全国大学生数学竞赛决赛试题(非数学类)
第九届全国大学生数学竞赛决赛试卷(非数学)
1省市 学校 准考证号姓名 考场号座位号0 ⎣ ⎦三 (本题满分 11 分)设函数f(x ) 在闭区间[0,1] 上连续且⎰1f (x )d x ≠ 0 ，证明：在区间[0,1] 上存在三个不同的点x 1，x 2，x 3 ，使得 四 (本题满分 12 分)求极限： lim n +1 (n +1)! - n n !⎤ .n →∞π1⎡ 1 x 1⎤8 ⎰0 f (x )d x = ⎢1 + x 2 ⎰0 f (t ) d t + f (x 1) arctan x 1 ⎥ x 3 ⎣ 1⎦ = ⎡ 1 x 2 f (t ) d t + f (x ) arctan x ⎤ (1 - x ).⎢1 + x 2 ⎰0 2 2⎥3⎣2⎦密封线密封线密封线得分 评阅人得分 评阅人H (x ) = ∑ x -五 (本题满分 12 分)六 (本题满分 12 分)设 x = (x , x , , x )T∈ R n，定义设函数 f (x , y ) 在区域D = {(x , y ) x 2 + y 2 ≤ a 2} 上具12nnn -1 2ii i 1，n ≥ 2 .有一阶连续偏导数，且满足 f (x , y )x 2 + y 2 =a 2= a 2，以及i =1ni =1⎡⎛ ∂f ⎫2 ⎛ ∂f ⎫2 ⎤4(1) 证明：对任一非零 x ∈ R ， H (x ) > 0 ； max ⎢ ⎪ + ⎪ ⎥ = a 2 ，其中a > 0 . 证明： ⎰⎰ f (x , y )d x d y ≤ π a 4 . (2) 求 H (x ) 满足条件 x n = 1的最小值.( x , y )∈D ⎢⎣⎝ ∂x ⎭⎝ ∂y ⎭ ⎥⎦ D3省市 学校 准考证号姓名 考场号座位号密封线密封线密封线七 (本题满分 12 分)ln 1设0 < a n < 1 , n = 1, 2, ，且lim n →∞∞a nln n∞= q (有限或+ ∞ ).(1) 证明：当q > 1 时级数∑ a n收敛，当q < 1 时级数∑ a n发散；n =1n =1∞(2) 讨论q = 1 时级数∑ a n的收敛性并阐述理由.n =1省市 学校 准考证号姓名 考场号座位号密封线密封线密封线。
最终版第9届全国大学生数学竞赛(非数学)决赛试卷答案
点 x1, x2 , x3, x4 ∈ (0,1) ，使得
α = f (x1) − f (x2 ) < f (x3) − f (x4 ) =β ，
x1 − x2
x3 − x4
证明：对任意 λ ∈ (α , β ) ，存在互异的点 x5, x6 ∈ (0,1) ，使得 λ
=
f (x5 ) − f (x6 ) . x5 − x6
x1 x3
；
……… 3 分
且存在 x2 ∈ (x3 ,1) ，使 F (1) − F (x3)= F ′(x2 )(1− x3) ，即
∫ ∫ π
8
1
c (x )dx =
0
1
1
+
x
2 2
x2 0
c
(x
)
d
x
+
c
(x 2
)
arctan
x2
(1
−
x3)
.
………………… 3 分
四、(本题满分 12 分)
存在 t0 ∈ (0,1) ，使得 F (t0 ) = λ .
1
………………… 3 分
令 x5 =(1− t0 )x1 + t0 x3 ， x6 =(1− t0 )x2 + t0 x4 ，则 x5, x6 ∈ (0,1) ， x5 < x6 ，且
=λ F= (t0 )
f (x5 ) − f (x6 ) . x5 − x6
1 .
2
………………… 5 分
再分别在区间[0, x3 ] 与[x3，1]上利用拉格朗日中值定理，存在x1 ∈ (0,x3) ，
使得 F (x3) − F (= 0) F ′(x1)(x3 − 0) ，即
第七届全国大学生数学竞赛非数学类决赛试题
第七届全国大学生数学竞赛决赛试题 答案（非数学类） 2016年3月27日一填空题（5×6分=30分）1.程微分方0)(y 3'''''=-y 的通解是_______解：令p ='y ,则'''y p =，则dx p dp 3=，积分得到1221-c x p -=-，即 ()x c y p -±==1'21，积分得)(2y 12x c c -±=（2,1c 为常数）.2.设D:4122≤+≤y x ，则积分()()dxdy e y x I x D4y 222-+-⎰⎰+=的值是_______解：)52(22sin e 4341420212242-===⎰⎰⎰--e du ue e rdr e r d I u r ππθθπ（对称性和极坐标）.()ds s f x t⎰=03.设()t f 二阶连续可导，且()t f 0≠，若()t f y = ， 则______22=dxyd 解：()dt t f dx =，()dt t f dy'=，所以()()tf t f dx 'dy =，则得()()()()()()t f t f t f t f dx dt t f t f dt d dx y d 32''''22-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛= 4.设1λ，2λ，…，n λ是n 阶方阵A 的特征值，()x f 为多项式，则矩阵()A f 的行列式的值为_______ 解：()()()()nf f f A f λλλ 21=5.极限[])!sin(lim e n n n π∞→的值为________解：()()⎪⎭⎫⎝⎛++++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++=111!11!11!1!2111!!n o n a n o n n n e n n ππππ ，n a 为整数，所以结果ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=∞→)11(1sin lim n o n n n 。
大学生数学竞赛(非数)试题及答案
大学生数学竞赛（非数学类）试卷及标准答案考试形式： 闭卷 考试时间： 120 分钟 满分： 100 分.一、填空（每小题5分，共20分）.计算)cos 1(cos 1lim 0x x x x --+→= .(2)设()f x 在2x =连续，且2()3lim2x f x x →--存在，则(2)f = . (3)若tx x xt t f 2)11(lim )(+=∞→，则=')(t f .(4)已知()f x 的一个原函数为2ln x ，则()xf x dx '⎰= .（1）21. (2) 3 . (3)te t 2)12(+ . (4)C x x +-2ln ln 2. 二、（5分）计算dxdy xy D⎰⎰-2，其中1010≤≤≤≤y x D ，：.解：dxdy x y D⎰⎰-2=dxdy y x x y D )(21:2-⎰⎰<+⎰⎰≥-22:2)(x y D dxdy x y -------- 2分 =dy y x dx x )(2210-⎰⎰+dy x y dx x)(12102⎰⎰- -------------4分姓名：身份证号所在院校：年级专业线封密注意：1.所有答题都须写在此试卷纸密封线右边，写在其它纸上一律无效. 2.密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记.=3011-------------5分.三、（10分）设)](sin[2x f y =，其中f 具有二阶 导数，求22dxyd .解：)],(cos[)(222x f x f x dxdy'=---------------3分 )](sin[)]([4)](cos[)(4)](cos[)(222222222222x f x f x x f x f x x f x f dxy d '-''+'=-----7分=)]}(sin[)]([)](cos[)({4)](cos[)(222222222x f x f x f x f x x f x f '-''+'---------10分.四、（15分）已知3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，求a 的值. 解：)23(232123ln 0ln 0xa x ax x e d e dx e e ---=-⋅⎰⎰---------3分 令t e x =-23，所以dt t dx e e aax x ⎰⎰--=-⋅231ln 02123---------6分 =a t 231233221-⋅-------------7分=]1)23([313--⋅-a ，-----------9分 由3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，故]1)23([313--⋅-a =31，-----------12分即3)23(a -=0-----------13分 亦即023=-a -------------14分所以23=a -------------15分.五、（10分）求微分方程0=-+'x e y y x 满足条件e yx ==1的特解.解：原方程可化为xe y x y x=+'1-----------2分这是一阶线性非齐次方程，代入公式得⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎰⋅⎰=⎰-C dx e x e e y dxx xdx x 11----------4分=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎰-C dx e x e ex x xln ln ----------5分 =[]⎰+C dx e x x 1-----------6分 =)(1C e xx+.---------------7分 所以原方程的通解是)(1C e xy x +=.----------8分再由条件e yx ==1，有C e e +=，即0=C ，-----------9分因此，所求的特解是xe y x=.----------10分.六（10分）、若函数()f x 在(,)a b 内具有二阶导数，且123()()()f x f x f x ==，其中123a x x x b <<<<，证明：在13(,)x x 内至少有一点ξ，使()0f ξ'=。
第十一届全国大学生数学竞赛(非数学类)试题
第十一届全国大学生数学竞赛(非数学类)试题参考解答及评分标准一、填空题（每小题6分）1. sin 014x x →=.解：sin sin 00x x x x x →→→=- sin 1/31/30022(e 1)1sin 1limlim 444422x x x x x x →→-=+-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 2. 设隐函数()y y x =由方程22()y x y x -=所确定，则232ln ||dx y y C y x x=-+⎰. 解：令y tx =，则21(1)x t t =-，1(1)y t t =-，3223(1)tdx dt t t -+=-， 这样，223332ln ||2ln ||dx t y ydt t t C C y t x x-+==-+=-+⎰⎰. 3. 定积分220(1sin )1cos x e x dx e xππ+=+⎰.解：222000(1sin )sin 1cos 1cos 1cos x xx e x e xdx dx de xx x πππ+=++++⎰⎰⎰ 2222200sin cos (1cos )+sin 1cos 1cos (1cos )xxxe xe x x x dx e dx x x x πππ+=+-+++⎰⎰2222000sin 1cos 1cos 1cos xxx e xe edx dx e x x x ππππ=+-=+++⎰⎰. 4. 已知22(,)323ydx xdy du x y x xy y -=-+，则1(,)()C 3x u x y y =-+. 解：22(,)323ydx xdy du x y x xy y -=-+21()233()3xd x yx x y y y ==--+（）.所以，1(,)()C 3x u x y y =-+.5. 设,,,0a b c μ>，曲面xyz μ=与曲面2222221x y z a b c ++=相切，则μ=.解：根据题意有：22x yz a λ=,22y xz b λ=，22zxy c λ=，以及 222x a μλ=，222y b μλ=，222z c μλ=，从而得：32228a b cλμ=，32μλ=，联立解得：μ=二、（14分）计算三重积分22d d d Ω+⎰⎰⎰xyzx y z x y，其中Ω是由曲面2222()2++=x y z xy 围成的区域在第一卦限部分.解：采用“球面坐标”计算，并利用对称性，得ππ3224222sin cos sin cos 2d d sin d sin I ρϕθθϕθϕρϕρρϕ=⎰⎰ -------5分ππ342002sin cos d sin cos d d θθθϕϕϕρρ=⎰⎰ππ3354202sin cos d sin cos d θθθϕϕϕ=⎰⎰ -------10分ππ354201sin 2d sin d(sin )4θθϕϕ=⎰⎰π3201121sin d 4848372t t ==⋅=⎰. -------14分 三、（14分）设()f x 在[0,)+∞上可微，(0)0f =，且存在常数0A >，使得|()||()|f x A f x '≤在[0,)+∞上成立，试证明：在(0,)+∞上有()0f x ≡.证明：设01[0,]2x A ∈，使得01|()|max |()|[0,]2f x f x x A ⎧⎫=∈⎨⎬⎩⎭， -------5分 000011|()||(0)+()||()||()|22f x f f x A f x f x A ξ'=≤=，只有0|()|0f x =. 故当 1[0,]2x A∈时，()0f x ≡. -------12分 递推可得，对所有的1[,]22k kx A A-∈，1,2,k =，均有()0f x ≡. -------14分四、（14分）计算积分2sin (cos sin )0sin I d e d ππθφφφθθ-=⎰⎰解：设球面 Σ:x 2+y 2+z 2=1, 由球面参数方程sin cos x θφ=，sin sin y θφ=，cos z θ=知sin dS d d θθφ=，所以，所求积分可化为第一型曲面积分I =∬e x−ydS Σ-------4分 设平面P t :√2=t,−1≤t ≤1，其中t 为平面P t 被球面截下部分中心到原点距离.用平面P t 分割球面Σ，球面在平面P t ,P t+dt 之间的部分形如圆台外表面状，记为Σt,dt .被积函数在其上为 e x−y =e √2t . -------8分由于Σt,dt 半径为r t =√1−t 2，半径的增长率为 d√1−t 2=√1−t 2 就是 Σt,dt 上下底半径之差. 记圆台外表面斜高为ℎt ，则由微元法知 dt 2+(d √1−t 2)2=ℎt 2, 得到ℎt =√1−t 2 ，所以 Σt,dt 的面积为 dS =2πr t ℎt =2πdt, -------12分I =∫e √2t 1−12πdt =√2√2t |−11=√2π(e √2−e −√2). -------14分 五、（14分）设()f x 是仅有正实根的多项式函数，满足 0()()n n n f x c x f x +∞='=-∑. 试证：0n c >，(0n ≥），极限lim n ()f x 的最小根. 证明：由f (x )为仅有正实根的多项式，不妨设()f x 的全部根为 0<a 1<a 2<⋯<a k ，这样，f (x )=A (x −a 1)r 1⋯(x −a k )r k ，其中 r i 为对应根a i 的重数 (i =1,⋯,k,r k ≥1). -------2分f ′(x )=Ar 1(x −a 1)r 1−1⋯(x −a k )r k +⋯+Ar k (x −a 1)r 1⋯(x −a k )r k −1，所以，f ′(x )=f (x )(r 1x−a 1+⋯+rkx−a k)，从而， −f ′(x)f(x)=r 1a 1∙11−xa 1+⋯+r k a k∙11−x a k.-------6分若|x |<a 1, 则 −f ′(x)f(x)=r 1a 1∙∑(xa1)n∞n=0+⋯+r k a k∙∑(xak)n∞n=0=∑(r 1a 1n+1+⋯+r k a kn+1)∞n=0x n .而 −f ′(x)f(x)=∑c n x n∞n=0，由幂级数的唯一性知c n =r 1a 1n+1+⋯+r kak n+1>0， ------9分c ncn+1=r 1a 1n+1+⋯+r k a kn+1r 1a 1n+2+⋯+r k a kn+2=a 1∙r 1+⋯+(a1a k)n+1r kr 1+⋯+(a 1a k)n+2r k.limn→∞c nc =a 1∙r 1+0+⋯+0r +0+⋯+0=a 1>0， limn→∞c n+1c =1a ， -----12分limn→∞1n ∙(ln c2c1+⋯+ln c n+1c n)=ln 1a 1,√c n n=elnc nn=elnc 1n +1n (ln c 2c 1+⋯+ln cn+1c n)→eln1a 1=1a 1.从而，lim√c nn=a 1,即f (x )的最小正根. -----14分六、（14分）设函数()f x 在[0, )+∞上具有连续导数，满足22223[3()]()2[1()]-'+=+x f x f x f x e ，且(0)1≤f .证明：存在常数0>M ，使得[0,)∈+∞x 时，恒有()≤f x M .证明：由于()0'>f x ，所以()f x 是[0, )+∞上的严格增函数，故+lim ()→∞=x f x L (有限或为+∞). 下面证明 ≠+∞L . -----2分记()=y f x ，将所给等式分离变量并积分得 222232d d (1)3-+=+⎰⎰x y y e x y ，即 2222arctan d 13-+=++⎰x t y y e t C y ， ------6分 其中2(0)2arctan (0)1(0)=++f C f f . ------8分若=+∞L ，则对上式取极限→+∞x ，并利用2d 2+∞-=⎰t e t ，得π3=-C .-----10分 另一方面，令2()2arctan 1=++ug u u u ，则2223()>0(1)+'=+u g u u ，所以函数()g u 在(, )-∞+∞上严格单调增加. 因此，当(0)1≤f 时，1π((0))(1)2+=≤=C g f g ， 但2π1π22+>>C ，矛盾， 这就证明了+lim ()→∞=x f x L 为有限数.最后，取max{(0),}=M f L ，则|()|≤f x M ，[0,)∀∈+∞x . -----14分。
第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准(非数学类)
第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准（非数学类，2019年3月30日）一、填空题（本题满分30分，每小题6分）1、设函数在点在处连续，则的值为答案：2、设则答案：3、设曲线L是空间区域的表面与平面的交线，则答案：4、设函数由方程确定，其中具有连续二阶偏导数，则答案：5、已知二次型，则的规范形为答案：二、设内三阶连续可导，满足，又设数列满足严格单调减少且计算【解】由于在区间（-1,1）内三阶可导，在处有Taylor公式又，所以分①由于数列严格单调且，则，且为严格单调增加趋于正无穷的数列，注意到，故由Stolz定理及①式，有分分三、设上具有连续导数，且证明：对于成立【证明】令则故函数在上严格单调增加，记的反函数为，则定义在上，且4分于是根据积分中值定理，存在使得分因此注意到则即分四、计算三重积分：，其中【解】采用“先二后一”法，并利用对称性，得其中分用极坐标计算二重积分，得交换积分次序，得分作变量代换:并利用对称性，得所以.分五、之和.【解】级数通项令分其中.因为所以满足解这个一阶线性方程，得由得,故且分六、设A是n阶幂零矩阵,即满足证明:若A的秩为r，且则存在n阶可逆矩阵P其中为r阶单位矩阵. 【证】存在n阶可逆矩阵H,Q，使得因为所以有分对QH作相应分块为则有因此分而所以显然，所以为行满秩矩阵.8分因为使得分令则有分七、设为单调递减的正实数列,收敛，证明：收敛，所以对任意给定，存在自然数，使得当时,有因为单调递减的正数列，所以分注意到当时，有令得到分下面证明：对于任意自然数n，如果满足则有事实上,即得到分利用（2），令可以得到即分又由知，存在自然数，使得分取则当时，有因此分。
第四届全国大学生数学竞赛决赛试题及答案(非数学组)
于是 I = I1 + I 2 = 1 + π
3 8
六、 （本题 15 分） 若对任意收敛于 0 的数列 { xn } 级数 ∑ an xn 都收敛，证明级数 ∑ an 收敛.
n =1 n =1
∞ ∞
令 Sn = ∑ ak ，xn = 证明： 用反证法. 若级数 ∑ an 发散，
n =1 k =1
∞
而 g (0) = f 2 (0) + [ f '(0)] = 4 且 0 ∈ [ξ1 , ξ 2 ] ， 知 g (ξ ) = max g ( x) ≥ 4 ， 由此可得 ξ ∈ (ξ1 , ξ 2 ) ， 根据 Fermat
2
x∈[ξ1 ,ξ 2 ]
定理， g '(ξ ) = 0 ，即
g '(ξ ) = 2 f (ξ ) f '(ξ ) + 2 f '(ξ ) f ''(ξ ) = 0 .
3 2
3 2 2
⋅ 2dxdy =
=
G ρ 2π 2 1 ⋅ rdr = G ρπ ln 2. 2 ∫0 ∫1 r 2
三、 （本题 15 分）
f ( x) 在 [1, +∞] 连续可导， f ' ( x) =
x
⎡ 1 1 1 ⎤ − ln(1 + ) ⎥ , 证明 ⎢ 2 x ⎦ 1 + f ( x) ⎣ ⎢ x ⎥
证明：在 [−2,0] 和 [0, 2] 上分别使用 Lagrange 中值定理，分别 ∃ξ1 ∈ (−2,0), ξ 2 ∈ (0, 2) 使得 f (0) − f (−2) = 2 f '(ξ1 ), f (2) − f (0) = 2 f '(ξ 2 ) . 令 g ( x) = f 2 ( x) + [ f '( x)] ，考虑 g ( x) 在闭区间 [ξ1 , ξ 2 ] 上的最大值，记 g (ξ ) = M = max g ( x) . 由于
第五届全国大学生数学竞赛非数学类决赛试题及答案详解
（2 分）
所以 ( P ) ABP PQ QP (QP ) (QP ) ，即 ( P ) ABP 是正定矩阵. （2 分） 所以矩阵 ( P ) ABP 的特征值全为正实数，而 AB 相似于 ( P ) ABP ，所以 AB 的特征 值全为正实数。所以 AB 为正定矩阵.
2
当
1 2 时，有 f (4) ( ) f (4) ( ) 3 3
令 h 0 ，注意到 x, x ，有 f (4) ( x) 0 ，从而 f 是不超过三次的多项式. （3 分） 三 、 （ 12
1 时 , 分 ） 设 当 x
可 微 函 数
fx () 满 足 条 件
0
1 1 2 1 2 sin 2 x xf ( x)dx x 2 f ( x) x 2 f '( x)dx x 2 2 dx 2 2 0 2 0 x 0
（3 分）
1 2 2 sin xdx . 2 0 2
（2 分）
2 设 f (x) 是 [0,1] 上的连续函数，且满足
0 1 1
1
f ( x, y ) dx . x
（3 分）
调换积分次序后可得 I (1 x)dx
0
f ( x, y ) dy . x 0
y 1
（2 分）
f ( x, 0) f ( x, y ) 0 , 从而 (1 y ) 因为 f ( x,0) 0 所以 x x
明I
A . 4
证 . I dy f ( x, y )dx dy f ( x, y )d (1 x) . 对固定 y , (1 x) f ( x, y) x 0 0 ，由分
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首届全国大学生数学竞赛决赛试卷
（非数学类）
考试形式： 闭卷 考试时间： 150 分钟 满分： 100 分.
一、 计算下列各题（共20分，每小题各5分，要求写出重要步骤）.
(1) 求极限1
21lim (1)sin n n k k k n n π-→∞=+∑.
(2)
计算
2∑其中∑
为下半球面z =0a >.
(3) 现要设计一个容积为V 的一个圆柱体的容器. 已知上下两底的材料费为单位面积a 元，而侧面的材料费为单位面积b 元.试给出最节省的设计方案：即高与上下底的直径之比为何值时所需费用最少？
(4) 已知()f x 在11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内满足
331()sin cos f x x x '=+，求()f x .
二、（10分）求下列极限 (1) 1lim 1n n n e n →∞⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； (2) 111lim 3n
n n n n a b c →∞⎛⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭, 其中0,0,0a b c >>>.
三、（10分）设()f x 在1x =点附近有定义，且在1x =点可导， (1)0,(1)2f f '==. 求
220(sin cos )lim tan x f x x x x x
→++.
四、（10分）
设()f x 在[0,)+∞上连续，无穷积分0()f x dx ∞⎰收敛. 求 0
1lim ()y y xf x dx y →+∞⎰.
五、五、（12分）设函数()f x 在[0,1]上连续，在(0,1)内可微，且
1(0)(1)0,12f f f ⎛⎫=== ⎪⎝⎭. 证明：(1) 存在
1,12ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()f ξξ=；(2) 存在(0,)ηξ∈使得()()1f f ηηη'=-+.
六、（14分）设1n >为整数，
20()1...1!2!!n x t
t t t F x e dt n -⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭⎰. 证明: 方程
()2n F x =在,2n n ⎛⎫ ⎪⎝⎭内至少有一个根.
七、（12分）是否存在1中的可微函数()f x 使得 2435(())1f f x x x x x =++--？若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明.
八、(12分)设()f x 在[0,)∞上一致连续，且对于固定的[0,)x ∈∞，当自然数n →∞时()0f x n +→. 证明: 函数序列{():1,2,...}f x n n +=在[0,1]上一致收敛于0.。