历届全国大学生数学竞赛真题及答案非数学类

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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）

y(xy)ln(1)xdxdy____________，其中区域D由直线xy1与两1．计算D1xy坐标轴所围成三角形区域.

解: 令xyu,xv，则xv,yuv，dxdydet101dudvdudv， 1y(xy)ln(1)ulnuulnvxdxdyD1xyD1ududv

uulnuuudvlnvdv)du0001u1u 21ulnuu(ulnuu)du01u1u(1令t1u，则u1t2

10u2du （*） 1udu2tdt，u212t2t4，u(1u)t2(1t)(1t)，

(*)2(12t2t4)dt10

12101162 (12t2t4)dt2tt3t5501532．设f(x)是连续函数，且满足f(x)3x2解: 令A20f(x)dx2, 则f(x)____________.

20f(x)dx，则f(x)3x2A2，

A20(3x2A2)dx82(A2)42A,

410。因此f(x)3x2。 33解得Ax2y22平行平面2x2yz0的切平面方程是__________. 3．曲面z2x2y22在解: 因平面2x2yz0的法向量为(2,2,1)，而曲面z2(x0,y0)处

的

法

向

量

为

(zx(x0,y0),zy(x0,y0),1)，故

(zx(x0,y0),zy(x0,y0),1)与(2,2,1)平行，因此，由zxx，zy2y知2zx(x0,y0)x0,2zy(x0,y0)2y0，

即x02,y01，又z(x0,y0)z(2,1)5，于是曲面2x2yz0在

(x0,y0,z(x0,y0))处的切平面方程是2(x2)2(y1)(z5)0，即曲面

x2zy22平行平面

22x2yz0的切平面方程是2x2yz10。

4．设函数yy(x)由方程xef(y)eyln29确定，其中f具有二阶导数，且f1，则

d2y

________________. dx2

解: 方程xef(y)eyln29的两边对x求导，得

ef(y)xf(y)yef(y)eyyln29

因eyln29xef(y)，故

11，因此 f(y)yy，即yx(1f(y))xd2y1f(y)yy 222dxx(1f(y))x[1f(y)]f(y)1f(y)[1f(y)]222 3x[1f(y)]x(1f(y))x2[1f(y)]3exe2xenxx)，其中n是给定的正整数. 二、（5分）求极限lim(x0n解 :因

eexe2xenxxexe2xenxnxlim()lim(1) x0x0nn故

eeexe2xenxneAlimx0nx exe2xenxnelimx0nxex2e2xnenx12nn1elimee

x0nn2因此

exe2xenxxlim()eAex0nen1e2

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.

解 : 由lim因g(x)x010f(xt)dt，且limx0f(x)求g(x)A，A为常数，

xf(x)f(x)A和函数f(x)连续知，f(0)limf(x)limxlim0

x0x0x0xx10f(xt)dt，故g(0)f(0)dtf(0)0，

01因此，当x0时，g(x)1xf(u)du，故 0xlimf(x)f(0)0 1limg(x)limx0x0x0f(u)duxx0当x0时，

f(x)， 0xx1xf(t)dtf(t)dt0g(x)g(0)f(x)A0xlim g(0)limlimlimx02xx0x0x02xxx21xf(x)f(x)1xAAlimg(x)lim[2f(u)du]limlim2f(u)duA

0x0x0x0x0xx0xx22这表明g(x)在x0处连续.

g(x)x1x2f(u)du

四、（15分）已知平面区域D{(x,y)|0x,0y}，L为D的正向边界，试证：

（1）xeLLsinydyyesinxdxxesinydyyesinxdx；

L（2）xesiny5dyyesinydx2.

2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）xesinydyyesinxdxLsinysinx(xe)(ye)dxdy xyD(esinyesinx)dxdy

Dsinysinxxedyyedx L(xesiny)(yesinx)dxdy

xyD(esinyesinx)dxdy

D而D关于x和y是对称的，即知

sinysinxsinysinx(ee)dxdy(ee)dxdy DD因此

sinysinxsinysinxxedyyedxxedyyedx LL（2）因

t2t4ee2(1)2(1t2)

2!4!tt故

esinxesinx2sin2x2由

1cos2x5cos2x 22xeLsinydyyesinydx(esinyesinx)dxdy(esinyesinx)dxdy

DD知

sinysinyxedyyedxL11sinysinx(ee)dxdy(esinyesinx)dxdy 2D2D11sinysiny(ee)dxdy(esinxesinx)dxdy(esinxesinx)dxdy 2D2DD5cos2x5dx2

00225sinysinydx2 即 xedyye2L(esinxesinx)dx五、（10分）已知y1xee，y2xee解 设y1xee，y2xee次微分方程

x2xxxx2xxxx2xx，y3xeee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.

x2xx，y3xeee是二阶常系数线性非齐

ybycyf(x)

的三个解，则y2y1exe2x和y3y1ex都是二阶常系数线性齐次微分方程

ybycy0

的解，因此ybycy0的特征多项式是(2)(1)0，而ybycy0的特征多项式是

2bc0

y12y1f(x)和 因此二阶常系数线性齐次微分方程为yy2y0，由y1exxex2e2x，y12exxex4e2x y1y12y1xe2e4e知，f(x)y1(12x)ex

二阶常系数线性非齐次微分方程为

xx2x(xexex2e2x)2(xexe2x)

yy2yex2xex

六、（10分）设抛物线yaxbx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1所围图形的面积为转体的体积最小.

解 因抛物线yaxbx2lnc过原点，故c1，于是

221.试确定a,b,c,使此图形绕x轴旋转一周而成的旋3112baba(axbx)dtx3x2 3020323即

12(1a) 3而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积

bV(a)(axbx)dt(ax20012212(1a)x)2dt 31144a(1a)x3dt(1a)2x2dt

00039114a2a(1a)(1a)2 5327a2x4dt1即

114V(a)a2a(1a)(1a)2

5327令

V(a)得

218a(12a)(1a)0， 532754a4590a4040a0

即

4a50

因此

35a,b,c1.

24

(x)un(x)xn1ex(n1,2,), 且un(1)七、（15分）已知un(x)满足un级数

e, 求函数项nun1n(x)之和.

解

(x)un(x)xn1ex， un即

yyxn1ex

由一阶线性非齐次微分方程公式知

yex(Cxn1dx)

即

xnye(C)

nx因此

xnun(x)e(C)

ne1由un(1)e(C)知，C0， nnx于是

xnexun(x)

n下面求级数的和：

令

xnex S(x)un(x)nn1n1则

xnexexn1xS(x)(xe)S(x)xeS(x)

n1xn1n1n1x即

exS(x)S(x)

1x由一阶线性非齐次微分方程公式知

S(x)ex(C1dx) 1x令x0，得0S(0)C，因此级数

un1n(x)的和

S(x)exln(1x)

八、（10分）求x1时, 与

t2xn0n2等价的无穷大量.

t2解 令f(t)x，则因当0x1，t(0,)时，f(t)2txlnx0，故

f(t)xe0t2t2ln1x在(0,)上严格单调减。因此

f(t)dtn0n1nf(t)dtf(n)f(0)n0n1nn1f(t)dt10f(t)dt

即

又

0f(t)dtf(n)1n00f(t)dt，

f(n)xn0n0n2，

11limxlimx1 x11xx11ln0f(t)dt0xdte0t2t2ln1xdt11lnx0etdt2112lnx，

所以，当x1时, 与

xn等价的无穷大量是

n0



2

1。

21x2010年 第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷

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一、（25分，每小题5分） （1）设xn(1a)(1a2)（2）求limexx(1a2),其中|a|1,求limxn.

nn11。 xx2（3）设s0，求I0esxxndx(n1,2,)。

222g2g1（4）设函数f(t)有二阶连续导数，rxy,g(x,y)f，求22。

xyr（5）求直线l1:xy0x2y1z3与直线l2:的距离。 421z02解：（1）xn(1a)(1a)=(1a)(1a)222n(1a)=xn(1a)(1a)(1a)=(1a2n12n2(1a)/(1a)

2n(1a)/(1a)=

n1)/(1a)

limxnlim(1a2)/(1a)1/(1a)

nn11lnex(1)xx2ln(1)x1xx(2) lime1lime limexxxx2x2x令x=1/t,则

(ln(1t)t)原式=limet0t2limet01/(1t)12tlimet012(1t)e

1211sxnInesxxndx()xndesx()[xnesx|edx]0000ss（3）

nnn(n1)n!n!sxn1exdxIIIn1n20s0ss2snsn1二、（15分）设函数f(x)在(,)上具有二阶导数，并且

f(x)0,limf(x)0,limf(x)0,且存在一点x0，使得f(x0)0。

xx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：

f''()2f(x)f(0)f(0)xx

2'因为二阶倒数大于0，所以

xlimf(x)，limf(x)

x证明完成。

x2tt2(t1)所确定，其中(t)具有二阶三、（15分）设函数yf(x)由参数方程y(t)导数，曲线y(t)与yt21eudu23在t1出相切，求函数(t)。 2ed2y解：（这儿少了一个条件2dx）由y(t)与yt21eudu23在t1出相切得 2e(1)32，'(1) 2eedydy/dt'(t) dxdx/dt22td2yd(dy/dx)d(dy/dx)/dt''(t)(22t)2'(t)=。。。 2dxdx/dt(22t)3dx上式可以得到一个微分方程，求解即可。 四、（15分）设an0,Sna,证明：

kk1n（1）当1时，级数

an收敛； Sn1nan发散。 n1Sn（2）当1且sn(n)时，级数解：

（1）an>0, sn单调递增 当

an收敛时，

n1anananan，而收敛，所以收敛； s1sns1sn当

an1n发散时，limsn

nsndxsndxansnsn1 ssn1n1snsnsnxsndxana1sndxa1所以， ssn11s1n2xs1xn1sn而

sns1sn1s11a1s11dxa1limk，收敛于k。 xs1n1s11所以，

an

收敛。 n1sn

limsn

n

（2）

所以

an1n发散，所以存在k1，使得

k1an2k1na1

ank1anan1于是，2

sk122sn2snk1依此类推，可得存在1k1k2...

kNaan11使得成立，所以n N22kisn1snki1当n时，N，所以

an发散 n1sn222五、（15分）设l是过原点、方向为(,,)，（其中1)的直线，均匀椭球

x2y2z2221，其中（0cba,密度为1）绕l旋转。 2abc（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

d2(12)x2(12)y2(12)z22xy2yz2zx

xydVyzdVzxdV0

zdV2cczdzxa222y2b21z224dxdyab(12)zdzabc3

cc15z2cc2由轮换对称性，

2xdV44a3bc,y2dVab3c 1515444a3bc(12)ab3c(12)abc3 151515Id2dV(12)4abc[(12)a2(12)b2(12)c2] 15（2）abc

4当1时，Imaxabc(a2b2)

154当1时，Imin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

c2xydx(x)dy的值为常数。 42xy22（1）设L为正向闭曲线(x2)y1,证明

c2xydx(x)dy0; 42xy（2）求函数(x)；

（3）设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求解：

c2xydx(x)dy。 42xy（1） L不绕原点，在L上取两点A，B，将L分为两段L1，L2，再从A，B作一曲线L3，

使之包围原点。

则有

2xydx(x)dy2xydx(x)dy2xydx(x)dy 424242xyxyxyLL1L3LL23（2） 令P2xy(x),Q

x4y2x4y2由（1）知

QP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)x

'（3） 取L为xy，方向为顺时针

4242QP0 xyc2xydx(x)dy2xydx(x)dy2xydx(x)dy42'x4y2x4y2xy'cLL4L'12xydxxdy2

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，适当看一些辅导书

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一． 计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分）

sinx（1）.求limx0xsinxlimx0xlimex011cosx11cosx；

解：（用两个重要极限）：

sinxxlim1x0xsinxxx013x2limxsinxxsinxxx1cosxsinxxx1cosxeecosx1x032x2lime1x2lim2x032x2

e13

111（2）.求lim； ...nn1n2nn111解：(用欧拉公式）令xn ...n1n2nn由欧拉公式得1则11211lnn=C+o（1），2n

111ln2n=C+o（1），nn12n其中，o1表示n时的无穷小量，

xnln2. 两式相减，得：xn-ln2o（1）,limn

2txln1e（3）已知tytarctaned2y，求。 2dxet12tt2tdx2e2tdyetdyee11e解： ,12t2t2t2t2edt1edt1edx2e1e2tdyddy1e21e2dxdtdxdx2e2t2e2tdt二．（本题10分）求方程解：设P2t2t1ee2tt24e4t

2xy4dxxy1dy0的通解。

2xy4,Qxy1，则PdxQdy0

是一个全微分方程，设

PQ1,PdxQdy0yxdzPdxQdy

zdzPdxQdyx,y0,02xy4dxxy1dy

PQ,该曲线积分与路径无关 yx12z2x4dxxy1dyx4xxyyy

002xy2三．（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

f0,f'0,f\"0均不为

0，证明：存在唯一一组实数k1,k2,k3，使得

limh0k1fhk2f2hk3f3hf0h20。

证明：由极限的存在性：limk1fh0hk2f2hk3f3hf00

即

k1k2k31f00，又f00，k1k2k31①

k1fhk2f2hk3f3hf0h2k1f'h2k2f'2h3k3f'3h

由洛比达法则得

limh02h'''由极限的存在性得limk1fh2k2f2h3k3f3h0

h0h0lim0即

k12k23k3f'00，又f'00，k12k23k30②

k1f'h2k2f'2h3k3f'3h2hk1f\"h4k2f\"2h9k3f\"3hf\"000

再次使用洛比达法则得

limh02k14k29k3f\"00h0limk14k29k30③

k1k2k31由①②③得k1,k2,k3是齐次线性方程组k12k23k30的解

k4k9k0231111k11设A123,xk2,b0，则Axb， 149k03增

广

矩

阵

1111A*12301490100301030011，则

RA,bRA3

所以，方程Ax且k1b有唯一解，即存在唯一一组实数k1,k2,k3满足题意，

3,k23,k31。

x2y2z2分）设1:2221，其中abc0，

abc四．（本题17

2:z2x2y2，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。

x2y2z2解：设上任一点Mx,y,z，令Fx,y,z2221，

abc2x'2y'2z则F2,Fy2,Fz2,椭球面1在上点M处的法向量为：

abcxyzt2,2,2,1在点M处的切平面为：

abc'xxyzXx2Yy2Zz0 2abc原点到平面

的距离为

d1x4a2yb42zc42，令

Gx2,x,yz4aGy24bz21 4则,d， cGx,y,z条件

现在求

x2y2z2x,y,z444在,abcx2y2z2221，2abcz2x2y2下的条件极值，

令

x2y2z2x2y2z2Hx,y,z444122212x2y2z2abcbca

则由拉格朗日乘数法得：

2x'2xHxa41a222x0H'2y2y2y0122yb4b2z'2zHz1222z0， 4ccx2y2z222210bcax2y2z2022x02ac2xz2222解得或， acbc22yz2bc2y0b4c4a4c4对应此时的Gx,y,z或Gx,y,z

22222222bcbcacacb2c2此时的d1bcb4c4又因为aa2c2或d2aca4c4 bc0，则d1d2

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：

a2c2d2ac44acb2c2，d1bcb4c4 x23y21五．（本题16分）已知S是空间曲线绕y轴旋转形成的椭球面

z0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：

z（1）（2）zx3yzdS dS；

x,y,zSS

解：（1）由题意得：椭球面S的方程为x令F23y2z21z0

x23y2z21,则Fx'2x,Fy'6y,Fz'2z，

x,3y,z，

切平面的法向量为n的方程为xXx3yYyzZz0，

原点到切平面的距离x,y,zx23y2z2x9yz2221x9yz222

zI1dSzx29y2z2dS

x,y,zSS将一型曲面积分转化为二重积分得：记Dxz:x2z21,x0,z0

1I14Dxz22z32xz31xz22dxdz42sind0r232r2dr31r20

41r232r2dr31r20420sin232sin2d3

431332242232(2)方法一：

xx9yz222,3yx9yz222,zx9yz22222

3I2zx3yzdSzx9yzdSI12SS2

六．（本题12分）设f(x)是在

,内的可微函数，且f、xmfx，

其中0m1，任取实数a0，定义anlnfan1,n1,2,...,证明：

an1nan1绝对收敛。

an1lnfan1lnfan2

证明：an由拉格朗日中值定理得：介于an1,an2之间，使得

lnfan1lnfan2f'fan1an2

，

又

anan1f'fan1an2f、mf得

f'fm

0m1

收敛，即

anan1man1an2...mn1a1a0级数mn1n1a1a0收敛，级数

an1nan1an1nan1绝对收敛。

七．（本题15分）是否存在区间

0,2上的连续可微函数

f(x)，满足

f0f21，

f、x1,0fxdx1？请说明理由。

2解：假设存在，当x0,1时，由拉格朗日中值定理得：

1介于0，x之间，使得fxf0f'1x,，

同理，当x1,2时，由拉格朗日中值定理得：

2介于x，2之间，使得fxf2f'2x2

即

fx1f'1x,x0,1;fx1f'2x2,x1,2 1f、x1，

1xfx1x,x0,1;x1fx3x,x1,2

显然，

1fx0,fxdx0

022121001211xdxx1dxfxdx1xdx3xdx30fxdx1，又由题意得fxdx1,fxdx1

022200即

201x,x0,1fxdx1，fx

x1,x1,2limx1fxf1x1fxf1x11xlim1,limlim1x1x1x1x1x1x1

'又因为f(x)是在区间0,2上的连续可微函数，即f1存在，f'1不存在，

矛盾，故，原假设不成立，所以，不存在满足题意的函数f(x)。