全国大学生数学竞赛决赛试题(非数学类)

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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

T 1 T T T T T T T 1 T
（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

第十二届全国大学生数学竞赛决赛试题(非数学类)参考答案及评分标准

F= (b) 0 . 对 F (x) 在[a,b] 上利
a
∫ 用洛尔定理，存在 x0 ∈ (a,b) ，使得 F′(x0 ) = 0 ，即 f (x0 ) =
x0 f (t)dt .
a
---------------- 3 分
3
2021 年 05 月决赛试题
x
∫ 再令 G= (x)
f (x) − f (t)dt ，则 G= (a) a
−
2 x32
= 0 . 由此解得 u
113
在定义域内的唯一驻点 P0 (24 , 22 , 24 ) ，且 u 在该点取得最小值 u(P0 ) = 4 4 2 ，这是
113
函数唯一的极值. 因此 u 的唯一极值点为 (24 , 22 , 24 ) .
【注】也可用通常的充分性条件(海赛矩阵正定)判断驻点 P0 为极小值点.
1，2， ,s)
.
因为 p(D) = D 2021 ，所以
1
= p( A) p= (QDQT ) Q= p(D)QT Q= D 2021QT B .
--------------- 3 分
(3) 设另存在 n 阶实对称矩阵 C 使得 C2021=A ，则=B p= ( A) p(C2021) ，所以
1 2
(xn
+
yn
)
，
---------------- 4 分
这只需证明：对任意 n
≥
0
，都有
x+ 2
y
n
≤
An (x, x) n +1
≤
1 2
(xn
+
yn ) ，其中 0
<
x,

第3届全国大学生数学竞赛决赛试卷(非数学类)

专业：年级：线所在院校：封密身份证号：姓名：第三届全国大学生数学竞赛决赛试卷（非数学类，2012）考试形式：闭卷考试时间： 150 分钟满分： 100 分.题号一二三四五六总分满分 30 13 13 16 12 16 100 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. 3、如当题空白不够，可写在当页背面，并标明题号.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) 222220sin cos lim .sin x x x x x x→−(2) 31/1lim tan e 2xx x x x →+∞⎡⎛⎞+−⎜⎟⎢⎝⎠⎣得分评阅人大学生学习墙Q Q ：243631108微信公众号：大学生自学网(3) 设函数(,)f x y 有二阶连续偏导数,满足2220x yy x y xy y xx f f f f f f f −+=，且，0y f ≠(,)y y x z =是由方程(,)z f x y =所确定的函数. 求22yx∂∂.(4) 求不定积分11(1e x x I x d x +=+−∫x ．大学生学习墙Q Q ：243631108微信公众号：大学生自学网专业：年级：线所在院校：封密身份证号：姓名：(5) 求曲面22x y a +=z和2z a =−(a > 0)所围立体的表面积.二、（本题13分）讨论22cos sin xdx x x xα+∞+∫的敛散性，其中α是一个实常数.得分评阅人大学生学习墙Q Q ：243631108微信公众号：大学生自学网三、（本题13分）设在)(x f ),(∞−∞上无穷次可微，并且满足: 得分存在，使得,且0>M ()|()|,(,),(1,2,k f x M x k ≤∀∈−∞∞=")10,(1,2,)2n f n ⎛⎞==⎜⎟⎝⎠". 求证：在),(∞−∞上，. 0)(≡x f 评阅人四、（本题共16分，第1小题6分，第2小题10分）得分设D 为椭圆形22221(0)x y a b a b+≤>>，面密度为ρ的均质薄板；l 为通过椭圆焦点(,（其中0)c −22c a b 评阅人2=−）垂直于薄板的旋转轴. 1. 求薄板D 绕l 旋转的转动惯量J ；2. 对于固定的转动惯量，讨论椭圆薄板的面积是否有最大值和最小值.大学生学习墙Q Q ：243631108微信公众号：大学生自学网专业：年级：线所在院校：封密身份证号：姓名：.五、（本题12分）设连续可微函数由方程(,)z z x y =(),0F xz y x yz −−=（其中有连续的偏导数）唯一确定,L 为正向单位圆周. 试求：(,)F u v 22(2)(2)LI xz yz dy xz yz dx =+−+∫v .得分评阅人大学生学习墙Q Q ：243631108微信公众号：大学生自学网六、（本题共16分，第1小题6分，第2小题10分）得分2e (0)1x dy xy x dx y ⎧−=⎪⎨⎪=⎩评阅人(1) 求解微分方程.1220lim ()12n n f x dxn x π→∞=+∫(2) 如为上述方程的解，证明： . ()y f x =大学生学习墙Q Q ：243631108微信公众号：大学生自学网。

第二届全国大学生数学竞赛决赛试卷(非数学类)

第二届全国大学生数学竞赛决赛试卷（非数学类，2011年3月）一、（本小题3分，每小题各5分，共15分）计算下列各题（要求写出重要步骤）.（1）11cos 0sin lim x x x x -→⎛⎫ ⎪⎝⎭（2）111lim 12n n n n n →∞⎛⎫+++ ⎪+++⎝⎭ （3）已知()2ln 1arctan t t x e y t e⎧=+⎪⎨=-⎪⎩，求22d d y x 二、（本题10分）求方程(24)d (1)d 0x y x x y y +-++-=的通解.三、（本题15分）设函数()f x 在0x =的某邻域内有二阶连续导数，且(0),(0),(0)f f f '''均不为零. 证明：存在唯一一组实数123,,k k k ，使得12320()(2)(3)(0)lim 0h k f h k f h k f h f h →++-=. 四、（本题17分）设2221222:1x y z a b c∑++=，其中0a b c >>>，2222:z x y ∑=+，Γ为1∑和2∑的交线. 求椭球面1∑在Γ上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值.五、（本题16分）已知S 是空间曲线22310x y z ⎧+=⎨=⎩绕y 轴旋转形成的椭球面的上半部分（0z ≥）（取上侧），∏是S 在(,,)P x y z 点处的切平面，(,,)x y z ρ是原点到切平面∏的距离，,,λμν表示S 的正法向的方向余弦. 计算（1）d (,,)S z S x y z ρ⎰⎰；（2）(3)d Sz x y z S λμν++⎰⎰. 六、（本题12分）设()f x 是在(,)-∞+∞内可微函数，且()()f x mf x '<，其中01m <<.任取实数0a ，定义1ln ()n n a f a -=，1,2,n = .证明：11()n n n aa ∞-=-∑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(0)(2)1f f ==，()1f x '≤，20()d 1f x x ≤⎰？请说明理由.。

第13届非数学类决赛试题参考解答

第十三届全国大学生数学竞赛决赛试题及参考解答(非数学类, 2023年3月25日)一、填空题(本题满分30分，每小题6分)（1）已知a 和b 均为非零向量，且1=|b |，a 和b 的夹角,4π=a b ，则极限0||||limx x x→+−=a b a .【解】利用条件：1=|b |，,4π=a b，得|||cos ,|⋅==a b a b |a b a ，所以222222||2||x x x x ++⋅+++a b a a b b a a .因此00||||lim lim x x x x →→+−=a b ax →. （2）极限20ln(1)lim 2xx x x →+−=. 【解】利用L ’Hospital 法则，得2ln(1)1lim2x x x x →−+=，所以 222[ln(1)]ln(1)00ln(1)ln(1)lim 2lim 1x x x xx x x x x x x x e x x −+−+→→+−+−=+=.（3）积分=.【解】作变换sec x θ=，则3344sec tan d d sec tan 3412ππππθθθπππθθθ===−=∫∫.（4）设函数()=y y x 由参数方程222,11=++t t x yt t 确定，则曲线()=y y x 在点23，处的曲率κ=.【解】易知，对应点23，的参数=t . 利用参数方程求导法则，得2d 2d 1=−y t x t ，223223d 2(1)d (1)+=−y t x t . 所以，当=t时，d d =−y x ，223223d 2(1)227d (1)+==−×−y t x t ，因此曲线()=y y x 在23，处的曲率2κ.（5）设D是由曲线1=及两坐标轴围成的平面薄片型物件，其密度函数为(,)ρ=x y ，则薄片物件D 的质量=M .【解】d =+∫∫DMx y . 利用二重积分的对称性，得2(1203d 3d 3d =∫∫∫DM x y x yx .作变量代换：=t ，得1222013d 6(1)d 5==−=∫∫M x t t x . 二、(本题满分12分) 求区间[0,1]上的连续函数()f x ，使之满足1()1(1)()d (1)()d x xf x x yf y y x y f y y =+−+−∫∫.【解】根据题设条件及等式可推知，函数()f x 在[0,1]上二阶可导，且(0)(1)1f f ==. ------------ 4分对等式两边求导，得1()()d (1)()(1)()d (1)()xxf x yf y y x xf x y f y y x x f x ′=−+−+−−−∫∫1()d (1)()d x xyf y y y f y y =−+−∫∫，再对上式两边求导得 ()()(1)()()f x xf x x f x f x ′′=−−−=−，即 ()()0f x f x ′′+=. ------------ 4分这是二阶常系数齐次线性微分方程，易知其通解为 12()cos sin f x C x C x =+.分别取0x =和1x =代入上式，得11C =，21cos11tan sin12C −==，因此所求函数为 1()cos tan sin 2f x x x =+⋅ (01)x ≤≤. ------------ 4分三、 (本题满分12分) 设曲面∑是由锥面x =，平面1x =，以及球面2224x y z ++=围成的空间区域的外侧表面，计算曲面积分： 222()()d d ()d d d d f x I x y z y z x z y f xz y x z y f Σ=++ +++ ∫∫ ，其中()f u 是具有连续导数的奇函数.【解】设2()f y P x x +=，2()f z Q y x +=，2()f z R z y +=，则[](()()2)P Q Rx y z y x y xy f yz zf ′′+∂∂∂++=+++∂∂∂. 因为奇函数()f u 的导数是偶函数，所以()()f xy f yz ′′+关于y 是偶函数.------------ 4分记Ω是以Σ为边界曲面的有界区域，根据Gauss 公式，并结合三重积分的对称性，得d d d 2d d d P Q R Ix y z x x y z x y z ΩΩ∂∂∂=++= ∂∂∂ ∫∫∫∫∫∫ ------------ 4分222410cos 2d d cos sin d ππϕθϕρϕρϕρ⋅∫∫∫44017cos sin 16d 4cos 22ππππϕϕϕπϕ=−=−=∫. ------------ 4分四、 (本题满分12分) 设()f x 是以2π为周期的周期函数，且,00,0()f x x x x ππ<< = −≤≤，试将函数()f x 展开成Fourier 级数，并求级数121(1)n n n −∞=−∑之和.【解】函数()f x 在点(21)(012)x k k π=+=±±，，，处不连续，在其他点处连续，根据收敛定理可知，()f x 的Fourier 级数收敛，并且当(21)x k π≠+时级数收敛于()f x ，当(21)x k π=+时级数收敛于(0)(0)22f f πππ−−++=.------------ 4分下面先计算()f x 的Fourier 系数. 0011()d d 2a f x x x x ππππππ−===∫∫，且 2011(1)1()cos d cos d n n a f x nx x x nx x n ππππππ−−−===∫∫，1,2,n = ， 1011(1)()sin d sin d n n b f x nx x x nx x n πππππ+−−===∫∫，1,2,n = ，因此当(,)x ∈−∞+∞，且,3,x ππ≠±± 时，有121(1)1(1)()cos sin 4n n k f x nx nx n n ππ+∞= −−−=++∑. ------------ 4分注意到0x =是()f x 的连续点，代入上式得21(1)104n n n ππ∞=−−+=∑，即 2211(21)8n n π∞==−∑. 又22222111111111(21)(2)84n n n n n n n n π∞∞∞∞====+=+−∑∑∑∑，由此解得22116n n π∞==∑. 最后可得 1222222111(1)111(21)(2)84612n n n n n n n πππ−∞∞∞==−=−=−⋅=−∑∑∑. ------------ 4分【注】对于最后一步，若只给出结果1221(1)12n n n π−∞=−=∑，则可得2分.五、(本题满分12分) 设数列{}n a 满足：12a π=，11sin 1n n n a a a n +=−+，1n ≥. 求证：数列{}n na 收敛.【解】利用不等式：3sin 6x x x x −<<02x π <<.首先，易知1160n n a a a π+<<<< (2)n ≥. ------------ 4分故由题设等式得1(1)sin n n n n n n a na a a na +++−>，所以{}n na 是严格递增数列. ------------ 4分其次，由于31122221(1)sin 111(1)()()6()6n n n n n n n n n n n a na a a a a na n a na na na n +++−−−<=<⋅≤+，所以 12111111(1)6nn k k kk a ka k a k ==+ −< + ∑∑，即 2112111111(1)666n k n a a a n a k π=+−<<⋅+∑，解得 1121(1)16n a n a a π++<−.这就证明了数列{}n na 严格递增且有上界，因而收敛. ------------ 4分六、(本题满分10分)证明：b a a b a b a b +≤+≤+，其中0>a ，0b >，1a b +=.【证】不妨设1012a b <≤≤<，考虑函数1()x x f x a b −=+，如能证明()f x 在区间(0,]b 上单调减少，则有1()()()2f b f f a ≤≤，不等式得证. ------------ 3分对于(0,]∈x b ，因为1()ln ln x x f x a a b b −′⋅−⋅，221()ln ln 0x x f x a a b b −′′=⋅+⋅>，所以()()f x f b ′′<，故只需证()0f b ′≤，即ln ln baa ab b ⋅≤⋅或ln ln a ba b a b a b≤.------------ 4分容易证明ln xx是(0,]e 上的单调增函数，问题归结为证0a b a b e <<≤，这等价于证ln ln 11a b a b <−−，而这由函数ln 1xx−在(0,1)上单调增加即得. ------------ 3分【注】补证函数ln ()1xg x x=−在(0,1)上单调增加. 利用ln(1)x x +<(0)x >，有2111()1ln 1(1)0(1)′=−−+−> −g x x x x ，所以()g x 在(0,1)上单调增加.七、 (本题满分12分) 设)(=ij A a 为n 阶实矩阵，12,,,ααα n 为A 的n 个列向量，且均不为零. 证明：矩阵A 的秩满足2T1()αα=≥∑niii i ia r A .【证】注意到用非零常数乘矩阵的列向量不改变矩阵的秩()r A ，故可设T 1αα=i i ，1,2,,= i n ，所以只需证明21()=≥∑n iii r A a ，也即T 21()()α=≥∑ni i i r A e .其中T (0,,0,1,0,,0)= i e 是第i 个分量为1其余分量均为0的n 维列向量.------------ 4分令()=r A k ，则由12,,,ααα n 的任一极大无关组并利用Schmidt 正交化方法，可得标准正交向量组12,,,βββ k . 易知，向量组12,,,ααα n 与12,,,βββ k 等价.对任意1,2,,= i n ，令1αβ==∑ki j j j x ，则由12,,,βββ k 的标准正交性可知，Tβα=j ji x ，1,2,,= j k ，所以T 1()αβαβ==∑ki j i j j ，于是T 1T T()()βααβ==∑ii i kj i j j e e .------------ 4分根据 Cauchy-Schwarz 不等式，并注意到T 2T 1()1βααα===∑kj i i ij ，可得 2T 2T T 222T T 1111T ()())(()()()βαβαβαββ==== =≤=∑∑∑∑k k k k j i j j i j j j i i i j j j i i e e e e ，22T2TT1111()()()()αβββ=======≤∑∑∑∑n k nkj j j i ii i j i j k r eA e .------------ 4分。

大学数学竞赛试题及答案非数学类

大学数学竞赛试题及答案非数学类大学数学竞赛试题及答案（非数学类专业）一、选择题（每题2分，共10分）1. 已知函数\( f(x) = x^2 - 4x + 3 \)，求\( f(2) \)的值。

A. -1B. 1C. 3D. 52. 一个圆的半径为5，求其面积。

A. 25πB. 50πC. 75πD. 100π3. 以下哪个是等差数列1, 4, 7, ...的第10项？A. 27B. 28C. 29D. 304. 已知\( \sin(\theta) = \frac{3}{5} \)，求\( \cos(\theta) \)的值（假设\( \theta \)在第一象限）。

A. \( \frac{4}{5} \)B. \( -\frac{4}{5} \)C. \( \frac{3}{5} \)D. 05. 一个直角三角形的两条直角边分别是3和4，求斜边的长度。

A. 5B. 6C. 7D. 8答案：1. B2. B3. A4. A5. A二、填空题（每题3分，共15分）6. 圆的周长公式是 \( C = \) ________ 。

7. 已知\( a \)和\( b \)是两个正整数，且\( a > b \)，若\( a \)和\( b \)的最大公约数是3，最小公倍数是90，则\( a \)和\( b \)的值分别是________ 和 ________ 。

8. 已知\( \log_{10}100 = 2 \)，求\( \log_{10}1000 \)的值是________ 。

9. 将\( 0.\overline{3} \)（即0.333...）转换为分数形式是________ 。

10. 一个等比数列的首项是2，公比是3，求第5项的值是________ 。

答案：6. \( 2\pi r \)7. 15, 68. 39. \( \frac{1}{3} \)10. 162三、解答题（每题10分，共20分）11. 证明：对于任意实数\( a \)和\( b \)，不等式\( a^2 + b^2\geq 2ab \)总是成立。

第三届全国大学生数学竞赛决赛试卷(非数学类,2012)

第三届全国大学生数学竞赛决赛试卷(非数学类,2012)考试形式：闭卷考试时间：150分钟满分：100分题号一二三四五六总分满分301313161216100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.3.如答题空白不够，可写在当页背面，并标明题号.姓名身份证号所在院校年级专业.............................密..................................封..................................线..................................得分评阅人一、(本大题共5小题，每小题各5分，共25分)计算下列各题（要求写出重要步骤）.(1)lim x →0sin 2x −x 2cos 2x x 2sin 2x .(2)lim x →+∞[(x 3+x 2−tan 1x )e 1/x −√1+x 6].(3)设函数f (x,y )有二阶连续偏导数，满足f 2x f yy −2f x f y f xy +f 2y f xx =0，且f y =0，y =y (x,z )是由方程z =f (x,y )所确定的函数.求∂2y ∂x 2.(5)求不定积分I=∫(1+x−1x)e x+1x dx.(6)求曲面x2+y2=az和z=2a−√x2+y2(a>0)所围立体的表面积.得分评阅人二、(本题13分)讨论∫+∞xcos2x+xαsin2xdx的敛散性，其中α是一个实常数.姓名身份证号所在院校年级专业...........................密..................................封..................................线..................................得分评阅人三、(本题13分)设f (x )在(−∞,+∞)上无穷次可微，并且满足：存在M >0，使得 f (k )(x ) ≤M,∀x ∈(−∞,∞),(k =1,2,···)，且f (12n )=0,(n =1,2,···).求证：在(−∞,∞)上，f (x )≡0.得分评阅人四、(本题16分，第1小题6分，第二小题10分)设D为椭圆形x2a2+y2b2≤1(a>b>0)，面密度为ρ的均质薄板；l为通过椭圆焦点(−c,0)（其中c2=a2−b2）垂直于薄板的旋转轴.1.对薄板D绕l旋转的转动惯量J;2.对于固定的转动惯量，讨论椭圆薄板的面积是否有最大值和最小值.姓名身份证号所在院校年级专业...........................密..................................封..................................线..................................得分评阅人五、(本题16分)设连续可微函数z =z (x,y )由方程F (xz −y,x −yz )=0（其中F (u,v )有连续的偏导数）唯一确定，L 为正向单位圆周.试求：I = L(xz 2+2yz )dy −(2xz +yz 2)dx.得分评阅人六、(本题共16分，第1小题6分，第二小题10分)(1)求解微分方程{dydx−xy=xe x2 y(0)=1.(2)如y=f(x)为上述方程的解，证明：lim n→∞∫1nn2x2+1f(x)dx=π2.。

第3届全国大学生数学竞赛决赛试卷部分答案(非数学类)

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)222220sin cos lim sin x x x x x x→−22222222224004200sin cos sin cos lim lim sin (sin )(sin )(1cos )(1cos )112lim lim 22623x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→→−−+−=−+−+=+=−+= 解：(2)1311lim tan 2x x x x e x →+∞⎡⎛⎞+−⎜⎟⎢⎝⎠⎣1231323302232263226320033(1tan )1112:lim 1tan lim 2(1tan )1(1tan )122=lim =lim 2(1tan )2x t t x x t t t t t t t t t e x e xx x t t t t t e t t t e t t t t t t e =→+∞→→→+−−⎡⎛⎞+−⎯⎯⎯→⎢⎜⎟⎝⎠⎣+−−−+−−−=+∞⎡⎤+−⎢⎣令解(3)设函数(,)f x y 有二阶连续偏导数,满足2220x yy x y xy y yy f f f f f f f −+=且0y f ≠,(,)y y x z =是由方程(,)z f x y =所确定的函数.求22y x∂∂2222223(,)0=()()()20xx y yy xx yx x yx yy x yy x y xx x yx x yx x yyy y xx x yx x yy y y y x z z f x y x f y y f f x x f y y f f f f f f f y x x x x f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f =∂∂+⇒=−∂∂∂∂+−+∂∂∂∂=−=−∂∂−−+−+=−=−=解：依题意有，是函数，、是自变量将方程两边同时对求导(4)求不定积分11(1)x x I x e dx x+=+−∫111221111211111111(1)=(1)[1(1)]1(1)x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x I x e dx x e dx e dx x x x xe dx e dx e dx xde xe dx xe e dx xe C+++++++++++=+−+−=+−=+−=+=+−=+∫∫∫∫∫∫∫∫∫解：(5)求曲面22x y az +=和20)z a a =>所围立体的表面积二、（本题13分）讨论220cos sin x dx x x xα+∞+∫的敛散性，其中α是一个实常数.三、（本题13分）设()f x 在(,)−∞+∞上无穷次可微，并且满足:存在0M >，使得()()(,),(1,2)k f x M x k ≤∀∈−∞+∞=L ，,且1()0,(1,2)2nf n ==L 求证：在(,)−∞+∞上，()0f x ≡()2(0)(0)()(0)(0)2!!()(1)!n n nx f f f x f f x x x n x M x M e n ′′′=+++++≤+++=−L L L L 四、（本题共16分，第1小题6分，第2小题10分）设D 为椭圆形22221(0)x y a b a b+≤>>，面密度为ρ的均质薄板；l 为通过椭圆焦点(,0)c −(其中222c a b =−)垂直于薄板的旋转轴.1.求薄板D 绕l 旋转的转动惯量J ；2.对于固定的转动惯量，讨论椭圆薄板的面积是否有最大值和最小值.五、（本题12分）设连续可微函数(,)z f x y =由方程(,)0F xz y x yz −−=（其中(,)0F u v =有连续的偏导数）唯一确定,L 为正向单位圆周.试求：22(2)(2)LI xz yz dy xz yz dx =+−+∫ 解：由格林公式22222(2)(2)((22)(2222()2()L D D DQ P I xz yz dy xz yz dx d x yz z z z z z z xzy x z yz d z xz y x yz d x x y y x y σσσ∂∂=+−+=−∂∂∂∂∂∂∂∂=+++++=++++∂∂∂∂∂∂∫∫∫∫∫∫∫ 又：连续可微函数(,)z f x y =由方程(,)0F xz y x yz −−=两边同时对x 求偏导数：121221((10zF F z z z F z xF y x x x yF xF +∂∂∂++−=⇒=∂∂∂−两边同时对y 求偏导数：121212(1)(0F zF z z z F xF z y y y x xF yF +∂∂∂−+−−=⇒=∂∂∂−代入上式：2121221122221212121221122222212121*********()2()2()222DDD D DzF F F zF I z xz y x yz d yF xF xF yF xz F xzF yzF yF xF xzF yzF yz F z d yF xF xF yF xz F yF xF yz F xF yF z yF xF z d z d yF xF yF xF d σσσσσπ++=++++−−++++++=++−−+−−−+−=+=+−−=∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫六、（本题共16分，第1小题6分，第2小题10分）(1)求解微分方程2(0)1xy xy xe y ⎧′−=⎪⎨=⎪⎩(2)如()y f x =为上述方程的解，证明1220lim ()12n n f x dx n x π→∞=+∫21220lim 1x n ne dx n x →∞+∫222222211110220001012100arctan arctan 2arctan 1arctan arctan 2[0,1]arctan arctan arctan arctan arctan (1)arctan x x x x x x x ne dx e d nx e nx xe nxdx n x e n n xe dx e n n e dx e n n e e n e n ξξξξξ==−+=−∈=−=−=−−∫∫∫∫∫ 其中21220lim =lim[arctan (1)arctan ][0,1]1=(1)222x n n ne dx e n e n n x e e ξξπππ→∞→∞=−−∈+−−=∫其中。

第四届全国大学生数学竞赛非数学类决赛试卷

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得分评阅人
四、（本题 15 分）设函数 f (x) 在[-2,2]上二阶可导，且| f (x) |< 1 ，又 f 2 (0) + [ f ′(0)]2 = 4 . 试证：在 (−2, 2) 内至少存在一点ξ ，使得 f (ξ ) + f ′′(ξ ) = 0 .
专业：
所满足的一阶微分方程．并求其通解．
∫ 3.
求在[0, +∞) 上的可微函数 f (x) ，使 f (x) = e−u(x) ，其中 u =
x
f (t) d t .
0
4. 计算不定积分 ∫ x arctan x ln(1 + x2 )dx.
5.
过直线
⎧10x ⎨⎩x +
+ 2y y−z
− =
2z 0
=
Σ 之间的引力(记引力常数为 G ).
专业：
考生编号：线
封
所在院校：
密
准考证号：
姓名：
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得分评阅人
三、（本题 15 分）设 f (x) 在[1, +∞) 连续可导，
f
'( x)
=
1+
1 f 2(x)
⎡ ⎢ ⎢⎣
1− x
ln
⎛⎜⎝1
+
1 x
⎞ ⎟⎠
⎤ ⎥ ⎥⎦
，
证明： lim f (x) 存在. x→+∞
得分评阅人
一、（本题 25 分）解答下列各题
⎡
⎛ ⎞⎤
1、计算
lim
x→0+
⎢ ⎢ln( ⎢
x