F x2y21 .sin 21sin1 21 1sin121sin 1 2sin1sin14z2 8与平面x 2y 2z 0的交线（2分）（2分）是椭圆，在xOy平面上的投影 1也是椭圆,（1）试求椭圆1的四个顶点A,A2,A3,A4的坐标（A位于第i象限，i 1,2,3,4 ）;（2）判断椭圆的四个顶点在 xOy平面上的投影是

6、否是 A1,A2,A3,A4,写出理由.解（1） 椭圆 在xOy平面上的投影为_2_，y xy 4（2分）因为1关于原z 0.点中心对称，所以椭圆1的中心是0,0，为了求椭圆1的四个顶点的坐标，只要求椭圆1上到坐标原点的最大距离与最小距离的点取拉格朗日函数F x2 y222x 3y 2xy 4 , （1 分）由Fx 2x 2 x y 0,Fy 2y 2 3y x 0,x2 3y2 2xy 4的1,2式消去得x22xy0,与第3式联立解得y 1. （2分）当y 1时解得可疑的条件极值点A 1 应,1 ,A2 1 J2,1 ,当y 1时解得可疑的条件极值点A3 122,1 ,A4122,1，由于椭

7、圆1的四个顶点存在，则上述A,A2,AA的坐标即为所求四个顶点的坐标.（2分）（2）解法1椭圆 的四个顶点在xOy平面上的投影不是 A,A2,A3,A4（1分）（反证）假设椭圆的四个顶点B,B2,B3,B4在xOy平面上的投影是 A,A2,A3,A4,则B,B2,B3,B4的坐标为B11、2,1, 12 , B21 .2,1, 12 ,22B3 1 版,1,12 , B4 1 72, 1,12 , （2 分），一 1_. ，、一_ -、.，1_.,，一，1 1由于椭圆的中心是 0,0,0，所以椭圆的短半轴 OBOB3小9 J72,长半轴2OB2|OB4| 舁9 猴,由此得椭圆所围图形的面积为

8、S；，192 72 147 ,（2分）这是不对的.因为OA OA 2应,0闺 IOA4I - 2 叵所以椭圆1的长半轴aJ42&,短半轴b,42/2,于是椭圆1所围图形的面积、，一2为S ab 272 .（1分）由于平面x 2y 2z 0的法向量的方向余弦中 cos .所以3椭圆 所围图形的面积应为 S S 3五，导出矛盾.（1分） cos解法2椭圆 的四个顶点在xOy平面上的投影不是 A,A2,A3,A4（1分）（反证）假设椭圆的四个顶点Bi,B2,B3,B4在xOy平面上的投影是 AAA ,则其中Bi的坐标为Bi1 72,1, 1 , （1 分）2因为 关于原点中心对称，所以椭圆的

9、中心是 0,0,0，为了求椭圆的四个顶点满足的方程，只要求椭圆上到坐标原点的最大距离与最小距离的点.令222222F x y z x 2y 4z 8 x 2y 2z ,Fx 2x 2 x 0,Fy 2y4y20,（2分）Fy 2z8z20,222x 2y 4z 8,x 2y 2z 0,由方程组 中（1）, （2）, （3）式联立消去得3xz yz xy 0, （2分）将B1的坐，一一1 . 2标x 1 婢,y 1,z 代入得233xz yz xy - . 2 1 2 11-1”2 1四1产°,即B1的坐标不满足方程组，所以3不是椭圆 的顶点。导出矛盾。（1分）解法3应用拉格朗日乘数法

10、求椭圆上四个顶点的坐标 （题目没有这个要求，如果有学生用此方法求解，时间上可能得不赏失，而且往往解不到底，难得全分）.因为关于原点中心对称，所以椭圆 的中心是0,0,0，为了求椭圆的四个顶点的坐标，只要求椭圆上到坐标原点的最大距离与最小距离的点.令222222 oF x y z x 2y 4z 8x 2y 2z ,由方程组Fx2x2x0,Fy2y4y20,Fy2z8z20,222x2 2y 4z2 8,x 2y 2z 0,（2分）中（1）, （2）, （3）式联立消去得3xz yz xy 0, （2分）将此式与（4）,（5）式联立并消去z得3x2 2y2 7xy 0,2_2_x 3y 2xy

11、4.令y x代入此式得2 2 73 0,4"2,由此可得两个219 25,73973 23 2 21 x2 4解得 7 33. （1分）当 7 ”73时,可解得x 44可疑的条件极值点4.27732219 25 73 , 219 25.731 219 25.73,（1 分）4 27 , 73 2973、,2219 25,73 ' 219 25 . 73 ' 219 25、, 73当 7 V73时,可解得x，由此可得两个可疑的条件极值点4219 25 . 73B2B4427 . 73 2973 2219 25、, 73' 219 25, 73 1 , 219 2

12、5, 73 '773 2973 2219 25 ,73 ' 219 25.73 ,219 25、73 由于椭圆 的四个顶点存在，则上述B1,B2,B3,B4,的坐标即为所求四个顶点的坐标B1,B2,B3,B4,在xOy平面上的投影显然不是 AAA3A （1分）注上述解法3中若将y x改为xy,则得下列等价结论：3 2 72 0,2 23 y2 4,解得 7 V73.当 7 "73时 可解得6M2:由此可得两个可疑的66, 73 .73条件极值点,73 7 26 25 .73、. 2B -,：,73 . 7373 . 732 737373 7 <26 2573 2

13、b3_, .:,_73、7373. 73 2.73、73当 7 '行3时，可解得y2s，由此可得两个可疑的条件极值点6737373 7 26 273 5 . 273 .73 ' 7373 2、. 73 73 73 7 26 273 5 24.73 反,.73 瓦,2,73 历B1,B2, B3,B4,的坐标即为所求四个顶点的坐标.222K. （12分） 设：x y z 4 z 0，取上侧，试求曲面积分xdydz ydzdx zdxdy解方法1设1 ： z 0 x22y 4，取下侧,原式xd yd z yd zd x5 2yzdxd yxdydz yd zdx zd xd y,5

14、7xdydz ydzdx zdxd y、5 2yxdydz ydzdx zdxdy5-y（2分）x 八记 P ,Q5 2y5 2y5 2y5 3 y ,Rz 1,（2分）记与15 2y 2所围的区域为，应用高斯公式得原式PxQyRz dVx y zdV （2分）（此积分下面用2种方法求）（法 1）52ydy （3分）令522y t2 t 0（法2）51621 9t2t4出9163t3-t5538 （3 分）1y2d xd y2102dy2y2y2x2dx （2分）1022dy-2，05cos2tdtx 4sintdy（2分）令5 2y t25_169 t"9t2 t4dt5169 t

15、 3t3¥方法2采用统一投影法由于 d ydz d zdx8 （2 分）原式222x y z .-Td xd yz、x2 y 1 2 z2（2分）1.d xd y5 2y、4 x2 y222D: x y 4 （2 分）22dy4T05 2y14y22一 dx2 x（2分）21215.一 x arcsin,4 y2dy21八4 J dy（2 分）,5 2y3a b c Ma2 b2 c24a2 3ab 3ac bc 0, （2 分）1 ,5 2y28 . （2 分）2七.（12 分）已知二次锥面4x223z 0与平面x0的交线是一条直线L,试求常数的值，并求直线L的标准方程；（2）平面

16、通过直线 L ,且与球面6x 2y 2z100相切,试求平面的方程.0与平面x y z 0相交有3种可能：一条直解 （1）二次锥面4x2y2 3z2线或两条直线或一点.令y 1得21, x2 6x 30（2分）而上式有唯一解的充要条件是2_ 2 _4x23z2 0, x z相交为一条直线的充要条件是上式有唯一解36 43012所以 12时L是一条直线.（2分）212时由x6x 9 09 0,解得*3,y 1,z 4z 1 x,所以直线L通过点P 3,1,4 .因直线L又通过原点O 0,0,0，取直线L的方向为r uuuxv zl OP 3,1,4 .则直线L的标准方程为 y 土.（2分）314rr r（2） 设平 面 的方程为ax by cz 0,其法向量为n a,b,c，因n l,故3a b 4c 0,（1分）球面的球心为3,1,1，半径为为1,平面与球面相切时球心到平面的距离为1,所以有取c 1由4a2b 3a 4, 3ab 3a b一一 2c 解得 a,b,c 2,2,1 ,-,0514,1 ,因此所求平面5的方程为2x八.（12分）已知函数f2y z 0, 7 2x或 2x 14y5z0,（3 分）在区间 1,1上关于x的哥级数展式为nanx ,0（1）试求an n0,1,2,L ;（2）证明级数an 1ana