河南科技大学第三届高等数学竞赛卷da2(可打印)

合集下载

华中科技大学《高等数学》2021-2022学年第一学期期末试卷

2021～2022学年第一学期《高等数学》课程考试试卷(A 卷)一.单项选择题(每小题3分,6个小题共18分,将结果涂在答题卡上.)1.设函数()f x 在(,)-∞+∞内单调有界，{}n x 为数列，下列命题正确的是【B 】A.若{}n x 收敛，则{()}n f x 收敛 B.若{}n x 单调，则{()}n f x 收敛C.若{()}n f x 收敛，则{}n x 收敛.D.若{()}n f x 单调，则{}n x 收敛.2.函数2()lim 1n n n x f x x →∞+=+的间断点及类型是【C 】A.1x =是第一类间断点，1x =-是第二类间断点B.1x =是第二类间断点，1x =-是第一类间断点C.1x =±均是第一类间断点D.1x =±均是第二类间断点分析⎪⎩⎪⎨⎧>=<=1||,11,2/31||,2)(x x x x f ，1-=x 时函数无定义，1±=x 为跳跃间断点.故选C.3.当0x +→等价的无穷小量是【C 】A.1-.B.1.C..D.1-.分析1-1-ln(1)~,ln(1~x x +--lnln(1)ln(1~x =+--112x -.故选C.4.设函数()f x 在0=x 处连续，下列命题错误的是【D 】A.若0()limx f x x→存在，则(0)0f =.B.若0()()limx f x f x x →+-存在，则(0)0f =.C.若0()lim x f x x→存在，则(0)f '存在.D.若0()()lim x f x f x x→--存在，则(0)f '存在.5.曲线1ln(e )(0)y x x x=+>的渐近线条数为【】.A.0B .1C.2D.3分析1lim ln(e )x x x→+∞+=+∞，曲线无水平渐近线；01ln(e )lim ln(e )lim 0t x t x x t+→+∞→++==，曲线无铅直渐近线；()lim 1x f x k x →+∞==，0ln(e )11lim (())lim e x t t f x kx t +→+∞→+--==，曲线有斜渐近线1ey x =+.故选B .6.设2πsin ()e sin d x t xF x t t +=⎰，则)(x F 【A 】A.为正常数.B.为负常数.C.恒为零.D.不为常数.分析被积函数是以2π为周期的函数，故)(x F 为常数，且2πππsin sin sin sin π()esin d esin d (e e )sin d 0x ttt t xF x t t t t t t +--===->⎰⎰⎰.故选A.二.填空题（每小题4分,4个小题共16分,将计算结果写在答题卡上.）7.曲线⎪⎩⎪⎨⎧+==21ln arctan t y tx 对应于1=t 处的法线方程为1πln 2024y x +--=.解当1=t 时，π1,ln 242x y ==，1|111|'1221=++===t t t t ty ，所以法线方程为1πln 21()24y x -=-⋅-，也就是1πln 2024y x +--=．8.曲线πsin 2cos (2π)2y x x x x =+-<<的拐点是π2-（，）.解sin cos 2sin '=+-y x x x x ,sin ''=-y x x ,令0''=y 得0=x ，πx =.根据左右两侧二阶导数符号改变情况，可知π2-（，）是拐点.9.曲线πln cos (0)6y x x =≤≤的弧长为1ln 32.解ππ6601sec d ln sec tan ln 32s x x x x x===+=⎰.10.2=xy 的麦克劳林公式中nx 项的系数是!)2(ln n a nn =.解由2=x y ，则()ln 22n n x y=⋅，()(0)ln 2n n y =，故麦克劳林公式中n x 项的系数为!)2(ln n a nn =.三．基本计算题（每小题7分,6个小题共42分,必须写出主要计算过程.）11．已知213lim 1x ax x b x →+-=-，求常数,a b 的值.解当1x →时，因分母10x -→，故分子230ax x +-→，（2分）即2a =.（3分）21123(1)(23)lim lim 511x x x x x x b x x →→+--+===--.（7分）12.设()f x 为连续函数，且满足)(x f =12(2)2()d x x f f x x -⋅+⎰,求)(x f .解因()f x 为连续函数，故可设1()d f x x a =⎰，且2()(2)2f x x x f a =-⋅+，（2分）1120011()d ((2)2)d (2)232a f x x x xf a x f a ==-+=-+⎰⎰，解得11(2)23a f =-，从而22()(1)(2)3f x x x f =---.（5分）令2x =22(2)2(21)(2)3f f =---5(2)3f ⇒=所以22525()(1)1333f x x x x x =---=-+.（7分）13.求极限11limn n i l n i -→∞==+∑.解111lim 1n n i l i n n-→∞==⋅+∑，（3分）故101d 1l x x =+⎰（5分）1ln(1)ln 20x =+=.（7分）14.计算定积分10.I x x =⎰解法一令sin x t =，则d cos d x t t =，（2分）ππ33222sin d sin cos d I t t t t t==⎰⎰（4分）π4220(cos cos )d(cos )t t t =-⎰π2530112(cos cos )5315t t =-=.（7分）或由Wallis 公式计算πππ323522202422sin cos d sin d d 35315I t t t t t t t ==-=-⋅=⎰⎰⎰.解法二t =，则d d x x t t -=，（2分）0221(1)d I t t t=--⎰（4分）1240112()d 3515t t t =-=-=⎰.（7分）15.设函数,0,()0,0x e x f x x λλ-⎧>=⎨≤⎩，0λ>，求()d x f x x +∞-∞⎰.解()d x f x x +∞-∞⎰0d e d x x x xλλ+∞--∞=+⎰⎰（3分）dexx λ+∞-=-⎰0e e d x x x xλλ+∞-+∞-=-+⎰（5分）1exλλ+∞-=-1λ=（7分）16.求微分方程e 0xxy y '+-=，1)2(=y 的特解.解原方程改写为1e xy y x x'+=，所求通解为11d de e(e d )x xx x x y C x x-⎰⎰=+⎰（3分）1(e )x C x=+.（5分）或()e x xy '=直接得到e x xy C =+.将初始条件1)2(=y 带入，得22e C =-，特解为21(2e e )x y x=-+（7分）四.综合题（每小题7分,2个小题共14分,必须写出主要过程.）17.已知()f x 在,（-）∞+∞上连续，2()(1)2()d xf x x f t t =++⎰，求()(0)n f 的值2（）≥n .解一积分方程两边求导得()2(1)2()'=++f x x f x ，（2分）解得23()e2xf x C x =--，又(0)1f =，故253()e 22x f x x =--，（5分）2n ≥时，()5(0)22n n f =⋅.（7分）解二()2(1)2()'=++f x x f x （2分）()22()'''=+f x f x ，()2()'''''=f x f x （3分）()2()2()(2)-''=≥n n f x f x n （5分）(0)1(0)2+2=4(0)10f f f '''===，，,()21(0)102=52--=⋅⋅n n n f （7分）18.设抛物线2=++y ax bx c 过原点，当01≤≤x 时，0≥y ，又该抛物线与直线1=x 及x 轴围成平面图形的面积为13，求,,a b c 使该图形绕x 轴旋转一周而成的旋转体体积V 最小.解由抛物线过原点知0=c ，（1分）且312131)(12=+=+⎰b a dx bx ax ，即)1(32a b -=，（3分）从而122220111V π()d π()523ax bx x a ab b =+=++⎰2214π()1352727a a =++（5分）由d 41π(0d 13527V a a =+=得45-=a ，又22d 4π0d 135V a =>，故当0,23,45==-=c b a 时，旋转体体积最小.（7分）五.证明题（每小题5分,2个小题共10分,必须写出主要过程.）19.证明方程ln 2021exx =-在区间0,（）+∞内只有两个不同的实根.证令()ln 2021exF x x =--，则lim ()x F x →+∞=+∞，+0lim ()x F x →=+∞.（2分）11e()e e x F x x x-'=-=⋅，(e)0F '=，当0e x <<时，()0'<F x ；当e x >时，()0'>F x ;所以()F x 在(0,e)内单调下降，在(e +)∞，内单调上升，(4分）(e)20210F =-<，由零点定理知，()F x 在(0,e)和(e +)∞，内分别有唯一的零点，故原方程在0,（）+∞内仅有两个不同的实根，分别在(0,e)和(e +)∞，内.（5分）20.设()f x ''在[]0,2上连续且()f x M ''≤，(1)0f =，证明：2()d .3M f x x ≤⎰证法一将()f x 在01x =展开为一阶泰勒公式21()(1)(1)(1)()(1)2!f x f f x f x ξ'''=+-+-，ξ介于x 与1之间（2分）注意(1)0f =，20(1)d 0,x x -=⎰222220011()d ()(1)d |()|(1)d 22f x x f x x f x x ξξ''''=-≤-⎰⎰（3分）322200(1)(1)d 2233M M x Mx x -=-≤=⎰.（5分）证法二记0()()d xF x f t t =⎰，将()F x 在01x =展开为二阶泰勒公式23(1)()()(1)(1)(1)(1)(1)26f f F x F f x x x ξ'''=+-+-+-，注意(1)0f =，分别令0,2x x ==，则1(0,1)ξ∃∈，2(1,2)ξ∈使31()(1)(0)(1)(01)26f f F F ξ'''=++-，32()(1)(2)(1)(21)26f f F F ξ'''=++-，二式相减，得2120()()()d (2)(0)6f f f x x F F ξξ''''+=-=⎰，由条件()f x M ''≤立即得20()d .3M f x x ≤⎰证法三先证结论：若f 二次可微，则(,)a b ξ∃∈使3()()d ()())224baa b f f x x f b a b a ξ''+=-+-⎰.（*）（可以用证法一，证法二，以下处理也有其特点）设3()()d ()(),()()2xaa x F x f t t f x a G x x a +=--=-⎰，则2()()()(),()3()222a x a x x aF x f x f fG x x a ++-'''=--=-由柯西中值定理(,)a b η∃∈使()()()()()()F b F a FG b G a G ηη'-='-,即2()()()()222()3()a a af f f F b G b a ηηηηη++-'--=-对分子用泰勒公式知存在(,)(,)2a ab ηξη+∈⊂，使2()()()()()22222a a a f a f f f ηηηξηη''++--'--=，故()()()24F b fG b ξ''=，即（*）式成立.利用题设条件()f x M ''≤，(1)0f =得230|()|()d (20).243f Mf x x ξ''=-≤⎰。

河南科技大学高等数学作业及其答案3

作业题答案一．回答问题1.写出由平面0=z ，柱面122=+y x 和曲面222)]([y x f z +=（f 为连续函数）所围立体体积的表达式，并用极坐标的二次积分表示该体积. 解：σd y x f V D222)]([⎰⎰+=其中D ：122≤+y x 在极坐标系下的表达式为：⎰⎰⋅=102220)]([rdr r f d V πθ 其中D ：⎩⎨⎧≤≤≤≤1020r πθ 2.当物体的体密度为),,(z y x ρ时，写出物体质量的三重积分表达式，并化成三次积分.其中物体在空间中占有区域Ω：,11,11),,{(22x y x x z y x -≤≤--≤≤-}22222y x z y x --≤≤+.解：由题意知：⎰⎰⎰⎰⎰⎰------+Ω⋅==11112222222),,(),,(x x y x y x dz z y x dy dx dxdydz z y x M ρρ二 .化重积分为二次积分1.用两种方法把二重积分⎰⎰=Dd y x f I σ),(化为直角坐标系下的二次积分，其中区域D 是由x y 82=与y x 82=围成的闭区域.解：（1）区域2:08,8x D x y ≤≤≤≤2808(,)(,)x DI f x y d dx f x y dy σ==⎰⎰⎰⎰. （2）区域2:08,8y D y x ≤≤≤≤808(,)(,)DI f x y d dy f x y dx σ==⎰⎰⎰⎰ 2. 将二重积分⎰⎰=Dd y x f I σ),(化为极坐标形式的二次积分, 其中D 是由10,10≤≤≤+≤x y x 围成的闭区域在第一象限部分.解：区域1:0,02cos sin D y πθθθ≤≤≤≤+12cos sin 0(,)(cos ,sin )DI f x y d d f d πθθσθρθρθρρ+==⎰⎰⎰⎰3. 设空间区域Ω由22y x z +=与1222=++z y x )0(≥z 所围成，将⎰⎰⎰Ω+=dv y x f I )(22化为三种坐标系下的三次积分.解：122222=+++=z y x y x z 和的交线在xoy 面上投影曲线为2122=+y x 直角坐标系下：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧--≤≤+-≤≤--≤≤-Ω222222121212222:y x z y x x y x x ⎰⎰⎰------++=∴22222212212222122)(x x y x yx dz y x f dy dx I柱面坐标系下：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤≤≤≤≤≤Ω2122020:rz r r πθ⎰⎰⎰-=πθ2012222)(r rdz r rf dr d I球面坐标系下：⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤Ω104020:r πϕπθ⎰⎰⎰=ππϕϕϕθ20012224)s i n (s i n dr r f r d d I三．计算下列重积分1.σd yx D⎰⎰221,,2:===xy x y x D 所围成. 解：由题意知⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤xy xx D 121: ∴ 原式4921221==⎰⎰xxdy y x dx2. ()DI x y dxdy =+⎰⎰ D 由曲线2,,1===y x y xy 所围成. 解：由题意知12:1y D x y y ≤≤⎧⎪⎨≤≤⎪⎩∴ 原式1219()4yydy x y dy =+=⎰⎰3．⎰⎰-+=2222x a y xa dy e dx I )0(>a ..解：由题意知220,0:x a y a x D -≤≤≤≤因此极坐标下的区域a r D ≤≤≤≤0,20:πθ∴原式=)1(42121(22222000-=-=⎰⎰⎰a a ar e d e rdr e d πθθππ4.求dxdy y x f I D⎰⎰=),(，其中D ：10,10≤≤≤≤x y ，⎩⎨⎧>+≤+--=1111),(y x y x y x y x f .解：由题意将积分区域划为如图： 21D D D = ⎩⎨⎧≤≤-≤≤⎩⎨⎧-≤≤≤≤1110:1010:21y x x D xy x D ⎰⎰⎰⎰+--=∴12)1(D D dxdy dxdy y x I 1121)1(101⨯⨯+--=⎰⎰-xdy y x dx 322161=+=5．⎰⎰⎰Ω=zdxdydz I 其中Ω由0,0,0===z y x 及1=++z y x 所围成.解：原式⎰⎰⎰---=101010xyx zdz dy dx 2416)1(13=-=⎰dx x . 6. ⎰⎰⎰Ω=zdxdydz I ，1:22=+=Ωz y x z 及所围成.（要求用柱面坐标和球面坐标两种方法计算）. 解：122=+=z y x z 和的交线在xoy 面上投影曲线为122=+y x∴柱面坐标：⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤Ω11020:z r r πθ所以421210220101ππθπ=-==⎰⎰⎰⎰dr r r zdz rdr d I r又球面坐标：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤Ωϕπϕπθcos 104020:r4c o s s i n 200024c o s1πϕϕϕθππϕ⎰⎰⎰=⋅=∴dr r r d d I四．改变下列积分次序 1．⎰⎰11),(ydx y x f dy .解：由题意知:011D y x ≤≤≤改变积分次序后区域20,10:x y x D ≤≤≤≤∴原式⎰⎰=12),(x dy y x f dx2．⎰⎰eexdy y x f dx ),(10.x e解：由题意知⎩⎨⎧≤≤≤≤ey e x D x10:⎩⎨⎧≤≤≤≤yx e y D ln 01: ∴原式⎰⎰=eydx y x f dy 1ln 0),(五．应用1. 求由曲线⎩⎨⎧==-022y z x 绕z 轴旋转而成的曲面与平面8,2==z z 所围成的介于此二平面之间的立体的体积.解：旋转曲面方程为：0222=-+z y x σσd y x d V D D ⎰⎰⎰⎰+-+-=12)28()28(22其中1D ：⎩⎨⎧≤≤≤≤2020r πθ 2D ：⎩⎨⎧≤≤≤≤4220r πθrdr r d V ⎰⎰-+⨯⨯=∴πθπ20422)28(46πππ6018224=⨯+=2.物体Ω由曲面)(222y x z +=和)0(>=h h z 围成，设Ω的体密度1=ρ：（1）求物体的质量; （2）求物体的重心坐标; （3）求物体对z 轴的转动惯量. 解：（1）⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩ==dv dv M ρ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤Ωhz r h r 222020:πθrdr r h rdz dr d M h hh r ⎰⎰⎰⎰-==∴222022)2(22πθπ42h π=（2）0===⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩxdv dv x M x ρ （由奇函数和Ω的对称性）0=y M ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩ==zdv dv z M z ρ3202262h r z d z dr d h h rπθπ==⎰⎰⎰h M M z y x z 32,0,0====∴ ∴重心坐标)32,0,0(h（3）对z 轴的转动惯量⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩ+=+=dv y x dv y x I z )()(2222ρ320223242h dz r dr d hh rπθπ==⎰⎰⎰练习题答案一．计算下列重积分 1．Dydxdy ⎰⎰ 区域D 由2,2y x y x x==-围成.解：由22y x y x x=⎧⎨=-⎩得交点坐标为(0,0)，故区域2:01,2,D x x y x x ≤≤≤≤- 因此2121234011(34)210x x xDydxdy dx ydy x x x dx -==-+=⎰⎰⎰⎰⎰ （注：此题也可把区域D 看成Y 型区域来作.） 2.⎰⎰+Dd xy σ)1(3 区域4:22≤+y x D .（提示：利用二重积分的对称性）. 解：3xy 是x 的奇函数，D 对称于y 轴，03=∴⎰⎰σd xy D，⎰⎰Dd σ表示D 的面积∴⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰==+=+DDDDd d xy d d xy πσσσσ4)1(333计算dx e dy yx ⎰⎰112.解：利用Y 型区域来积分，2xe dx ⎰不能用初等函数表示，可考虑用X型区域，因此有dx e dy y x ⎰⎰1102=⎰⎰Dx dv e 2==⎰⎰dy e dx xx 0102dx xe x ⎰102=)1(21-e 4.⎰⎰+Dd y x σ22 22222:0,,,0D x x y a xx y a a ≥+≥+≤>. D ：⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤-ar a θπθπcos 22原式=)43(93cos 22-=⋅⎰⎰-πθθππa rdr r d a a .5. ⎰⎰⎰Ω=zdxdydz I ，其中Ω由0,,0,1====z x y y x 及z 解： Ω在xoy 平面上的投影区域为D D ,由x y y x ===,0,1围成，且D 为Ω的底面，Ω的曲顶为曲面（马鞍面）xy z x y x xy z ≤≤≤≤≤≤Ω∴=0,0,10:,∴原式⎰⎰⎰=10x xyzdz dy dx =3616.计算222()I x y z dxdydz Ω=++⎰⎰⎰，其中c b a z y x czb y a x ,,.0,,,1:≥≤++Ω都是正常数. 解： 60)1(213022)(022abc dz c z z ab dxdy dz z dxdydz z cz D c =-==⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ω同理60,603232c ab dxdydz y bc a dxdydz x ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰ΩΩ， ∴)(60)(222222c b a abc dxdydz z y x ++=++⎰⎰⎰Ω。

第三届高等数学竞赛(文科类)试题参考答

第三届高等数学竞赛（文科类）试题参考答南昌大学第三届高等数学(文科类)竞赛试题参考答案一、填空（每个问题3分，共15分）1.100！2．21132711? x3.xsinx（cosx？lnx？sinxx）dx4.（0,1），（，）5。

？4.2、多项选择题（每题3分，共15分）1？B2．?C3．? C4．? D5．? A.3、（这个问题的满分是10分）？解决方案12：Lim？十、0辛克斯？十、cosxsincosx？＝林？222x？0xxsinx？2倍？1234xsin4x2222xx？21＝lim2？十、044xsin2x2？01＝limx？0＝lim＝43x？02212xcos4x？4＝lim2sin4x？424xx？0四、（本题满分为10分）dydt？？解决方案：DXDTDY1？11? T22？t2，1？tdydx22？D阿迪？D阿迪？dtd？阿迪？1.DX？dx？dt？dx？dxdt？dx？dtd？Tdt？2.12t1？t211？T22t2？1.1.T4.T第1页，共3页五、（本题满分10分）解：?x(xdx4?1)x2??xxdx43(x?1)4?14lnx?1x44?c?(1?x)xedxxed(x11?x)??xex1?x??1?x1(1?x)edxx??xex1?x4?e?c?xxex1?x?c所以，原式?14lnx?1x4?e1?x?c六、（本题满分10分）证明:设f(x)?1?xln(x?1?x2)?1?x2,x.1?x1?xx?1?x22则f?(x)?ln(x?1?x)?x??ln(x?1?x)22?x1?x2令f?(x)?0得驻点为x?0.由于f??(x)?f(x)的最小值为f(0)?0.11?x2?0.知x?0为f(x)的极小值点,即最小值点.于是,对一切x?(??,??),有f(x)?0,即有不等式1?xln(x?1?x)?21?x,x.2第2页，共3页七、（本题满分10分）解：令u?2t,du?2dt,t?x?u?2x,t?0?u?00则2?tf(2t)dt＝x120?uf(u)du2x原式两边对x求导得：2x?032f(t)dt?x?2f(2x)?2x?f(2x)?8x?6x2x??0232f(t)dt?8x?6x?2f(2x)?24x?12x2?f(x)?3x?3x令f'(x)?6x?3?0?x?f?0??0,f?2??6,12所以最大值为八、（本题满分10分）3?1?f4?2?36，最小值为?4证明:(ⅰ)令f(x)?f(x)?x?1，则f(0)?f(0)?1??1?0，f(1)?f(1)?1?0?由零点定理，0,1?,有f(?)?0，即f(?)?1??(ⅱ)在?0,??上用中值定理.??1?(0,?),f?(?1)?f(?)?f(0)??0?1f(1)?f(?)1在??,1?上也用中值定理，??2?(?,1),f?(?2)??f?(?1)?f?(?2)?1?1??九、（本题满分10分）332解：?(x0?x)f\'(x)dx2＝?(x20?x)df\(x)＝(x＝(x＝(x?x)f\(x)|?x)f\(x)|?x)f\(x)|3303－?03f\(x)(2x?1)dx20－?(2x?1)df'(x)0230－(2x?1)f'(x)|0+?2f'(x)dx033＝12f\?3?－7f'(3)?f'(0)?2f(3)?2f(0)由(3,2)是拐点?f\(3)?0f'(3)?4?22?3??2，f'(0)?4?02?0?2（?l,l的斜率）12?原式＝20第3页，共3页。

大学数学竞赛模拟题C-6解答共29页文档

第 1 页2003高等数学竞赛试题及参考解筨一、选择题（40分）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 yx 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第 2 页为（ 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 ydy kx 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 x a 在1=x 处收敛，则∑∞=-+0)1(1n n nx n a 在0=x 处（ D ）(A) 绝对收敛； (B) 条件收敛； (C) 发散；(D) 收敛性与a n 有关. 二、（8分）设)(1lim)(2212N n xbxax x x f nn 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 =。

河南科技大学第三届高等数学竞赛卷da2

河南科技大学第三届高等数学竞赛（卷二）评分标准三、解答题（本大题共8个题，满分为100分） 21．（本题满分10分）求极限21lim sin cos xx x x →∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭解：令1y x= ，原式可以转化为()10lim sin 2cos yy y y →+ ……………4分即原式()ln sin 2cos limy y y ye →+= …………………………………3分02cos 2sin lim2sin 2cos y y yy y ee →-+== …………………………………3分22．（本题满分15分）设函数()f x 在（,-∞+∞）上有定义, 在区间[0,2]上, 2()(4)f x x x =-, 若对任意的x 都满足()(2)f x k f x =+, 其中k 为常数.(Ⅰ)写出()f x 在[2,0]-上的表达式; (Ⅱ)问k 为何值时, ()f x 在0x =处可导.【详解】(Ⅰ)当20x -≤<,即022x ≤+<时, ……………………2分()(2)f x k f x =+2(2)[(2)4](2)(4)k x x kx x x =++-=++.…………4分(Ⅱ)由题设知 (0)0f =. ………………………………………2分200()(0)(4)(0)lim lim 40x x f x f x x f x x+++→→--'===-- …………………2分00()(0)(2)(4)(0)lim lim 80x x f x f kx x x f k x x---→→-++'===-.………2分令(0)(0)f f -+''=, 得12k =-. ……………………2分即当12k =-时, ()f x 在0x =处可导. ………………………1分23.(本题满分10分)求通过点()1,1的直线()y f x =中，使得()2220x f x dx ⎡⎤-⎣⎦⎰为最小的直线方程。

全国大学生数学竞赛模拟试卷六套详解(汪宏喜选编)

2ne e
n
1 ln(2 − 1 ) − (1 + ln 2) 1 − ln(1 − 1 ) > 0 ,为此引入辅助函数
n
n
n
n
g(x) = x ln(2 − x) − (1 + ln 2)x − ln(1 − x)(0 < x < 1) ,只需要证明 g(x) > 0 .
g′(x) = ln(2 − x) − x − (1 + ln 2) + 1 ,
适合 2016-2017 年全国大学生数学竞赛（非数学类）
汪宏喜教授设计选编
2016 年全国大学生数学竞赛模拟试卷（一）
考试形式：闭卷考试时间： 150 分钟满分： 100 分.
一、下列各题（共 24 分,每小题各 6 分,要求写出重要步骤）.
（ 1 ）设函数 f (x) 在点 x = 0 处有定义 , 且 f (0) = 1 , lim ln(1 − x) + sin x ⋅ f (x) = 0 . 求 x→0 ln(1 + x) ⋅ arctan x
.
∫ ∫ | ∫ 解：
π 2
f (x)dx = 2
π
2 f (x)d
π
π
x = 2 f (x) x 2 − 2 2
xdf (x)
0x
0
0
0
∫ ∫ ∫ π
=− 2
1 dx （令 t = tan x ） = −
0 1 + t;
1 t)(1 +
t
2
dx )
=
1 2
+∞ ⎜⎛ − 0⎝
c
线.
（1）求 f (x), g(x) 使得 f (0) = g(0) = 0 .（2）计算任一条曲线从点 (0,0) 到 (1,1) 积分.

首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答

专业：线年级：封所在院校：密身份证号：姓名：首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答（非数学类，2009）考试形式：闭卷考试时间： 120 分钟满分： 100 分.题号一二三四五六七八总分满分 20 5 15 15 10 10 15 10 100 得分注意：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.一、填空题（每小题5分，共20分）.（1）计算 dxdy yx x y y x D∫∫−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛++11ln )(=_____________，其中区域D 由直线1=+y x 与两坐标轴所围三角形区域.（2）设 ()f x 是连续函数，满足 220()3()2f x x f x dx =−−∫，则()f x =___________________. （3）曲面2222x z y =+− 平行平面 220x y z +−= 的切平面方程是________________________.（4）设函数 ()y y x =由方程 ()ln 29f y y xee =确定，其中f 具有二阶导数，且 1f ′≠，则22d ydx =____________________.答案：1615 ，21033x −， 2250x y z +−−=，223[1()]()[1()]f y f y x f y ′′′−−−′−.得分评阅人二、（5分）求极限 20lim()ex x nx x x e e e n→+++ ，其中 n 是给定的正整数.解：原式20lim exp{ln()}x x nxx e e e e x n→+++=20(ln()ln )exp{lim}x x nx x e e e e n x →+++−= ………………….….…（2分）其中大括号内的极限是型未定式，由 L Hospital ′法则，有 20(ln()ln )lim x x nx x e e e e n x →+++− 20(2)limx x nx x x nxx e e e ne e e e →+++=+++ (12)1(2e n n e n ++++==于是原式=1()2n e e+ . ……………………………………..…………..…(5分)三、（15分）设函数 ()f x 连续,1()()g x f xt dt =∫，且()limx f x A x→= ,A 为常数，求 ()g x ′并讨论()g x ′ 在0x =处的连续性.解：由题设，知 (0)0f =，(0)0g =. …………….…………...…(2分)令u xt =，得0()()xf u dug x x=∫ (0)x ≠，……………………………………..……（5分）从而 02()()()x xf x f u dug x x−′=∫ (0)x ≠…………………………………….……(8分)由导数定义有20()()(0)limlim22xx x f u du f x Ag x x →→′===∫ ……………………………………….……(11分) 由于 022000()()()()lim ()limlim lim (0)22xxx x x x xf x f u duf u du f x A Ag x A g xx x →→→→−′′==−=−==∫∫，从而知 ()g x ′ 在 0x =处连续. …………………………………………….……….(15分)得分评阅人得分评阅人专业：线年级：封所在院校：密身份证号：姓名：四、（15分）已知平面区域 {(,)|0,0}D x y x y ππ=≤≤≤≤ ，L 为D 的正向边界，试证：（1）sin sin sin sin yx y xLLxedy ye dx xe dy ye dx −−−=−∫∫；（2）sin sin 252yx Lxedy ye dx π−−≥∫ . 证法一：由于区域D 为一正方形，可以直接用对坐标曲线积分的计算法计算.(1) 左边0sin sin sin sin 00()yxx x edy edx e e dx ππππππ−−=−=+∫∫∫ ， ...…(4分)右边0sin sin sin sin 0()yxx x edy edx e e dx ππππππ−−=−=+∫∫∫ ，……..…（8分）所以 sin sin sin sin y x y x LLxe dy ye dx xe dy ye dx −−−=−∫∫. ……………………………(10分) (2) 由于 sin sin 22sin xx ee x −+≥+ ， …….…………………….…...(12分)sin sin sin sin 205()2yxx x Lxedy yedx e e dx πππ−−−=+≥∫∫ . ……..…….…(15分)证法二：（1）根据 Green 公式，将曲线积分化为区域D 上的二重积分sin sin sin sin ()y x y x LDxe dy ye dx e e d δ−−−=+∫∫∫ ……………………………...… (4分) sin sin sin sin ()yx y x LDxedy ye dx e e d δ−−−=+∫∫∫ ………………………………(8分)因为关于 y x = 对称，所以sin sin sin sin ()()yx y x DDee d e e d δδ−−+=+∫∫∫∫ ，故sin sin sin sin y x y x LLxe dy ye dx xe dy ye dx −−−=−∫∫ . ………………….…… (10分) (2) 由 22022(2)!nttn t e e t n ∞−=+=≥+∑ sin sin sin sin sin sin 25()()2y x y x x xL D Dxe dy ye dx e e d e e d δδπ−−−−=+=+≥∫∫∫∫∫ . …….……….……(15分)得分评阅人五、（10分）已知 21x xy xe e =+ ，2x x y xe e −=+ ，23x x x y 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.解：根据二阶线性非齐次微分方程解的结构的有关知识，由题设可知：2x e 与 xe −是相应齐次方程两个线性无关的解，且 xxe 是非齐次的一个特解.因此可以用下述两种解法 ………………………………………………………….…...……(6分)解法一：故此方程式 2()y y y f x ′′′−−= ………………….……..……..……(8分)将xy xe = 代入上式，得()()()2222x x x x x x x x x x f x xe xe xe e xe e xe xe e xe ′′′=−−=+−−−=− ，因此所求方程为22x xy y y e xe ′′′−−=− . ……………………………………… …(10分)解法二：故 212x x xy xe c e c e −=++ ，是所求方程的通解，……………………(8分) 由2122x x x x y e xe c e c e −′=++− ，21224x x x xy e xe c e c e −′′=+++ ，消去 12,c c 得所求方程为 22x xy y y e xe ′′′−−=−. ……………………………………………………....…(10分)六、（10分）设抛物线 22ln y ax bx c =++过原点，当 01x ≤≤时，0y ≥，又已知该抛物线与x 轴及直线 1x =所围图形的面积为 13. 试确定,,,a b c 使此图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体的体积V 最小.解：因抛物线过原点，故 1c =由题设有 1201()323a b ax bx dx +=+=∫.即 2(1)3b a =− ，………..………….…(2分) 而 122220111()[]523V ax bx dx a ab b ππ=+=++∫ 221114[(1)(1)]5339a a a a π=+−+⋅−. …………………….…………….…(5分)令 2128[(1)]053327dv a a a da π=+−−−=，得 54a =− ，代入 b 的表达式得 32b =. 所以0y ≥， ……………..…………(8分)得分评阅人得分评阅人专业：线年级：封所在院校：密身份证号：姓名：又因 25242284|[]05327135a d v da ππ=−=−+=> 及实际情况，当53,,142a b c =−== 时，体积最小. ………….……….…(10分)七、（15分）已知 ()n u x 满足1()()n x n nu x u x x e −′=+（n 为正整数），且(1)n e u n=，求函数项级数1()n n u x ∞=∑之和.解：先解一阶常系数微分方程，求出()n u x 的表达式，然后再求1()n n u x ∞=∑ 的和.由已知条件可知 1()()n xn n u x u x x e −′−= 是关于 ()n u x 的一个一阶常系数线性微分方程，故其通解为1()()()ndx dx n x x n xu x e x e e dx c e c n−−∫∫=+=+∫ ， ……………..…..(6分)由条件 (1)n e u n =，得0c =，故()n xn x e u x n=，从而 111()n x n xn n n n x e x u x e n n∞∞∞=====∑∑∑. …………….……..……...…(8分) 1()nn x s x n ∞==∑，其收敛域为 [1,1)−，当 (1,1)x ∈−时，有111()1n n s x x x∞−=′==−∑ ，………………………..…………………….….(10分) 故 01()ln(1)1xs x dt x t==−−−∫ . ………………..…………………(12分) 当1x =−时，11()ln 2n n u x e∞−==−∑. …………………………...…(13分)于是，当 11x −≤<时，有1()ln(1)xn n u x ex ∞==−−∑. ……….…..…(15分)得分评阅人八、（10分）求1x →− 时，与20n n x ∞=∑等价的无穷大量.解：2221t n t n x dt x x dt ∞+∞+∞=≤≤+∑∫∫， ………………….…………….….….…(3分)221lnt t xx dt edt −+∞+∞=∫∫………………….…….………….....….(7分)=∼……………………….…...(10分)得分评阅人第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷参考答案及评分标准（非数学类，2010）一（本题共5小题，每小题5分，共25分）、计算下列各题（要求写出重要步骤）. (1) 设2(1)(1)(1)nn 2x a a a =+⋅++ ，其中1<|a |，求.n n x ∞→lim 解将n x 恒等变形221(1)(1)(1)(1)1nn x a a a a a =−+⋅++− 2221(1)(1)(1)1n a a a a=−⋅++− 4421(1)(1)(1)1na a a a =−⋅++− 1211n a a+−=−，由于，可知1<|a |2lim 0nn a →∞=，从而ax n n −=∞→11lim . (2) 求lim x x x e x −→∞⎛⎞+⎜⎟⎝⎠211.解 lim x x x e x −→∞⎛⎞+⎜⎟⎝⎠211=11lim 1xx x e x −→∞⎡⎤⎛⎞+⎢⎥⎜⎟⎝⎠⎢⎥⎣⎦=1exp lim ln 11x x x x →∞⎛⎞⎡⎤⎛⎞+−⎜⎟⎢⎥⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎢⎥⎣⎦⎝⎠=1exp lim ln 11x x x x →∞⎛⎞⎡⎤⎛⎞+−⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎝⎠=22111exp lim ()12x x x x xx ο→∞⎛⎞⎡⎤⎛⎞−+−⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦⎝⎠=21−e .(3) 设，求0s >0sx n n I e x dx +∞−=∫(1,2,n )= .解因为时，0s >lim 0sx n x e x −→+∞=，所以，100011n sx n sx sx n n n n I x de x e e dx I s s +∞+∞+∞−−−s −⎡⎤=−=−−=⎢⎥⎣⎦∫∫ 由此得到，12011!n n n n n n n n n n I I I I s s s s s−−!+−==⋅===(4) 设函数f ( t )有二阶连续的导数，r =1(,)(g x y f r=，求2222.g g x y ∂∂+∂∂ 解因为,r x r yx r y r∂∂==∂∂，所以 31()g x f x r r ∂′=−∂，2222265121(().g x x y f f x r r r r ∂−′′′=+∂ 利用对称性，2222431111()()g g f f x y r r r r∂∂′′′+=+∂∂(5) 求直线10:0x y l z −=⎧⎨=⎩与直线221:42x y z l 31−−−==−−的距离.解直线的对称式方程为1l 1:110x y zl ==. 记两直线的方向向量分别为，，两直线上的定点分别为和，.1(10)l = a P ==,1,12P 2(4,2,1)l =−−(2,1,3)1(0,0,0)P 2(2,1,3)P 12(1,1,6)l l ×=−−.由向量的性质可知，两直线的距离1212()a l l d l l ⋅×====×二（本题共15分）、设函数在)(x f )(+∞−∞,上具有二阶导数，并且()0,f x ′′>lim ()0x f x α→+∞′=>，lim x ()f x 0β→−∞′=<，且存在一点，使得.0x 0)(0<x f 证明：方程0)(=x f 在恰有两个实根.)(+∞−∞,证1. 由lim ()0x f x α→−∞′=>必有一个充分大的，使得0x a >()0f a ′>.()0f x ′′>知是凹函数，从而()y f x =()()()()()f x f a f a x a x a ′>+−>当x →+∞时，()()()f f a x a ′+∞+−→+∞. 故存在，使得a b > ……………… （6分）()()()()0f b f a f a b a ′>+−>同样，由lim ()0x f x β→−∞′=<，必有0c x <，使得()0f c ′<.()0f x ′′>知是凹函数，从而()y f x =()()()()()f x f c f c x c x c ′>+−<当x →−∞时，()()()f f c x c ′−∞+−→+∞. 故存在d ，使得c < …………………… （10分）()()()()0f d f c f c d c ′>+−>在0[,]x b 和利用零点定理，0[,]d x 10(,)x x b ∃∈，2(,)0x d x ∈使得 ……………………… （12分） 1()2)0==(f x f x 下面证明方程在0)(=x f )(+∞−∞,只有两个实根.用反证法. 假设方程0)(=x f 在)(+∞−∞,]232x ,x 内有三个实根，不妨设为，且. 对在区间[和[]上分别应用洛尔定理，则各至少存在一点（321x ,x ,x 321x x x <<1ξ)(x f 1x ξ<1,x 2x 1x <）和（2ξ322x ξx <<），使得=)(1ξf'(ξη00=)2ξ<)(2ξf'1η<. 再将在区间[上使用洛尔定理，则至少存在一点，使. 此与条件矛盾. 从而方程)(x 0)(=ηf'f"]2ξ′′1,ξ()0f x >)(=x f 在)+∞,(−∞不能多于两个根. ……………………（15分）证2. 先证方程至少有两个实根.0)(=x f 由lim ()0x f x α→+∞′=>，必有一个充分大的，使得0x a >()0f a ′>.因在)(x f )(+∞−∞,上具有二阶导数，故()f x ′及()f x ′′在)(+∞−∞,均连续. 由拉格朗日中值定理，对于a x > 有()[()()()]f x f a f a x a ′−+−=()()()()]f x f a f a x a ′−−−=()()()()f x a f a x a ξ′′−−−=[()()]()f f a x a ξ′′−− =()()()f a x a ηξ′′−−.其中x ηa ,x ξa <<<<. 注意到()0f η′′>（因为()0f x ′′>），则()()()()()f x f a f a x a x a ′>+−>又因故存在，使得()0,f a ′>a b > ()()()()0f b f a f a b a ′>+−> …………………（6分）又已知，由连续函数的中间值定理，至少存在一点使得0)(0<x f )(101b x x x <<0)(1=x f . 即方程在0)(=x f )(0+∞,x 上至少有一个根 ………………（7分）1x 同理可证方程在0)x (=f )(0x ,−∞上至少有一个根2x . ………………（12分）下面证明方程在0)(=x f )(+∞−∞,只有两个实根.（以下同证1）.……（15分）三（本题共15分）、设函数()y f x =由参数方程22()x t t y t ψ⎧=+⎨=⎩(t >−1)所确定. 且2234(1)d y dx t =+，其中()t ψ具有二阶导数，曲线)(t y ψ=与21t ∫2u y e d −=+32u e在处相切. 求函数1=t (t )ψ.解因为()22dy t dx t ψ′=+，()22231(22)()2()(1)()()224(1)22d y t t t t t t dx t t t ψψψψ′′′′′′+−+−=⋅=+++， ………………（3分）由题设2234(1)d y dx t =+，故3(1)()()34(1)4(1)t t t t t ψψ′′′+−=++，从而，即 2(1)()()3(1)t t t t ψψ′′′+−=+1()()3(1).1t t tt ψψ′′′−=++ 设()u t ψ′=，则有13(1)1u u t′−=++t ， 11111113(1)(1)3(1)(1)(1)(3).dt dt t t u e t e dt C t t t dt C t t C −−++⎡⎤∫∫⎡⎤=++=++++=+⎢⎥⎣⎦⎣⎦∫∫1+ …………（9分）由曲线)(t y ψ=与22132t u y edu e−=+∫在1=t 处相切知3(1)2e ψ=，2(1)eψ′=. ………………（11分）所以12(1)t ue ψ=′==，知311−=eC . ∫∫++++=+++=++=21213112123))3(3()3)(1()(C t C t C t dt C t C t dt C t t t ψ，由e23)1(=ψ，知，于是22=C 3211()(3)2(1)2t t t t t e e ψ=++−+>−.…（15分）四（本题共15分）、设10,nn n k a S =>=k a ∑，证明：（1）当1α>时，级数1nn na S α+∞=∑收敛；（2）当1α≤，且（n ）时，级数n S →∞→∞1nn na S α+∞=∑发散. 证明令11(),[,]n n f x x x S S α−−=∈. 将()f x 在区间上用拉格朗日中值定理，1[,n n S S −])存在1(,n n S S ξ−∈11()()()()n n n n f S f S f S S ξ−−′−=−即 ………………（5分） 111(1)n n S S ααααξ−−−−−=−n a （1）当1α>时，11111(1)(1)nnn na a S S S n αααααξ−−−−=−≥−α. 显然11111n n S S αα−−−⎧⎫−⎨⎬⎩⎭的前n 项和有界，从而收敛，所以级数1nn na S α+∞=∑收敛. ……………（8分）（2）当1α=时，因为，单调递增，所以0n a >n S 1111n pn pn p nk nk k n k n kn p n pn S S a S a S S S S +++=+=+p+++−≥==−∑∑因为对任意n ，当n S →+∞p ∈12n n p S S +<，从而112n pk k n ka S +=+≥∑. 所以级数1nnn a S α+∞=∑发散. ………………（12分）当1α<时，n n n a a S S α≥n. 由1n n n a S +∞=∑发散及比较判别法，1n n na S α+∞=∑发散.………（15分）五（本题共15分）、设l 是过原点，方向为(,（其中）的直线，均匀椭球,)αβγ2221αβγ++=2222221x y z a b c ++≤（其中0 < c < b < a ，密度为1）绕l 旋转.(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. ,)αβγ解 (1) 设旋转轴l 的方向向量为，椭球内任意一点P(x,y,z )的径向量为，则点P 到旋转轴l 的距离的平方为(,,)αβγ=l r ()222222222(1)(1)(1)222d x y z xy yz xz αβγαββγα=−⋅=−+−+−−−−r r l γ 由积分区域的对称性可知(222)0xy yz xz dxdydz αββγαγΩ++=∫∫∫，其中222222(,,)1x y z x y z a b c ⎧⎫⎪⎪⎪⎪Ω=++≤⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭………………（2分）而22222223222214115aay z x b c a a ax a bc x dxdydz x dx dydz x bc dx a ππ+≤−Ω−−⎛⎞⎟⎜⎟==⋅−=⎜⎟⎜⎟⎝⎠∫∫∫∫∫∫∫ （或2132222220004sin cos sin 15a bc x dxdydz d d a r abcr dr πππθϕϕθϕΩ=⋅=∫∫∫∫∫∫） 32415ab c y dxdydz πΩ=∫∫∫，32415abc z dxdydz πΩ=∫∫∫……………（5分）由转到惯量的定义()222224(1)(1)(1)15l abc J d dxdydz a b c παβγΩ==−+−+−∫∫∫22c ……………（6分）(2) 考虑目标函数在约束下的条件极值. 222222(,,)(1)(1)(1)V a b αβγαβγ=−+−+−2221αβγ++=设拉格朗日函数为222222222(,,,)(1)(1)(1)(1)L a b c αβγλαβγλαβγ=−+−+−+++−…………………（8分）令，，，22()0L a ααλ=−=22()0L b ββλ=−=22()0L c γγλ=−=22210L λαβγ=++−=解得极值点为，， .……（12分） 21(1,0,0,)Q a ±22(0,1,0,)Q b ±23(0,0,1,)Q ±c 比较可知，绕z 轴（短轴）的转动惯量最大，为()22max 415abc J a π=+b ；绕x 轴（长轴）的转动惯量最小，为(22min 415abc J b π=)c +. ………（15分）六（本题共15分）、设函数()x ϕ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422(C)xydx x dyx yϕ++∫v1的值为常数. (1) 设为正向闭曲线. 证明: L 22(2)x y −+=422()0Lxydx x dyx y ϕ+=+∫v ；(2) 求函数()x ϕ；(3) 设C 是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求422(C)xydx x dyx y ϕ++∫v.解 (1) 设422()Lxydx x dyI x yϕ+=+∫v，闭曲线L 由,1,i L i 2=组成. 设0L 为不经过原点的光滑曲线，使得01L L −∪（其中1L −为1L 的反向曲线）和02L L ∪分别组成围绕原点的分段光滑闭曲线,C i 1,2i =. 由曲线积分的性质和题设条件12214242422()2()2(LL L L L L L)xydx x dy xydx x dy xydx x dyx y x y x y ϕϕ−++=+=+−−++∫∫∫∫∫∫∫v ϕ++12422()0C C xydx x dyI I x y ϕ+=+=−=+∫∫v v……………（5分） (2) 设4242((,),(,)2)xy x P x y Q x y x y x ϕ==++y .令Q P x y ∂∂=∂∂，即 4235422422()()4()22()(2)x x y x x x xy x y x y ϕϕ′+−−=++，解得2()x x ϕ=− ……………………（10分）(3) 设D 为正向闭曲线所围区域，由(1)42:a C x y +=1242422()2aCCxydx x dy xydx x dyx y x y ϕ+−=++∫∫v v…………………（12分）利用Green 公式和对称性，2422()24aaC C Dxydx x dyxydx x dy x dxdy x y （ϕ+=−=−=+∫∫∫∫v v )0…………………（15分）第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷参考答案及评分标准（非数学类，2011）一、（本题共4小题，每题6分，共24分）计算题1. 220(1)(1ln(1))lim .xx x e x x →+--+解：因为 22(1)(1ln(1))xx e x x+--+=2ln(1)2(1ln(1)),x xe e x x+--+220ln(1)lim ,x e x e x →+= ………………………………………………3分 22ln(1)ln(1)222001lim lim x x xxx x e e e e x x ++-→→--==202ln(1)2lim x x x e x→+- =22220011ln(1)12lim 2lim ,2x x x x x e e e x x→→-+-+==- ………………5分所以220(1)(1ln(1))lim xx x e x x→+--+=0. ………………………………6分 2. 设2cos cos cos ,222n n a θθθ=⋅⋅⋅ 求lim .n n a →∞解：若0,θ=则lim 1.n n a →∞= ……………………1分若0θ≠，则当n 充分大，使得2||nk >时，2cos cos cos 222n n a θθθ=⋅⋅⋅ =21cos cos cos sin 2222sin 2n n nθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅=21111cos cos cos sin 22222sin 2n n n θθθθθ--⋅⋅⋅⋅⋅ . ………………………4分=222211cos cos cos sin 22222sin 2n n nθθθθθ--⋅⋅⋅⋅⋅ =sin 2sin 2n n θθ这时, lim n n a →∞=lim n →∞sin sin 2sin 2nnθθθθ=. ………………………6分3. 求sgn(1)Dxy dxdy -⎰⎰，其中{(,)|02,02}D x y x y =≤≤≤≤解：设 11{(,)|0,02}2D x y x y =≤≤≤≤ 211{(,)|2,0}2D x y x y x =≤≤≤≤311{(,)|2,2}2D x y x y x =≤≤≤≤. ……………………………2分12212112ln 2D D dxdxdy x ⋃=+=+⎰⎰⎰，332ln 2D dxdy =-⎰⎰. ………………………4分 323sgn(1)24ln 2DD D D xy dxdy dxdy dxdy ⋃-=-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰. ………………………6分4. 求幂级数221212n nn n x ∞-=-∑的和函数，并求级数211212n n n ∞-=-∑的和. 解：令22121()2n nn n S x x ∞-=-=∑，则其的定义区间为(.(x ∀∈， 12122221110021()22222n xxn n n n n n n n x x x xS t dt t dt x --∞∞∞-===⎛⎫-====⎪-⎝⎭∑∑∑⎰⎰. …………………2分于是，22222()2(2)x x S x x x '+⎛⎫== ⎪--⎝⎭，(x ∈. (4)分 222111212110229n n n n n n n S -∞∞-==--===∑∑. ………………………………6分二、（本题2两问，每问8分，共16分）设0{}n n a ∞=为数列，,a λ为有限数，求证： 1. 如果lim n n a a →∞=，则12limnn a a a a n→∞+++= ;2. 如果存在正整数p ，使得lim()n p n n a a λ+→∞-=，则 limn n a n pλ→∞=.证明：1. 由lim n n a a →∞=，0M ∃>使得||n a M ≤，且10,N ε∀>∃∈ ，当n > N 1 时，||2n a a ε-<. ……………………………………4分因为21N N ∃>，当n > N 2 时，1(||)2N M a n ε+<.于是，111(||)()22n a a N M a n N a n n n εεε+++--≤+< ,所以， 12limnn a a a a n→∞+++= . …………………………………………8分2.对于0,1,,1i p =- ，令()(1)i n n p i np i A a a +++=-，易知(){}i n A 为{}n p n a a +-的子列.由lim()n p n n a a λ+→∞-=，知()lim i nn A λ→∞=，从而()()()12lim i i i nn A A A nλ→∞+++= .而()()()12(1)i i i n n p i p i A A A a a ++++++=- .所以，(1)limn p i p in a a nλ+++→∞-=.由lim0p i n a n+→∞=.知(1)limn p in a nλ++→∞=. ………………………………………12分从而(1)(1)limlim (1)(1)n p in p i n n a a nn p i n p i n pλ++++→∞→∞=⋅=++++ ,,,m n p i ∀∈∃∈ ，(01)i p ≤≤-，使得m np i =+，且当m →∞时，n →∞.所以，lim m m a m pλ→∞=. …………………………………………………………16分三、（15分）设函数()f x 在闭区间-[1,1]上具有连续的三阶导数，且10f -=()，11f =()，00f '=().求证：在开区间()-1,1内至少存在一点0x ，使得03f x '''=() 证. 由马克劳林公式，得 311(0)23f x f f x f x η'''''=++2()(0)()!!，η介于0与x 之间，[]1,1x ∈-…3分在上式中分别取1x =和1x =-, 得111111(0),0123f f f f ηη'''''==++<<()(0)()!!. ………………………5分 221101(0)(0),1023f f f f ηη'''''=-=+--<<()()!!. ………………………7分两式相减，得 12()6f f ηη''''''+=(). ………………………10分由于()f x ''在闭区间[1,1]-上连续，因此()f x '''在闭区间[21,ηη]上有最大值M 最小值m ，从而121()())2m f f M ηη''''''≤+≤( …………………………………13分再由连续函数的介值定理，至少存在一点0x ,ηη∈⊂-21[](1,1)，使得0121()32f x f f ηη'''''''''=+=()(()). ………………………15分四、（15分）在平面上, 有一条从点)0,(a 向右的射线,线密度为ρ. 在点),0(h 处（其中h > 0）有一质量为m 的质点. 求射线对该质点的引力.解：在x 轴的x 处取一小段dx , 其质量是dx ρ，到质点的距离为22x h +, 这一小段与质点的引力是22Gm dxdF h xρ=+（其中G 为引力常数）. …………………5分这个引力在水平方向的分量为2232()x Gm xdxdF h x ρ=+. 从而 222/1222/32222/322)()()(2)(a h Gm x h Gm x h x d Gm x h xdx Gm F aa ax +=+-=+=+=⎰⎰+∞∞+-+∞ρρρρ……10分而dF 在竖直方向的分量为2232()y Gm hdxdF h x ρ=+, 故 ⎪⎭⎫⎝⎛-===+=⎰⎰⎰+∞h a h Gm tdt h Gm t h dt h Gm x h hdxGm F hahaay arctan sin 1cos sec sec )(2/arctan2/arctan33222/322ρρρρππ 所求引力向量为(,)x y F F =F . …………………………15分五、（15分）设z = z (x,y ) 是由方程11(,)0F z z x y+-=确定的隐函数，且具有连续的二阶偏导数.求证：220z z xy x y ∂∂+=∂∂ 和 2223322()0z z z x xy x y y x x y y ∂∂∂+++=∂∂∂∂ 解：对方程两边求导，1221()0z z F F x x x ∂∂-+=∂∂，1221()0z z F F y y y∂∂++=∂∂. ……5分由此解得，22121211,()()z z x y x F F y F F ∂∂-==∂∂++ 所以，220z z xy x y∂∂+=∂∂ …………………………10分将上式再求导，222222z z z xy x y x x x ∂∂∂+=-∂∂∂∂，222222z z z x y y x y y y ∂∂∂+=-∂∂∂∂ 相加得到，2223322()0z z z x xy x y y x x y y∂∂∂+++=∂∂∂∂ …………………………15分六、（15分）设函数)(x f 连续，c b a ,,为常数，∑是单位球面 1222=++z y x . 记第一型曲面积分⎰⎰∑++=dS cz by ax f I )(. 求证：⎰-++=11222)(2du u c b a f I π解：由∑的面积为π4可见：当 c b a ,,都为零时，等式成立. …………………2分当它们不全为零时, 可知：原点到平面 0=+++d cz by ax 的距离是222||cb a d ++. …………………………5分设平面222:cb a cz by ax u P u ++++=，其中u 固定. 则 ||u 是原点到平面u P 的距离，从而11≤≤-u . …………………………8分两平面 u P 和du u P +截单位球 ∑ 的截下的部分上, 被积函数取值为()u c b af222++. …………………………10分这部分摊开可以看成一个细长条. 这个细长条的长是212u -π，宽是21udu -，它的面积是du π2，故我们得证. …………………………15分第四届全国大学生数学竞赛预赛试题（非数学类）参考答案及评分标准一、（本题共5小题，每小题各6分，共30分）解答下列各题（要求写出重要步骤）.(1) 求极限21lim(!)n n n →∞；(2) 求通过直线232:55430x y z L x y z 0+−+=⎧⎨+−+=⎩的两个相互垂直的平面1π和2π，使其中一个平面过点；(4,3,1)−(3) 已知函数，且(,)ax byz u x y e+=20,ux y∂=∂∂ 确定常数a 和，使函数满足方程 b (,)z z x y =20z z zz x y x y∂∂∂−−+=∂∂∂∂； (4) 设函数连续可微, , 且()u u x =(2)1u =3(2)()Lx y udx x u udy +++∫在右半平面上与路径无关，求； ()u x(5) 求极限 1limx xx +.解（1）因为 2211ln(!)(!)n nn n e= ……………………………………（1分）而211ln1ln 2ln ln(!)12n n n n ⎛⎞≤+++⎜n ⎝⎠"⎟，且 ln lim 0n nn →∞= ………………………（3分）所以 1ln1ln 2ln lim012n n n n →∞⎛⎞+++=⎜⎟⎝⎠"，即 21lim ln(!)0n n n →∞=，故 21lim(!)n n n →∞=1 ……………………………………（2分）（2）过直线L 的平面束为(232)(5543)x y z x y z 0λμ+−+++−+=即 (25)(5)(34)(23)x y z 0λμλμλμλμ+++−+++= ，…………………………（2分）若平面1π过点(4，代入得,3,1)−0λμ+=，即μλ=−，从而1π的方程为， ……………………………………（2分） 3410x y z +−+=若平面束中的平面2π与1π垂直，则3(25)4(5)1(34)0λμλμλμ⋅++⋅++⋅+=解得3λμ=−，从而平面2π的方程为253x y z 0−−+= ，………………………………（2分）（3）(),y ax by z u e au x x x +∂∂⎡⎤=++⎢⎥∂∂⎣⎦(),ax by zu e bu x y y y +⎡⎤∂∂=++ ………………（2分） ⎢⎥∂∂⎣⎦2(,).ax by z u ue b a abu x y x y x y +⎡⎤∂∂∂=++⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦ ……………………………………（2分） 2z z z z x y x y ∂∂∂−−+=∂∂∂∂(1)(1)(1)(,)ax by u ue b a ab a b u x y x y +,⎡⎤∂∂−+−+−−+⎢⎥∂∂⎣⎦若使20,z z zz x y x y∂∂∂−−+=∂∂∂∂ 只有 (1)(1)(1)(,u ub a ab a b u x y x y∂∂−+−+−−+∂∂)=0，即 1a b ==. ………………（2分）（4）由()()u y x y u x u x )2(][3+∂∂=+∂∂得()u u u x =+'43, 即241u x u du dx =−…… .（2分）方程通解为 ()()()Cu u C udu u C du eu ex uu+=+=+=∫∫−2ln 2ln 244 . …………………（3分）由得1)2(=u 0=C , 故 3/12⎟⎠⎞⎜⎝⎛=x u . ……………………………………（1分）（5）因为当x >1时，1x x+≤ ………………………………（3分）≤=0()x →→∞， …………………（2分）所以 1x xx +=0。

第三届全国大学生数学竞赛决赛试题（非数学类）+答案

第三届全国大学生数学竞赛决赛试题（非数学类）+答案第三届全国大学生数学竞赛决赛试卷（非数学类，2012）本试卷共2页，共6题。

全卷满分100分。

考试用时150分钟。

一、（本大题共5小题，每小题6分，共30分）计算下列各题（要求写出重要步骤）.(1) xx xx x x 222220sin cos sin lim -→解：x x x x x x 222220sin cos sin lim -→4222220cos sin lim x xx x x x x -+-=→2040)c o s 1)(cos 1(lim ))(sin (sin lim x x x x x x x x x x +-++-=→→221261?+?-=32=(2) [()]61311tan 21lim x e xx x x x +--++∞→解： [()]61311tan 21lim x e xx x xx +--++∞→ （令x t 1=）362201)t a n 21(l i m t t e t t t t t +--+=+→3620111)21(lim t t e t t t +-+-+=+→ 3201)21(l i m t e t tt -+=+→2206)22(lim te t t t t ++=+→+∞=(3) 设函数),(y x f 有二阶连续偏导数, 满足0222=+-yy y xy y x yy x f f f f f f f 且0≠y f ,),(z x y y =是由方程),(y x f z =所确定的函数. 求22xy解：依题意有，y 是函数，x 、z 是自变量。

将方程),(y x f z =两边同时对x 求导， x y ffyx+=0，则 yx f f x y-=??，于是 ()yx f f x x y -=??222)()(yyy yx x yxxx y f x yf f f x y f f f ??+-??+-=2)()(yyx yy yx x yx yxxx y f f f f f f f f f f f ----=3222yyyy xy y x yy x f f f f f f f f +--=0=(4) 求不定积分()dx e xx I x x 111+-+=?解：()dx e x x dx eI xx xx 12111++-+=?xx x x xdedx e 11+++=?()xx xe d 1+?=C xexx +=+1(5) 求曲面az y x =+22和222y x a z +-=)0(>a 所围立体的表面积解：联立az y x =+22，222y x a z +-=，解得两曲面的交线所在的平面为a z =，它将表面分为1S 与2S 两部分，它们在xoy 平面上的投影为222:a y x D ≤+，在1S 上 dxdy a y a x dS 2222441++=dxdy a y x a 2222)(4++=在2S 上 dxdy yx y y x x dS 2222221++++=dxdy 2= 则 d x d y ay x a S D )2)(4(2222+++=??22202024a r d r a r a d a πθπ+=?? )26155(2+-=a π 二、（本题13分）讨论dx xx x x220sin cos α+?∞+的敛散性，其中α是一个实常数. 解：记 xx x xx f 22sin cos )(α+=① 若0≤α，)1(2)(>?≥x xx f ；则dx x x x x 220sin cos α+?∞+发散② 若20≤<α，则11≤-α，而)1(2)(1≥?≥-x x x f α；所以dx xx x x220sin cos α+?∞+发散。

河南科技大学高等数学作业及其答案1

作业题答案1. 已知d b c a d c b a⨯=⨯⨯=⨯,，证明：c b d a--与平行.证：0)()( =⨯+⨯-⨯-⨯=-⨯-c d b d c a b a c b d a ∴c b d a--与平行证毕.2 .已知单位向量→OA 与三坐标轴正方向夹角呈相等的钝角，B 是)2,3,1(-M 关于)1,2,1(-N 的对称点，求→→⨯OB OA .解：)cos ,cos ,(cos γβα=→OA ，由γβα== 及 1cos cos cos 222=++γβα 得 33cos cos cos ±===γβα，又 γβα、、为钝角，所以取负值，故 )33,33,33(---=→OA 设 ),,(z y x B ，由已知N 为线段BM 的中点，于是有 221,232,211z y x +=+-=+=-，解之得 0,7,3==-=z y x ， )0,7,3(-=→OB故得 )10,3,7(33073333333-=----=⨯→→kj iOB OA3．利用向量的运算证明：(1) 平行四边形的对角线平方和等于其各边的平方和;(2) 设0 =⨯+⨯+⨯a c c b b a ，证明：c b a c b a、、从而,⨯⊥共面.证：(1) 2b a + +2b a -=2（2a +2b ）(2) 两边点乘a ， 0)()(=⨯⋅=⨯+⨯+⨯⋅c b a a c c b b a a所以 c b a ⨯⊥,从而c b a、、共面4．求与已知平面 0529=+++z y x 平行，且与三坐标面构成的四面体的体积为1的平面方程.解：设平面方程为 D z y x =++29, 这里0≠D 待定即平面方程129=++D z D y D x 由已知， 1108|||29|613==⋅⋅=D D D D V ，所以 3343108±=±=D平面方程为 34329±=++z y x5.（1）确定k 使直线 kz y x L 12211-=+=-：垂直于平0253631=+++πz y x ：；（2）求该直线在平面 022=-+-z y x ：π 上的投影直线的方程.解：（1）设,),2,1(k s = )3,6,3(1=n , 由直线L 与1π垂直可得：k32613==，故 1=k ，直线L 方程为 112211-=+=-z y x （2）先求L 关于2π的投影平面π的方程，因为投影平面过L,故用平面束方程，先将L 化为一般式 ⎩⎨⎧=+-=-0420z y z x设过L 的平面方程为 0)42(=+-+-z y z x λ即 04)12(=++-+λλλz y x ，由于投影平面与已知平面2π垂直故 0)12(1=+--λλ，0=λ所求的投影平面的方程为 0=-πz x ：故所求的投影直线方程为 ⎩⎨⎧=-+-=-020z y x z x6.（1）求直线221121-=-+=-z y x 和平面01=+--z y x ：π间的夹角； (2)求点M (1, 2, -1) 到上述直线的距离.解：（1）)1,1,1(,)2,1,2(--=-=n s， 331||||||sin =⋅=s n s nϕ ， 331a r c s i n =ϕ（2）取)2,1,1(-N ，则)3,3,0(-=→MN ， 33|6,6,3(|||||=-=⨯=→s s MN d7.化曲线⎩⎨⎧==++x y z y x C 9222：的一般方程为参数方程.解：将 x y =代入得：9222=+z x ，令,cos 23θ=x代入得曲线的参数方程： ,c o s 23θ=x θ=sin 3z ，θ=cos 23y ，π≤θ≤208.求曲面22z z x ==及所围立体在三坐标面上的投影.解：交线为⎪⎩⎪⎨⎧=+=xz yx z C 2222：，从中消去z ，从而交线在xoy 面的投影为 ⎩⎨⎧==+0222z xy x立体在xoy 面的投影为⎩⎨⎧=≤+0222z xy x交线在yoz 面的投影为 ⎪⎩⎪⎨⎧==+04224x z y z立体在yoz 面的投影为 ⎪⎩⎪⎨⎧=≤+04224x z y z交线在zox 面的投影为⎩⎨⎧==022y xz立体在zox 面的投影区域为曲线 ⎩⎨⎧==022y x z 及 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥=+=0022z y y x z所围： x z x z 2,0≤≤≥注意：投影区域不一定是交线投影所围的区域。

西南科技大学2011-2012半期高等数学(含答案)

2011-2012-2高等数学(A2、B2)半期考试暨高等数学竞赛考试试卷一、选择题(每题4分，共20分)1、若()()c o s 202,c o s ,s in a Dfx y d x d y d fr r r d r πθπθθθ-=⎰⎰⎰⎰,其中0a >为常数，则区域D 是( )(A) 222x y a+≤ (B)222,0x ya x +≤≥(C)22x ya x+≤ (D)22x ya y +≤2、设(),,f x y z 是连续函数, ()()2222,,,x y z RI R fx y z d x d y d z ++≤=⎰⎰⎰则0R→时，下面说法正确的是( )(A)()I R 是R 的一阶无穷小 (B) ()I R 是R 的二阶无穷小 (C) ()I R 是R 的三阶无穷小 (D) ()I R 至少是R 的三阶无穷小 3、二元函数(),f x y 在点()0,0处可微的一个充分条件是( ) (A)()()()(),0,0lim,0,00x y fx y f→-=⎡⎤⎣⎦(B)()(),0,0,00,0limx y fx f→-=(C)()(),00,0lim 0,x fx fx→-=且()()0,0,0limy y f y fy→'-=(D)()()0lim ,00,00,x x x f x f →''-=⎡⎤⎣⎦且()()0lim 0,0,00y y y f y f →''⎡⎤-=⎣⎦ 4、函数(),zfx y =在点()00,x y 处取得极值是()()0000,0,,0x y f x y f x y ==的( D)(A)充分而非必要条件 (B) 必要而非充分条件 (C) 充分必要条件 (D) 既非充分又非必要条件5、若()()2x a y d x y d yx y +++为某函数的全微分，则a =( )(A)1- (B) 0 (C) 1 (D) 2二、填空题(每题4分，共20分) 1、函数()222,,161218xyzu x y z =+++单位向量}11,1,1n =，则()1,2,3u n∂=∂ ( )2、设L 为椭圆22145xy+=，其周长记为S ,则Ls =⎰( )。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

河南科技大学第三届高等数学竞赛
三、解答题（本大题共8个题，满分为100分）
21．（本题满分10分）求极限21lim sin cos x x x x →∞⎛⎫+ ⎪⎝
⎭ 解：
22．（本题满分15分）
设函数()f x 在（,-∞+∞）上有定义, 在区间[0,2]上, 2()(4)f x x x =-, 若对任意的x 都满足()(2)f x k f x =+, 其中k 为常数.
(Ⅰ)写出()f x 在[2,0]-上的表达式;
(Ⅱ)问k 为何值时,
()f x 在0x =处可导.
【详解】
23.(本题满分10分)
求通过点()1,1的直线()y f x =中，使得()2
220
x f x dx ⎡⎤-⎣⎦⎰为最小的直线方程。

解：
24． (本题满分10分)
求曲面z =夹在二曲面2222,
2x y y x y y +=+=之间的部分的面积。

解：
25．（本题满分15分）
计算()()3222AB x c dx ydy I x c y -+=
⎡⎤-+⎣⎦⎰ ()0c >，其中AB 是沿着椭圆22221x y a b +=的正向从 (),0A a 到()0,B b 的一段弧。

解：
26．（本题满分10分）
设)(x f 为可微函数，且2)0(,0)0(='=f f
，试求2220lim .t x y t +
→+≤⎰⎰ 解：
27． (本题满分10分)
设)(x f 在[],a b 上连续，在(),a b 内可导()0a b <<，证明存在),(,21b a ∈ξξ使
).(2)(')('2
21b a f f +=ξξξ 【证明】
28．（本题满分20分）
已知曲线L 的方程为221,(0),4x t t y t t ⎧=+≥⎨=-⎩
（Ⅰ）讨论L 的凹凸性；（Ⅱ）过点（-1，0）引L 的切线，求切点00(,)x y ，并写出切线的方程；（Ⅲ）求此切线与L （对应于0x x ≤的部分）及x 轴所围成的平面图形的面积。

解：。