陕西省高等数学竞赛试题答案
一．选择题（8小题，每小题4分，共32分）2250141000sin d 2(1)(A )2sin lim lim lim 6(A) 解：由知，当且仅当时， 此极限为非零的有限实数，故选 .x n n n x x x t tx x nxx x n nx --→→→===⎰ (2)(B ).(C)(D)()0(A),(B)(B)()()(B).解： ，中在处不连续， 中只有符合 ，故选F x x F x f x ='= 1212(3)(B ).11()1 2.(B).. 解：由解的形式及方程的右端项，知对应齐次微分方程的 特征方程有二重根，，其通解为 又方 程有特解，于是得 ， 故选x xy xe x r r a C C x e x b c =+===+==-220(4)(C ).21()2(0)lim 2(C) 解：由的连续性得，从而 ，选xx e x f x a f x →--'===. 22221(5)(D )1(1)(1)(D) 解：对 ，其一般项满足 ，此级数绝对 收敛，故选.n n n n n n a a a n ∞=--=<∑ ()21(6)(A ).,0cos sin 1ln(cos )ln(sin )0430(A) 解：由可知 ，故， 因此 ，选 .x x x x x I I ππ∈<<<<<<<2222(7)(C ).315236302()3(1)48(C).x x y y x y -+-=---=- 解：积分得 ，即 ，故为双曲 柱面，选(8)(D ).,,解： 由隐函数求偏导数的公式 , F F F y yz x x z x F y F z Fz x y∂∂∂∂∂∂∂∂∂=-=-=-∂∂∂∂∂∂∂∂∂1(D ).得，选 yz x x y z∂∂∂⋅⋅=-∂∂∂二．填空题（6小题，每小题4分，共24分）()()()()2212221112()(1)11(9)1.111(1)(1)(1) sin ln (1)sin ln (1)sin ln (1)12(1)lim lim sin ln 1x x x x f x f x xf x x x x x x x x x x x x x f x x ==→→--⎡'⎤''=-⋅+-⋅⎢⎥⎣⎦⎡'⎤''+⋅⋅-+⋅⋅-+⋅⋅-=⎢⎥⎣⎦'==+=解：解：.3323242222223322222222(10) (1) .261 ln , 36 (1)ln 66(1).解：， x y y y y yz x z y x y x x x x x x x y y z z x x y x y x y y z z x y xy y x y x y x x +∂-∂=-++=++∂∂∂∂=+-=∂∂∂∂-=++-=+∂∂ 1101(11) 6()d 2()0011120 ()d 26解：设 ，即有，两边从到积分得 ， f x x a a f x x a a a f x x =+-=+-=∴==⎰⎰..22(1)2112 0 1 lim lim 001() 解：由题设知级数的收敛半径 ，因此 ，故 n n n n n a a R a aa ++→∞→∞<<=+∞==<<..()()()()22222(13) sin d sin sin d 0d sin 0sin 解：原方程是全微分方程，可化为 ， 即 ，因此所求的通解为 ，为任意常数.注：除凑微分法外，也可用线积分、偏积分等方法求解。
xy x C x x y x x y xy x xy x C C =⋅+===.()12212222122222011480.d 0.:(2,0)(2,1)(1,1)(2,1)(2)d 8()d 8(2)d (1)d () 解：积分曲线分别关于轴、轴、直线及 为轴对称，因此 又关于与为轮换对称，故取积分路径 的第一象限中的折线LLL L x y y x y x xy s x y x y L A B C B x xy y s x y sy y x x ==-=+⋃∴-+=+=+++⎰⎰⎰⎰⎰1613=.三．解答题2222022022220022*********(15)sin cos sin cos d d 11sin cos sin cos d d 11sin cos d 1sin cos sin cos d 1令证及解： x x x xx tx t x t x x x e x x e x x I x xe e e x x e t t x te e x xx ex x e x I x e ππππππ-=----=+++====-++=+∴=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰()22022202240d 1sin cos d ......................................................................6sin sin d 3.. (44416)分xxx e x x x x x xππππππ+==-=-=⎰⎰⎰.....................................11分()()22222(16)10.0 1.220.012............................................6101解:方程两边对求导，整理得 (*) 令 得两个驻点 再在(*)式两边对求导，得 在驻点处 ，得 分 当 时，；当 时，x y y x y y x x y y y y x y y y y x x y x ''++-='==±'''''+++='''=+=-'''∴=<=-0.1(1)1,1(1)0...............................11 故 是极大值点，极大值为是极小值点，极小值为 分y x y x y '>===--=()()22222222(17):1,...........................54904()3d 2d 3d d d 2(3解:椭球积分区域与垂直于轴的平面的交集在面上的 投影为分 固定，用“先二后一”法计算三重积分，得zz tt Dz xOy y x D t z t t z t zt F t z V V z z x y π-ΩΩΩ+≤-≤≤-->=-+=-+⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰(235322)(3)3d 16382................................................................7556()96(1)0()01(1)5分 ，. 令 得 ，t tt t tz z t t t F t t t t F t t F πππππ-=-⋅+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭''''∴=->===⎰.01()01()0.56(0,1)(1,)(1,) (115)当 时，；当 时， 为曲线凹区间，为凸区间，是拐点分t F t t F t π''''<<>><∴+∞()4140414211()44!(18)limlim 0()(4)!(,)................4()(),(4)!()(),(41)!(42)!解：， 故级数的收敛半径，收敛域为分设 逐次求导得 , n n n n n n n n n n u x n x u x n R x s x x n x x s x s x n n +→∞→∞∞=∞∞--==-===+∞-∞+∞=-∞<<+∞'''==--∑∑∑431444(4)10(4)1234()(43)!()()..................................8(44)!(4)!()()0()cos sin 分 解方程 ，得通解将初n n n n n n x x x s x n x x sx s x n n s x s x s x C e C e C x C x∞-=∞∞-==-'''=-===--==+++∑∑∑1234123440(0)1,(0)(0)(0)011,,,,0.4211()()cos (,)........11(4)!42始条件分别代入上式，得到 关于与的方程组，求得 于是有 分nx x n s s s s C C C C C C C C x s x e e x n ∞-=''''''==========++-∞+∞∑ 223300002300230(19)(,).0()解：设弧段上的切点为 由得切线方程x y x y y y y y x x x --'+=-=--()2200213131311130000000022.2. 2.1(1,1) 2..........................................5 分别令 和，得到切线在轴和轴上的截距， 故切线与两坐标轴所围图形的面积为 而因此当时，即切点为时，取得最大值分 这时所求图形的面积最小，最小面积为 x y y x y y x x S y x x y x y S =====+===()8313084353202d 2181892526 (105)分x x x x x x --⎡⎤=-+--⎣⎦=⎰(20)(,)(,)(,)(,)(,)00.(,)0..............................3(,)0证：令，由题设知在闭区域上连续. 故在上取得最大值 和最小值 若，则为常值函数，结论显然成立.分 若，因为在的边界上，则与之一必不为零， 最大值与最小值之一必在的内部点 h x y f x y g x y h x y D h x y D M m M m h x y M m D h x y M m D P =-≥≤=≡≠=000000000000000(,)(,)(,).............................................7(,)(,)(,)(,)0()0()(取到，于是为的极大值点或极小值点.分 又 的两个偏导数存在，因此在 处， ，即有 ，也即x y x y P x y h x y h x y P x y h x y h x y h P f P g P ====grad grad grad 0)..............................................................10 分[](21)0()d d ()d d [()]d d ()()()d 1.()()()(解：由题设和高斯公式有其中为所围的有界区域,的取值与的法线方向一致 由的任意性，也即的任意性可知三重积分的被积函数恒为零，即有 Sxf y y z yf x z x z b f x y x yf y f x b f x y VS S S f x y f x f y b x Ω=+-++=±+--+Ω±Ω+=+-∈⎰⎰⎰⎰⎰,).......................5()(1)(1)2,3,,2010(2010)(1)2009()(2010)2009()20102009..................分 于是 ， f n f n f b a b n f f a b f a a b a b -∞+∞--=-=-=∴-=-=+-=-............................10分{}121111(22)(0,1)(1)(0,1)(0,1).............311,0lim ,(1)0...........................................8(1)解:由知，递归可知 分 又由知单调减且有下界，故收敛. 设则有，得分因此交错级数满足n n n n n nn n n n n x x x x x x x x x x x A A A A A x +→∞∞=∈=-∈∈=-<==-=-∑............10莱布尼兹定理条件，为收敛分{}222(23)()d 1()d d ()d 1()d 0....................3(,)()(,)1()y yLLy y Ly y f x x e x x f x e y x yf x x e x x f x e x y P x y f x x e Q x y x f x e x++-=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦++--=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=+=--⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰解：由题意及平面图形面积的曲线积分表示，可知即有 分函数和 在半平面[]222(0)(,)(,)01()()1()2()()(0)1() (4)Ly y x L P x y dx Q x y dy Q Pf x xf x e f x x e x yf x f x x x xC f x x x >+=∂∂'=-+-=+⎡⎤⎣⎦∂∂'+=->=-⎰内具有连续的偏导数，对于其内的任意正向分段 光滑闭曲线 恒有 ，故由格林定理得，即 ,整理得 解得 222222..............................................7()(0,)201()22442414()(0).. (104)f x C C C C x f x x xx C f x x x x +∞-<⎛⎫=-+≤-⋅⋅=-=- ⎪⎝⎭=-=-->分 由 在内的最大值为可知，故 因此 ， 分()f x 注：也可对原线积分用格林公式，将原式化为二重积分的关系求.。
2018年陕西省数学竞赛试题及解答
2018年全国高中数学联赛陕西赛区预赛试题第一试一、选择题（每小题 6分，共8小题，共48分）1.已知集合(23)sin ,6m M x x m Z π⎧-⎫==∈⎨⎬⎩⎭，cos ,3n N x x n Z π⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭，则,M N 的关系是A. M N ØB. M N =C. M N ÙD. M N解析：B.对于集合M ，(23)sin sin()cos()6323m x m m ππππ-==-=-,m Z ∈,周期为6,列表对于集合N ,cos()x n =,n Z ∈,周期为6,列表如下所以M N =.2.已知8log 5a =,4log 3b =,23c =,则,,a b c 的大小关系是 A. a b c >> B. b c a >> C. b a c >> D. c b a >> 解析：C.8222121log 5log 5log 5log 25366a ====,4222131log 3log 3log 3log 27266b ====,2222241log 2log 2log 163366c ====.因为272516>>,222log 27log 25log 16>>,所以，b a c >>.3.已知数列{}n a 满足11a =,11n n a n a +=++,n N *∈，若[]x 表示不超过x 的最大整数,则122018111[]a a a +++=A. 1B. 2C. 3D. 2018 解析：A.11n n a n a +=++，11n n a a n +-=+.由11a =,212a a -=,313a a -=，,1n n a a n --=, 采用累加法得，(1)2n n n a +=，12112()(1)1n a n n n n ==-++.于是， 1211112(1)1n n T a a a n =+++=-+,2018122(1)220192019T =-=-,201812T <<, 2018[]1T =.4.已知四面体ABCD 内接于球，且AD 是球直径，若ABC ∆和BCD ∆都是边长为1的等边三角形，则四面体ABCD 的体积为A.6B. 12C. 6D. 12解析：B.AD 是球直径，2ABD π∠=,2ACD π∠=,ABC ∆和BCD ∆都是边长为1的等边三角形，AD =,球的半径2R =，设球心为O ，则AD ⊥平面BOC,14BOCS ∆=,113412ABCD V =⨯=5.若02x π<<，且44sin cos 19413x x +=，则tan x 的值是 A.12 B. 23 C. 1 D. 32解析：D. 因为02x π<<，所以，sin 0x >，cos 0x >，tan 0x >.由柯西不等式得222222222sin cos (32)[()()](sin cos )132x x x x ++≥+=，即44sin cos 19413x x +≥,又44sin cos 19413x x +=，取等号的条件知：22sin cos 94x x =，3tan 2x =.6.设,x y R ∈，且44log (2)log (2)1xy x y ++-=，则x y -的最小值为 2 C.4 解析：A.法一：44log (2)log (2)1x y x y ++-=,得(2)(2)4x y x y +-=,且20x y +>,20x y ->.即2214x y -=，且20x y +>,20x y ->，双曲线的右支.根据双曲线的对称性及x y -，不妨令0y ≥，且x y b -=,则y x b =-,要使x y -取的最小值，只需直线y x b =-在y 轴上的截距最大，当且仅当直线y x b =-与双曲线2214x y -=相切.2214y x bx y =-⎧⎪⎨-=⎪⎩,消去y 得关于x2238(44)0x bx b -++=,0∆=,b =法二：也可用参数方程求解.只考虑第一象限部分. 由214y -=，令2s e c x θ=,tan y θ=,(0,)2πθ∈,则2sin 2sec tan cos x y x y θθθθ--=-=-=,2sin cos t θθ-=2sin sin 2cos cos 0t θθθθ--==--表示点动点(cos ,sin )M θθ（(0,)2πθ∈）与定点(0,2)N 的连线的斜率的相反数，当且仅当6πθ=,t x =,y =时，x y -7.若既约分数pq（,p q N *∈）化为小数是0.18,则当q 最小时，p =A. 9B. 7C. 5D. 2 解析：D. 由题意可得0.180.19p q<<,即1819100100p q <<,取倒数，1001001918p q p <<,q 的下界100()19f p p =单调递增，当1p =时，100 5.2619≈,1005.5618≈，不存在满足条件的q ；当2p =时，100210.5219⨯≈,100211.1118⨯≈，11q =满足条件.因此，q 取得最小值为11时，2p =.8.在边长为8的正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，N 是AD 边上的一点，且3DN NA =，若对于常数m .在正方形ABCDP ，使PM PN m ⋅=，则实数m 的取值范围A. (8,8)-B. (1,24)-C. (1,8)-D. (0,8) 解析：C.建立如图所示的直角坐标系,(0,0)A ,M 是BC 的中点,(8,4)M ,又N 是AD 边上的一点，且3DN NA =，(0,2)N ,设(,)P x y ，则PM =(8,4)x y --,(,2)PN x y =-- ，22868PM PN x x y y ⋅=-+-+22(4)(3)17x y m =-+--=,22(4)(3)x y -+-17m =+,所以，点P 的轨迹是以(4,3).因此，当圆与正方形恰有6个不同的点，45<<,解得18m -<<. 二、填空题：（每题8分，共4小题，共32分） 9.设ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且A C -2π=，,,a b c 构成等差数列，则cos B = .解析：34.因为,,a b c 构成等差数列，所以2b a c =+,根据正弦定理可得，2sin B sin A =sin C +, A C -2π=,()22B AC C ππ=-+=-,2sin(2)sin()22C C ππ-=+sin C +,2cos 2cos sin C C C =+,222(cos sin )cos sin C C C C -=+,1cos sin 2C C -=,平方得3sin 24C =,所以，3cos cos(2)sin 224B C C π=-==. 10.如图，已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ,准线为l ， 过点F 的直线与抛物线交于,A B 两点，且3AB p =.设点,A B在l 上的射影为,A B ''，今向四边形AA B B ''内任投一点M ，则 点M 落在FA B ''∆内的概率 . 解析：13.AB C D M N根据抛物线的定义,11()22AA B B S A A B B A B AB A B ''''''''=+⋅=⋅梯形 132A B p ''=⋅,12A B F S A B p ''∆''=⋅,所求概率为：1121332A B F AA B B A B p S S A B p ''∆''''⋅==''⋅梯形.11.已知函数1()1f x x x =+-，若存在121,,,[,4]4n x x x∈，使得12()()f x f x ++1()()n n f x f x -+=，则正整数n 的最大值是 . 解析：6n =. 函数1()1f x x x =+-在区间1[,4]4上的最大值为11()(4)1544f f ==+,最小值为(1)3f =,要使正整数n 最大，需()n f x 最大,且()i f x （1,2,3,,1i n =-）尽可能的小，只要()()32m n f x f x +=即可，111566344+=+++,此时，6n=.12.设n 是正整数，当100n > . 解析：49.取101n =,21013101110505+⨯+=102.493902≈， 取102n =,21023102110711+⨯+=103.493961≈.第二试一、（本小题满分20分）已知函数()2cos (cos )1f x x x x =-,x R ∈. （Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间； （Ⅱ）设点111(,)P x y ，222(,)P x y ，,(,)n n n P x y 都在函数()y f x =的图像上，且满足16x π=，12n n x x π+-=.求122018y y y +++的值.解析：()2cos (cos )1f x x x x =-22cos 1sin x x x =-+⋅2sin(2)6x π=+. （Ⅰ）令262x ππ+=-，得13x π=-,212326x x ππππ=+=-+=,函数()f x 的周期为T π=,所以，函数()f x 在每一个区间[,]36k k ππππ-++（k Z ∈）都是单调递增的；（Ⅱ）由12n n x x π+-=知，数列{}n x 构成等差数列，首项16x π=，公差2d π=,23n x n ππ=-,于是262n x n πππ+=-,()2sin(2)2sin()62n n n y f x x n πππ==+=- 2cos()n π=-,周期2T =，12y =,22y =-,13520172y y y y =====,24620182y y y y =====-,所以1220180y y y +++=.二、（本小题满分20分）如图，圆C 与x 轴相切于(2,0)T ，与y 轴的正半轴相交于,A B 两点，（A 在B 的上方），且3AB =. （Ⅰ）求圆C 的方程；（Ⅱ）设过点B 的直线l 与椭圆22184x y +=相交于,P Q 两点，求证：AB 射线平分PAQ ∠.解析：（Ⅰ）根据题意可设圆心C 的坐标为(2,)b ,（0b >）又3AB =，由垂径定理得，22232()2b +=，52b =,所求圆C 的方程为：22525(2)()24x y -+-=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知圆C 的方程22525(2)()24x y -+-=，令0x =,得11y =,24y =,所以，(0,4)A ,(0,1)B ,且直线PQ 的斜率存在，设直线PQ 的方程为：1y kx =+.221184y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 得：22(21)460k x kx ++-=,22(4)24(21)k k ∆=++26424k =+ 设11(,)P x y ,22(,)Q x y ,122421k x x k -+=+,122621x x k -⋅=+. 121212124433AP AQ y y kx kx k k x x x x ----+=+=+12123()122206x x kk k x x +-=-=-=-. AB 射线平分PAQ ∠.三、（本小题满分20分）如图，在锐角ABC ∆中，M 是BC 的中点，圆O 过点A 且与直线BC 相切于点C ，直线AM 与圆O 交于另一点D ，直线BD 与圆O 交于另一点E ，证明：E A C B A C ∠=∠ 证明：在MAC ∆中，MC 是圆的切线，直线MDA 是圆的割线，由圆的切割线定理可得，2MC MD MA =⋅, 又D 为BC 的中点，BM MC =，所以2BM MD MA =⋅. BMA ∆中，BMD AMB ∠=∠,所以，BMDAMB ∆∆,ABM BDM ∠=∠,BDM ADE ACE ∠=∠=∠,于是，ABM ACE ∠=∠.在ABC ∆与ACE ∆中，ACB AEC ∠=∠,ABC ACE ∠=∠,所以，EAC BAC ∠=∠. 四、（本小题满分30分）已知函数()ln xf x x=,()(1)g x k x =-,k R ∈.（Ⅰ）证明：对任意k R ∈，直线()y g x =都不可能是()y f x =的切线；（Ⅱ）若存在2[,]x e e ∈，使得1()()2f xg x ≤+，求k 的取值范围.解析：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为：(0,1)(1,)+∞，2ln 1()(ln )x f x x -'=. 假设存在0(0,1)(1,)x ∈+∞使得()(1)g x k x =-是()ln xf x x=在00(,())x f x 处的切线.一方面，0020ln 1()(ln )x k f x x -'==,切线方程为：000200ln 1()(ln )ln x x y x x x x -=-+020ln 1(ln )x x x -= 020(ln )x x +；另一方面，()(1)g x k x kx k =-=-是()ln x f x x =在00(,())x f x 处的切线.对比系数，可得020ln 1(ln )x x -=020(ln )x x -，00ln 1x x -=-. 设()ln 1h x x x =-+,1()10h x x'=+>在(0,)+∞上恒成立，所以()h x 在(0,)+∞单调递增，又(1)0h =,因此，方程00ln 1x x -=-只有一个实根01x =,但0(0,1)x ∈(1,)+∞，假设错误.于是，对任意k R ∈，直线()y g x =都不可能是()y f x =的切线.MABECDo（Ⅱ）1()()2f x g x ≤+，1(1)ln 2x k x x ≤-+，2[,]x e e ∈，所以，2ln 2(1)ln x xk x x-≥-.令2ln ()2(1)ln x x h x x x-=-，2212(1)2(1)(2)ln (2ln )(2ln )()4(1)ln x x x x x x x x h x x x -----+'=- 222ln 2ln 2(1)2(1)ln x x x x x--+=-,2[,]x e e ∈,ln [1,2]x ∈,2ln 2ln [1,0]x x -∈-, 22(1)[22,22]x e e -∈--,2ln 2ln 2(1)0x x x --+<.()0h x '<，()h x 在2[,]e e 单调递减，21()2k h e ≥=. 五、（本小题满分30分）设,,0a b c >，证明：222()()()a a bcb b cac c ab ab bc ca b c c a a b+++++≥+++++.。
陕西省第九次大学生高等数学竞赛复赛试题_
陕西省第九次大学生高等数学竞赛复赛试题
（ 且 １ １ ５ 分） ″（ ｘ）连续 ， 设ｆ π）＝ ２， ｆ（ ］ ｘ） ″（ ｘ） ｓ ｉ ｎ ｘｄ ｘ ＝ ６， ＋ｆ ｆ（ ∫［
０
（ 使得 ８ １ ０ 分） ｂ 的值 ， 求 ａ，
π
ａ ｘ ＋ｂ ≥ｌ ｎ ｘ，
且积分
４
） 求 ｆ（ ０ ．
（ 设ｒ 是ｘ Ｏ θ） ｙ 平面上的与ｘ 轴正向夹角 为θ 的单位向量 ． 质点 Ｍ 在变力
２ ｝ Ｆ＝ ｛ ｘ ｚ， ２ ｚ ｚ， ｙ
的作用下 ， 在曲面 Σ 上从原点出发 ， 沿方 （ （ 向ｒ 运动到ｚ ＝１的位置 ０≤θ≤π） θ） 上． 问θ取何值时 ， 变力 Ｆ 所作的功 Ｗ 最 小？ 并求此 Ｗ 的最小值 ． （ 且 １ ２ １ ０ 分 ） 设 ｆ（ ｘ）三阶可导 ， ）＝－１ １ ｆ（ 是其极小值 ， 而 ）＝ ３ －１ ｆ（ ） ， 是其极大值 ． 证明存在ξ ∈ （ 使 １ －１，
０ １ ０ １
ｘ）＝ ｙ（
是微分方程
∑ａｘ
ｎ ｎ＝０
ｎ
∫ ） （ ２ ｘ） ｄ ｄ ｆ（ ｆ（ ｙ） ｙ． ∫ｘ ∫
ｘ
２ ２ ｚ ＝４ ｘ ３ ｘ Σ： ＋２ ｙ， ｙ ＋２ 槡
（ １ １ １ ０ 分 ） 给定椭圆抛物面
ｘ ″＋ｙ ′－ｙ ＝ ０ ｙ
的满足初始条件 ）＝ ｙ ）＝ １ ０ ′（ ０ ｙ（ 的解 ， 求此幂级数 ． （ ６ １ ５ 分） 已知
ｙ） ｙ ｘ， １＋ｅ ｃ ｏ ｓ ｘ －ｙ ｅ ｆ（ ｙ）＝ （
（ ） ２ ｋ－１ π π ． ２ ｌ ｉ ｍ ｎ １－ ∑ｓ ｉ ｎ ｎ→ ∞ ２ ｎｋ＝１ ４ ｎ
ｎ
（
(初赛)数学竞赛选讲
陕西省第一次大学生（本科）高等数学竞赛初赛试题（1985年）lim (0);nn a a →+∞>lim (||1);n n nq q →+∞<1.试求下列各极限： a) b) c) d) e) 1211cos lim d ;n n tt n t →+∞⎰2lim ;!nn n →+∞lim k n n n a →+∞为正整数） （ 1,a k >;2cos sin ,xy e x x =10d .(1)(1)nx xx x -+⎰3.试求 2.设 求 ().n y4.设 在 上连续， 并有下列二组陈述： ()f x [,]a b ()()d xa F x f x x =⎰如果从某英文编号的陈述能推出某个希腊文编号的陈述，则在左表内该英文编号的行与该希腊文编号的列之交叉处打一“√”，例如，由a ）能推出α）即在表上打“√”，如图所示.（打错“√”要扣分） 英 希 αδγβa c b a) b) c) (),.f x x a a x b ≥-≤≤()f x )α)β)γ.a x b ≤≤()F x )δ()f x 0,.a x b ≠≤≤递增且 无极值， [,]x a b ∈()F x (),.F x ax a x b ≥-≤≤()F x 单调， 之图象无拐点. 之图象上凹.1,n n →+∞11cos ,n-5.设有一组当 时之无穷小量： 为 之任一正数 11,n n -1n α（ ）.α1<试把它们按照阶的高低顺次排列起来（由高到低）.221,0(),1,0x x x f x x x ⎧++≥=⎨+<⎩)a )b )c )d ();f x -[()];f f x '();f x 1()d .xf x x -⎰6.设 试求。
高等数学竞赛试题含答案
高等数学竞赛试题一、选择题1. 设n n n y z x ≤≤，且0)(lim =-∞→n n n x y ，则n n z ∞→lim （ C ）(A) 存在且等于零; (B) 存在但不一定等于零； (C) 不一定存在； (D) 一定不存在. 2. 设)(x f 是连续函数，)()(x f x F 是的原函数，则（ A ）(A) 当)(x f 为奇函数时,)(x F 必为偶函数； (B) 当)(x f 为偶函数时,)(x F 必为奇函数； (C) 当)(x f 为周期函数时,)(x F 必为周期函数； (D) 当)(x f 为单调增函数时,)(x F 必为单调增函数. 3. 设0>a ，)(x f 在),(a a -内恒有2|)(|0)("x x f x f ≤>且，记⎰-=a adx x f I )(，则有（ B ）(A) 0=I ;(B) 0>I ;(C) 0<I ;(D) 不确定.4. 设)(x f 有连续导数，且0)0(',0)0(≠=f f ，⎰-=x dt t f t x x F 022)()()(，当0→x 时，k x x F 与)('是同阶无穷小，则=k （ B ）(A) 4； (B) 3； (C) 2； (D) 1.5.设⎪⎩⎪⎨⎧=+≠++=0,00,),(2222222y x y x y x yx y x f ，则),(y x f 在点)0,0(（ D ）(A) 不连续；(B) 连续但偏导数不存在；(C) 可微； (D) 连续且偏导数存在但不可微.6. 设k j b j i a ρρρρρρ+-=+=2,，则以向量a ϖ、b ϖ为边的平行四边形的对角线的长度为（ A ）(A) 11,3； (B) 3, 11； (C) 10,3； (D) 11,2.7. 设21L L 与是包含原点在内的两条同向闭曲线，12L L 在的内部，若已知2222L xdx ydykx y +=+⎰Ñ（k 为常数），则有1222L xdx ydyx y ++⎰Ñ（ D ）(A) 等于k ； (B) 等于k -； (C) 大于k ； (D) 不一定等于k ，与L 2的形状有关. 8. 设∑∞=0n nn xa 在1=x 处收敛，则∑∞=-+0)1(1n nnx n a 在0=x 处（ D ）二、设)(1lim)(2212N n x bxax x x f n n n ∈+++=-∞→，试确定a 、b 的值，使与)(lim 1x f x →)(lim 1x f x -→都存在.解：当||1x <时，221lim lim 0n n n n x x -→∞→∞==，故2()f x ax bx =+；当||1x >时，1()f x x=112111,1,lim ()1,lim (),1(),11,1,1,lim (),lim ()1,1x x x x x f x f x a b a b x f x ax bx x x f x a b f x a b x -+-+→-→-→→⎧<-=-=--=⎪⎪⎪=+-<<⎨⎪⎪>=+=+=⎪⎩0a =，1b =。
高等数学竞赛试题含答案
高等数学竞赛试题1．计算{}2222,max 0abb x a ydx edy ⎰⎰，（a>0，b>0）解：原积分=22222222000baax abab y b x a y b x a y a bb xa b dx edy dx edy xe dx dy e dx a+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰=222222111(1)(1)(1)22a b a b a b e e e ab ab ab-+-=-2. 设幂级数nn n a x∞=∑的系数满足02a =，11n n na a n -=+-，n=1，2，3…，求此幂级数的和函数()s x 。
解：0(),n nn s x a x +∞==∑则1111111'()(1)n n n nn n n n s x na xa xn x +∞+∞+∞----=====+-∑∑∑12()(1)()(1)n n xs x n x s x x +∞+==++=+-∑即2'()()(1)xs x s x x =+-，且(0)2o s a == 解方程1()1xs x ce x =+- 由(0)1s =⇒1()1xs x e x=+- 3. 已知()f x 二阶可导，且()0f x >，[]2''()()'()0f x f x f x -≥，x R ∈ （1）证明 21212()()()2x x f x f x f +≥， 12,x x R ∀∈ （2）若(0)1f =，证明'(0)(),f xf x e x R ≥∈证明：（1）记()ln ()g x f x = 则'()'()()f xg x f x = 22''(')''()0ff f g x f -=> 1212()()()22g x g x x x g ++∴≥ 即 21212()()()2x xf x f x f +≥⑵2222''()'(0)''(')()(0)'(0)ln (0)|2(0)2x g f ff f g x g g x x f x x f fξξ=-=++=++ '(0)f x ≥ 即'(0)()f xf x e≥4．求10(1)limln(1)xx x e x →+-+由洛比塔法则原极限=120(1)ln(1)1lim(1)(1)2xx x x x x e x x →-+++=-+5．设222 0cos()sin t u x t y e udu -⎧=⎪⎨=⎪⎩⎰ ，求22d y dx 解：42sin()2t dy e t t -=⋅⋅ 2sin()2dx t t =-⋅4t dy e dx -∴=- 44232222(')42sin()2sin()t t d y d y t e t edx dx t t t --===--⋅ 6．2 0(1)(1)dxx x α+∞++⎰，（0α≠） 解：记原积分为I 则201/(1)(1)dxI t x x x α+∞==++⎰含 20(1)(1)t dt t t αα+∞++⎰ 22 124dx I I x ππ+∞∴==∴=+⎰7.设函数()f x 满足方程，()2()3sin xxe f x e f x x ππ-+-=，x R ∈，求()f x 的极值。
2018年全国高中数学联赛陕西赛区预赛试题+答案
cos B
10.
|AB| = 3p
△F A′B′
答案
1 .
3
解析
(
π)
3
cos B = − cos(A + C) = − cos 2C + = sin 2C =
2
4
y2 = 2px(p > 0) AB l
F A′ B′
l
F
AA′B′B
.
A, B MM
=
S△A′ B ′ F S AA′B′B
=
|A′B′| · p |A′B′| · (|AA′| + |BB′|)
[
]
4
1
f (x) = x + − 1 ∈ 3, 15
x
4
11
n
3 + 3 + 3 + 3 + 3 = 15
n = 6.
44
√
12. n
n > 100
n2 + 3n + 1
.
答案 49.
解析
√
√
1
n2 + 3n + 1 + n + 1
13
1
√
−2=
n2 + 3n + 1 − n − 1
n
− 2 = n2 + n + 1 − 1 + n > 0
√ B： 2
12
π 5. 0 < x <
2
sin4 x cos4 x 1
+
=
9
4 13
tan x
A： 1 2
B： 2 3
6. x, y ∈ R
2001年陕西省第四次大学生高等数学竞赛试题及答案
期 封底照片 由王慧娟摄像提供 特此补充说明 并向王女士
致歉∀
∂ 1 ⁄
1
高等数学研究
≥× ⁄ ∞≥ ≤ ∞ ∞ × ∞ × ≤≥
竞赛之窗
陕西省第四次大学生高等数学竞赛 月 日 复赛 试题 附答案 上午 年 Β ) Β
一! 二! 足方程 Υ ψ 三! 分 求
5ζ 5ξ
ν ν
ξ
ξ ξ ν 当 ν 为奇数 分 设函数 Υ ξ ! φ ξ 有一阶连续导数 且 φ χ ξ 又函数 ζ ξ ψ 5ζ 5ψ
≈
νψ ]
ξ ν 1≈
分 求幂级数6ν]ν νν ξ 的收敛域与和函数∀
ξ
ξ
ξ ξ
ξ
六!
ζ ψ Π ξ
分 计算曲面积分
[ ξ [
κ
Σ
ξ
ψ ζ
ψ
ξ
ζ ξ ο
ξ ζ ξ ψ 其中 Σ 是由弧段 Π ≈
绕 ξ 轴旋转一周的旋转曲面 Σ 的法向量 ν 与 οξ 轴的夹角大于
七! 分 设曲线 Χ 为曲面 ξ 的正向看过去为逆时针方向∀
χ Θ
外 还满足方程
χ χ ξ ψ
5υ 5ξ ζ
5υ 5Η 5υ 5υ 5ψ 5ζ
及
1
5υ 5Υ
χ
分 一个底半径为
尺 高为
尺的开口圆柱形水桶 在高出水桶底面的
≈
尺处 有
Π
两个小孔 两小孔的连线与水桶轴线相交 问该桶最多能盛多少水而不漏水 十二! 分 设 ξ∴ 试证明不等式
Θ
上接第
τ [ τ τ τ
陕西省第12届数学竞赛预赛试卷(非数学)-答案
故
f
( y)
=
a3b 3
1 (3y2
−
y3 6
)
+
C1 y
+
C2
.
……………… 4 分
五、(本题满分 12 分) 计算 I =
3y
−
x
dx
−
5zdz
，曲线
:
x2
x2
+ +
y2 y2
+ z2 = = 2z
8
，从
z
轴
正向往坐标原点看去取逆时针方向.
【解】
曲线
也可表示为
z x
= 2， 2 + y2
+ sin x dx
0x
x sin u du . 0u
令 F(x) = x sin u du ，则 F(x) = sin x ， lim F(x) = ，所以
0u
x
x→+
2
2
I= − 4
+ 0
F ( x) F ( x)dx
=
2 4
−
1 F(x)2
2
+ 0
=
2 4
−
1 2
2
2
=
2 8
.
【5】 设 f (x) ，g(x) 在 x = 0 的某一邻域U 内有定义，对任意 x U ，f (x) g(x) ，
y2
2
1
+
x y
=
x + yy x2 + y2
，即 (x + y)y =
y−x，
所以 f (1) = 0 ，曲线 y = f (x) 在点 (1,1) 处的切线方程为 y =1.
一道高等数学竞赛题的一题多解
（
）
（ 不 存 在 ｃ）
（ Ｄ）
下 面 给 出这 道 题 的 三 种 解 法 ， 望 对 读 者 能 有 所 启 发 。 希
解１选Ｂ。 ｃｘ １专 ＋４０ ） （ ￣ｏ＝一 （ 得 ） ｓ Ｘ ＋
。 一
） ＝ ｉ ｍ
生 字
＋ １
２４
一
一 １
一
一
ｚ＋ ０（ Ｘ２
ｌｍ ｉ
：＝ —
１
—
２
又 用 洛 必 达 法 则
１ １ ｆ ， 、 Ｊ（ ） 一 一 ２ ｌｍ ｉ
０
一
一
一
ｆ ）一 尸 （ （ ０）
一
Ｉ
２
ｒ， ０）， （
故
厂 ０） ２ （ 一
。
［ ］ 由 高 阶 无 穷 小 的运 算 法 则 可 得 注
—
— —
—
１
～
— ０ 由 函 数 极 限 与 无 穷 小 的关 系 知 ， 在 ｘ －０时 的 ， 存 － ￣
无穷小 ａ ） 使 （ ，
羔
一 （ ） 即 Ｌ（ ｚ 厂 ）一 Ｌ二
，
＋ ｚ（ ）
，
所 以
１ ｃ － ｏ
２ ｘ） １ ｆ（ －
一
二 ｓ ｘ
ｚ
１
—
１－ ｃ ｓ 一 － ｏ
一
—
—
＋
，
０
１ ７
—（＝ 玄 ＋ 一４ ） ａ
０
这 里 最 后 一 个 等 式 的 得 出是 运 用 洛 必 达 法 则 或 麦 克 劳林 公 式 的结 果 。 。 评 注 利 用 函数 极 限 与 无 穷 小 的关 系 得 出 Ｌ（ 的表 达 式 ， 代 入 所 求 极 限 式 ． 法 稍 繁 些 ， 厂 ） 再 此 但 避 免 了 用 “ ” 且 分 析 过 程 自然 些 。 ０ ，
(完整版)大学生高等数学竞赛试题汇总及答案,推荐文档
而此图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体的体积 即
令
V (a) 2 a 1 (1 2a) 8 (1 a) 0 ，
5
3
27
得
即
因此
a 5 ,b 3 ,c 1.
42
七、（15
分）已知 un (x)
满足 un (x)
un (x)
xn1e x (n
1,2,)
,且 un (1)
e n
,
求函数项级数
收敛；
（2）当
1且 sn
(n ) 时，级数
n1
an Sn
发散。
解：
（1） an >0, sn 单调递增
当
n1
an
收敛时，
an sn
an s1
，而 an
s1
收敛，所以 an
sn
收敛；
当
n1
an
发散时，
lim
n
sn
所以， an s n1 n
a1 s1
n2
sn sn1
dx x
a1 s1
（1） xesin ydy yesin xdx
L
D
x
( xesin
y
)
y
(
ye sin
x
)dxdy
而 D 关于 x 和 y 是对称的，即知
因此
（2）因
故
由
知
即 xesin ydy yesin ydx 5 2
L
2
五、（10 分）已知 y1 xex e2x ， y2 xex ex ， y3 xex e2x ex 是某
zy 2 y 知 2 zx (x0 , y0 ) x0 ,2 zy (x0 , y0 ) 2 y0 ， 即 x0 2, y0 1，又 z(x0 , y0 ) z(2,1) 5 ，于是曲面 2x 2 y z 0 在 (x0 , y0 , z(x0 , y0 )) 处的切平面方程是