2011高等数学校内竞赛试题答案

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2011年全国高中数学联赛一试试题参考答案与评分标准

2011年全国高中数学联赛一试试题参考答案与评分标准
(t 2 − x1 )(t 2 − x 2 ) + ( 2t − y 1 )( 2t − y 2 ) = 0 ,
即 t 4 − ( x1 + x 2 )t 2 + x1 ⋅ x 2 + 4t 2 − 2( y 1 + y 2 )t + y 1 ⋅ y 2 = 0 , 即 t 4 − 14t 2 − 16t − 3 = 0 , 即 (t 2 + 4t + 3)(t 2 − 4t − 1) = 0 . 从而点 C 与点 A 显然 t 2 − 4t − 1 ≠ 0 , 否则 t 2 − 2 ⋅ 2t − 1 = 0 , 则点 C 在直线 x − 2 y − 1 = 0 上, 或点 B 重合. 所以 t 2 + 4t + 3 = 0 ,解得 t 1 = −1, t 2 = −3 . 故所求点 C 的坐标为 (1,−2) 或 (9,−6) .
一、填空题:本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分.把答案填在横线上.
1 .设集合 A = {a1 , a 2 , a 3 , a 4 } ,若 A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为 B = {−1, 3, 5, 8} ,则集合 A = . 解 显然,在 A 的所有三元子集中,每个元素均出现了 3 次,所以 3(a1 + a 2 + a 3 + a 4 ) = (−1) + 3 + 5 + 8 = 15 , 故 a1 + a 2 + a 3 + a 4 = 5 ,于是集合 A 的四个元素分别为 5-(-1)=6,5-3=2,5-5 =0,5-8=-3,因此,集合 A = {−3, 0, 2, 6} .
2011 年全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分标准(A 卷)

2011-2012年第3届全国大学生数学竞赛各赛区预赛及决赛试题和答案(非数学类&数学类)

2011-2012年第3届全国大学生数学竞赛各赛区预赛及决赛试题和答案(非数学类&数学类)
(其中 G 为引力常数). h2 x 2
…………………5 分
这个引力在水平方向的分量为 dFx

Gm xdx . 从而 ( h 2 x 2 )3 2
Fx
Gmxdx Gm 2 2 3/ 2 (h x ) 2 a

d (x2 ) Gm (h 2 x 2 ) 1 / 2 2 2 3/ 2 a (h x ) a
2 2 2
I f ( ax by cz ) dS . 求证: I 2 f ( a 2 b 2 c 2 u )du

1
1
解:由 的面积为 4 可见:当 a, b, c 都为零时,等式成立. 当它们不全为零时, 可知:原点到平面 ax by cz d 0 的距离是
…………………2 分
|d | a2 b2 c2
设平面 Pu : u
.
…………………………5 分
ax by cz a2 b2 c2
n
2. 如果存在正整数 p,使得 lim( an p an ) ,则 lim
an . n n p
证明:1. 由 lim an a , M 0 使得 | an | M ,且 0, N1 ,当 n > N1 时,
n
2 N ( M | a |) 因为 N 2 N1 ,当 n > N2 时, 1 . n 2
解:令 S ( x )
x

x
2n 1 2 n 2 ,则其的定义区间为 ( 2, 2) . x ( 2, 2) , x 2n n 1

2n 1 2 n 2 x 2 n 1 x x 2 S ( t ) dt t dt n n 2 2 2 n 1 2 n 1 n 1 0 0

2011年大学生数学竞赛试题及答案

2011年大学生数学竞赛试题及答案

第 3 页 ( 共 13页 )
四 、 (本题 10 分) 对于 ∆ABC , 求 3 sin A + 4 sin B + 18 sin C 的最大值. 解 答: 三角形三个角 A, B, C 的取值范围为 (A, B, C ) ∈ D ≡ {(α, β, γ )|α + β + γ = π, α > 0, β > 0, γ > 0} . 我们首先考虑 3 sin A + 4 sin B + 18 sin C 在 D 的闭包 E = {(α, β, γ )|α + β + γ = π, α ≥ 0, β ≥ 0, γ ≥ 0} 上的最大值. 我们有 max (3 sin A + 4 sin B + 18 sin C ) ....................................................... (1 分)
这时 2 −√ < yn+1 − yn < 0; n+1 ................................................................... 而当 yn < 2α 时, 我们有 yn+1 − yn √ yn n + 1 = √ − yn n+1 √ √ n + 1 + n − yn √ = √ √ ; n + 1( n + 1 + n) (12 分)
(A,B,C )∈E
= =
( ) max (3 + 4 cos C ) sin A + +4 sin C cos A + 18 sin C 0≤C ≤π 0≤A≤π −C ) (√ (3 + 4 cos C )2 + 16 sin2 C + 18 sin C = max 0≤C ≤π √ = max ( 25 + 24 cos C + 18 sin C ). max

2009-2011年全国大学生高等数学竞赛真题及答案(非数学类).

2009-2011年全国大学生高等数学竞赛真题及答案(非数学类).

2009年第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷(非数学类)一、填空题(每小题5分,共20分)(x+y)ln(1+yxdy=____________,其中区域D由直线x+y=1与两) 1.计算⎰⎰D-x-y坐标轴所围成三角形区域.⎛0解令x+y=u,x=v,则x=v,y=u-v,dxdy=det 1⎝(x+y)ln(1+y)ulnu-ulnvD1⎫⎪dudv=dudv,⎪-1⎭⎰⎰D-x-yxdy=⎰⎰10-uudv==⎰(⎰10ulnu-uulnu-uu22⎰udv-u-u-u⎰ulnvdv)du-u(ulnu-u)du=⎰-udu (*)令t=-u,则u=1-t2,du=-2tdt,u2=1-2t2+t4,u(1-u)=t2(1-t)(1+t),24(*)=-2⎰(1-2t+t)dt=2⎰102315⎤16⎡24(1-2t+t)dt=2⎢t-t+t⎥=3515⎣⎦02.设f(x)是连续函数,且满足f(x)=3x2-解令A=A=⎰20f(x)dx-2, 则f(x)=____________.⎰20f(x)dx,则f(x)=3x-A-2,2⎰20(3x-A-2)dx=8-2(A+2)=4-2A,2解得A=432。

因此f(x)=3x-103。

3.曲面z=x22+y-2平行平面2x+2y-z=0的切平面方程是__________.x22解因平面2x+2y-z=0的法向量为(2,2,-1),而曲面z=2+y-2在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z=2x+2y-z=0的切平面方程是2x+2y-z-1=0。

2011年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)

2011年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)

二、解答题:本大题共 3 小题,共 56 分.解答应写出文字说明、证明过程 或演算步骤.
9.(本小题满分 16 分)已知实数 x, y, z 满足:x ≥ y ≥ z ,x + y + z = 1,x 2 + y 2 + z 2 = 3 .求
实数 x 的取值范围. 解 令 x = 1+ t .由 x + y + z = 1得 z = −t − y ,代入 x 2 + y 2 + z 2 = 3 ,得
2011 年全国高中数学联合竞赛一试答案(B 卷)第 4 页(共 5 页)
x 2 − 4 pq x − 2qy1 y2 = 0 .

y1 + y2
y1 + y2
由于 A1 A2 所在的直线与抛物线 x 2 = 2qy 相切,所以方程①的判别式
化简整理得
Δ
=
⎜⎜⎝⎛ −
)=
2009a1006
=1,
于是 a1006
=
1 2009
,所以
S 2011
= 2011( a1
+ a 2011 )09

2.已知复数 z 的模为 1, 若 z = z1 和 z = z2 时|z+1+i|分别取得最大值和最小值,则
z1 − z2 =

解 易知|1+i|-|z|≤|z+1+i|≤|1+i|+|z|,即 2 −1 ≤|z+1+i|≤ 2 +1 .
2
2
又 x ≥ y ,所以 1+ t ≥ − t + 4 − 4t − 3t 2 ,即 2 + 3t ≥ 4 − 4t − 3t 2 ,解得 t ≥ 0 . 2

2011天津市l理工高等数学竞赛真题答案

2011天津市l理工高等数学竞赛真题答案

2011年 天津市大学数学竞赛试题参考解答 (理工类)一. 填空题(本题15分,每小题3分): 1. 设()f x 是连续函数, 且0()lim41cos x f x x →=-, 则01()lim 1x xf x x →⎛⎫+= ⎪⎝⎭ 2e .2. 设223()2x f x ax b x +=++- , 若 lim ()0,x f x →∞= 则 a =2,- b =4.- 3. 1e ln d x x x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰ e ln .x x C +4. 设(,)f x y 是连续函数, 且(,)(,)d d ,Df x y xy f x y x y =+⎰⎰其中D 由x 轴、y 轴以及直线1x y +=围成,则(,)f x y =1.12xy +5. 椭球面22221x y z ++=平行于平面20x y z -+=的切平面方程为20x y z -++= 和20.x y z -+= 二. 选择题(本题15分,每小题3分):1. 设()(2)ln(1),f x x x =+- 则()f x 在0x =处(A) (0)2f '=-, (B) (0)0f '=, (C) (0)2f '=, (D) 不可导. 答: (A) 2. 设函数()y f x =具有二阶导数, 且满足方程sin e 0.x y y '''+-=已知0()0,f x '=则(A) ()f x 在0x 的某个邻域中单调增加, (B) ()f x 在0x 的某个邻域中单调增少, (C) ()f x 在0x 处取得极小值, (D) ()f x 在0x 处取得极大值. 答: ( C) 3. 图中曲线段的方程为()y f x =, 函数()f x 在区间[0,]a()d a f x x '表示(A) 直角三角形AOB 的面积, (B) 直角三角形AOC 的面积, (C) 曲边三角形AOB 的面积, (D) 曲边三角形AOC 的面积. 答: (D)4. 设在区间 [,]a b 上的函数()0,f x > 且 ()0,f x '< ()0.f x ''> 令 1()d ,aS f x x =⎰ 2()(),S f b b a =-31[()()](),2S f a f b b a =+- 则(A) 123,S S S << (B) 312,S S S << (C) 213,S S S << (D) 231.S S S << 答: (C )5. 设 曲面22{(,,)|,01},x y z z x y z ∑==+≤≤取上侧为正, 1∑是 ∑在 0x ≥的部分, 则曲面积分 (A) d d 0,x y z ∑=⎰⎰ (B) 1d d 2d d .z x y z x y ∑∑=⎰⎰⎰⎰(C) 122d d 2d d ,y y z y y z ∑∑=⎰⎰⎰⎰ (D) 122d d 2d d ,x y z x y z ∑∑=⎰⎰⎰⎰ 答: (B)三. (6分) 设函数 ()202[(1)()d ]d 0sin 00xt t u u t ,x ,f x x,x .ϕ⎧-⎪≠=⎨⎪=⎩⎰⎰ 其中函数ϕ处处连续. 讨论()f x 在0x =处的连续性及可导性.解 222[(1)()d ]d (1)()d lim ()limlim2x x x x t x t u u tx u uf x xxϕϕ→→→--==⎰⎰⎰220()d ()d limlim22x x x x x u uu ux x ϕϕ→→=-⎰⎰202()0lim0(0)2x x x f ϕ→⋅=-== 因此, ()f x 在0x =处连续.200300[(1)()d ]d ()(0)lim lim xx x t t u u t f x f x xϕ→→--=⎰⎰ 2020(1)()d lim 3x x x u u x ϕ→-=⎰ 22002200()d ()d 11lim lim 33x x x x x u u u u x xϕϕ→→=-⎰⎰ 1(0)3ϕ=- 因此, ()f x 在0x =处可导, 且 1(0)(0).3f ϕ'=-四. (6分) 设函数()x x t =由方程cos 0t x x +=确定, 又函数()y y x =由方程2e 1y xy --=确定, 求复合函数(())y y x t =的导数d d .t y t=解 方程cos 0t x x +=两边对t 求导 d d cos sin 0.d d x x x t x t t -⋅+=当 t=0时, x=0, 故000d cos 1.d sin 1t t x x xt t x ====--=方程2e 1y xy --= 两边对x 求导 2d de 0.d d y y yy x x x-⋅--⋅= 当 0x =时,2,y = 故022d 2.d ex y y x yy xx==-==-=因此,00d d d .d d d 2t x t y yxt xt ====⋅=- 五. (6分) 设函数()f x 在(,)-∞+∞上二阶可导,且0()lim0x f x x→=,记10()()x f xt dt ϕ'=⎰,求)(x ϕ的导数,并讨论)(x ϕ'在0x =处的连续性.解 由已知的极限知(0)0,(0)0,f f '== 从而有 10(0)(0)d 0.f t ϕ'==⎰当 0x ≠时, 1100011()()()()d()()d ,x f x x f x t dt f x t x t f u u x x x ϕ'''====⎰⎰⎰从而有 (),0()0,0.f x x x xx ϕ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩因为()lim ()lim0(0),x x f x x xϕϕ→→=== 所以, ()x ϕ在0x =处连续. 当 0x ≠时, 2()()(),xf x f x x x ϕ'-'=在0x =处, 由(0)0,ϕ= 有 200()(0)()()1(0)limlimlim (0)22x x x x f x f x f xx x ϕϕϕ→→→'-'''==== 所以,2()(),0()1(0),0.2xf x f x x x x f x ϕ'-⎧≠⎪⎪'=⎨⎪''=⎪⎩而200000()()()()lim ()limlim lim lim2x x x x x f x f x f x f x x x x x xϕ→→→→→''''=-=- 001()1()(0)1lim lim (0)(0),222x x f x f x f f x x ϕ→→'''-'''====故 ()x ϕ'在0x =处连续. 六. (7分) 设函数()y y x =在(,)-∞+∞上可导, 且满足: 22,(0)0.y x y y '=+=(Ⅰ) 研究()y x 在区间(0,)+∞的单调性和曲线()y y x =的凹凸性.(Ⅱ) 求极限 30()lim.x y x x →解 (Ⅰ) 当0x >时, 有220,y x y '=+>故 ()y x 在区间(0,)+∞单调增加. 从而当0x >时, 22y x y '=+也单调增加. 可见, 曲线()y y x =在区间(0,)+∞向下凸.(或当0x >时, 可得222222()0.y x y y x y x y '''=+⋅=++> 可见, 曲线()y y x =在区间(0,)+∞向下凸. ) (Ⅱ) 由题设知, (0)(0)0.y y '== 应用洛必达法则22322000()()lim lim lim 33x x x y x y x x y x x x→→→'+==[]22011111lim (0).33333x y y x →⎛⎫'=+=+= ⎪⎝⎭七. (7分) 设()f x 在[0,1]上具有连续导数, 且0()1,(0)0.f x f '<≤= 试证211300()d ][()]d .f x x f x x ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰证 令 2300()()d [()]d ,x xF x f t t f t t ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰ 则 ()F x 在 [0,1]连续, 且对 (0,1)x ∈,30()2()()d [()]x F x f x f t t f x '=-⎰20()2()d ().xf x f t t f x ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰ 又由题设知, 当(0,1)x ∈时, ()0.f x > 令20()2()d (),x g x f t t f x =-⎰则()g x 在[0,1]上连续, 且()2()[1()]0,(0,1),g x f x f x x ''=-≥∈故有()(0)0(0,1).g x g x ≥=∈ 因此()0,(0,1),F x x '≥∈于是()F x 在[0,1]上单调增加, ()(0)0,[0,1].F x F x ≥=∈ 取1x =, 即得 211300(1)()d [()]d 0.F f t t f t t ⎡⎤=-≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰所证结论成立.八. (7分) 设函数()y f x =具有二阶导数, 且()0.f x ''> 直线a L 是曲线()y f x =上任意一点(,())a f a 处的切线, 其中[0,1].a ∈ 记直线a L 与曲线()y f x =以及直线0,1x x ==所围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为().V a 试问a 为何值时()V a 取得最小值. 解 切线a L 的方程为 ()()(),y f a f a x a '-=- 即 ()()().y f a x af a f a ''=-+ 于是10()2[()()()()]d V a x f x f a x af a f a x π''=-+-⎰10112()d ()()().322a xf x x f a f a f a π⎡⎤''=-+-⎢⎥⎣⎦⎰可见, ()V a 在[0,1]连续, 在(0,1)可导. 令 1()2[()()]()(32)0323a V a f a f a f a a ππ'''''''=-+=-=,由于 ()0,f a ''> ()V a 在(0,1)内有唯一的驻点2.3a =并且, 当 2(0,)3a ∈时, ()0V a '<; 当2(,1)3a ∈时, ()0,V a '> 因此, ()V a 在23a =处取得最小值.a九. (7分) 计算(sin )d (cos 1)d ,Ly y x x y y -+-⎰其中L 为从点(0,0)O 沿圆周222x y x +=在第一象限部分到点(1,1)A 的路径.解 令 sin ,cos 1,P y y Q x y =-=- 则cos (cos 1) 1.Q Py y x y∂∂-=--=∂∂ 取点(1,0).B 作有向直线段,OB 其方程为 0(y x =从0变到1).作有向直线段,BA 其方程为 1(x y =从0变到1). 由曲线L 、有向直线段AB 和BO 形成的闭曲线记为0L (沿顺时针方向), 0L 所围成的区域记为D , 则(sin )d (cos 1)d Ly y x x y y -+-⎰()((sin )d (cos 1)d )AB BOL y y x x y y =---+-⎰⎰⎰d (sin )d (cos 1)d DBAy y x x y y σ=-+-+-⎰⎰⎰(sin )d (cos 1)d OBy y x x y y +-+-⎰101(cos 1)d 04y y π=-+-+⎰ 1sin1 1.4π=-+-十. (8分) 设(1)有向闭曲线Γ是由圆锥螺线 OA :θθθθθ===z y x ,sin ,cos ,(θ从0变到2π)和有向直线段 AO 构成, 其中()0,0,0O , ()2,0,2A ππ;(2)闭曲线Γ将其所在的圆锥面z =∑是其中的有界部分.(Ⅰ)如果()x z F -=,1, 表示一力场,求F沿Γ所做的功W ;(Ⅱ)如果()x z F -=,1,表示流体的流速,求流体通过∑流向上侧的流量. (单位从略)解(Ⅰ)作有向直线段,AO 其方程为 ⎩⎨⎧==x z y 0(x 从 2π变到0).所求F沿Γ所做的功为d d d W z x y x z Γ=+-⎰()(d d d )OAAOz x y x z =++-⎰⎰()20cos sin sin cos cos d πθθθθθθθθθθ=-++-⎡⎤⎣⎦⎰()02d x x x π+-⎰220(cos sin )d 0πθθθθθ=-+⎰24π=.(Ⅱ)Γ所在的圆锥面方程为z = ∑上任一点处向上的一个法向量为(,,1)x y n z z =--=∑在xOy 面上的投影区域为D , 在极坐标系下表示为: 0,02.r θθπ≤≤≤≤故所求流体通过∑流向上侧的流量为d d d d d d ()()d d x y z y z z x x x y z z z x x y ∑∑⎡⎤Φ=+-=⋅-+--⎣⎦⎰⎰⎰⎰ xd dx x x y∑⎛⎫=---⎪⎪⎝⎭⎰⎰()200d2cos sin dr r rπθθθθ=-+⎰⎰2232cos sin d32πθθθθθ⎛⎫=-+⎪⎝⎭⎰26π-=.注: (Ⅰ)的另一解法应用Stokes公式,可得W2d d2d dyz x z x y∑∑==-⎰⎰⎰⎰2d x y∑=⎰⎰222000sin2d d sin drr rrπθπθθθθθ=-⋅=-⎰⎰⎰24π=.十一. (8分) 设函数(,)u u x y=在心形线:1cosL rθ=+所围闭区域D上具有二阶连续偏导数, n是在曲线L上的点处指向曲线外侧的法向量(简称外法向),un∂∂是(,)u x y沿L的外法向的方向导数, L取逆时针方向.(Ⅰ) 证明: d d d.L Lu u us x yn y x∂∂∂=-+∂∂∂⎰⎰(Ⅱ) 若222221,u ux y yx y∂∂+=-+∂∂求dLusn∂∂⎰的值.(Ⅰ) 证由方向导数的定义d(cos sin)d.L Lu u us sn x yαα∂∂∂=+∂∂∂⎰⎰其中, α是n相对于x轴正向的转角.设1α是L的切向量τ相对于x轴正向的转角, 则1,2παα=+或1.2παα=-故11d(sin cos)d.L Lu u us sn x yαα∂∂∂=-∂∂∂⎰⎰d d.Lu ux yy x∂∂=-+∂∂⎰(Ⅱ) 解应用格林公式22222d ()d d(1)d dD DLu u us x y x y y x yn x y∂∂∂=+=-+∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰由对称性1cos00d1d d2d dDLus x y x r rnπθ+∂==∂⎰⎰⎰⎰⎰23(1cos)d.2πθθπ=+=⎰十二.(8分) 设圆222x y y+=含于椭圆22221x ya b+=的内部, 且圆与椭圆相切于两点(即在这两点处圆与椭圆都有公共切线).(Ⅰ) 求a与b满足的等式; (Ⅱ) 求a与b的值, 使椭圆的面积最小.解 (Ⅰ) 根据条件可知, 切点不在y 轴上. 否则圆与椭圆只可能相切于一点. 设圆与椭圆相切于点00(,)x y , 则00(,)x y 既满足椭圆方程又满足圆方程, 且在00(,)x y 处椭圆的切线斜率等于圆的切线斜率, 即2002001b x xa y y -=--. 注意到00,x ≠ 因此, 点00(,)x y 应满足 2200222200022001(1)2(2)1(3)1x y a b x y y b a y y ⎧+=⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪=-⎪⎩由(1)和(2)式, 得222200220.b a y y a b--+= (4)由 (3) 式得 2022.b y b a =- 代入(4) 式 2242222222220.()b a b b a b b a b a-⋅-+=-- 化简得 2222,b a b a=- 或 22420.a b a b --= (5) (Ⅱ) 按题意, 需求椭圆面积S ab π=在约束条件 (5) 下的最小值.构造函数2242(,,)().L a b ab a b a b λλ=+-- 令2322242(24)0(6)(22)0(7)0(8)a b L b ab a L a a b b L a b a b λλλ⎧=+-=⎪=+-=⎨⎪=--=⎩(6) ·a − (7)·b , 并注意到 0λ≠, 可得 242b a =. 代入 (8) 式得644220a a a --=, 故2a =从而22b == 由此问题的实际可知, 符合条件的椭圆面积的最小值存在,因此当a b ==, 此椭圆的面积最小.。

2011年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)

2011年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
5 5 3 3
◆答案:
5 , 4 4
5 5 3 3 3
★解析: 不等式 cos sin 7(sin cos ) 等价于 sin 又 f ( x) x
3
1 5 x 是 (,) 上的增函数,所以 sin cos , 7 5 (k Z). 故 2k 2k 4 4
3(a1 a 2 a 3 a 4 ) (1) 3 5 8 15 ,故 a1 a 2 a 3 a 4 5 ,
于是集合 A 的四个元素分别为 5-(-1)=6,5-3=2,5-5=0,5-8=-3, 因此,集合 A {3, 0, 2, 6} .
2011A 2、函数 f ( x )
0
3
★解析: 设四面体 ABCD 的外接球球心为 O , 则 O 在过△ ABD 的外心 N 且垂直于平面 ABD 的垂线 上.由题设知, ABD 是正三角形,则点 N 为 ABD 的中心.设 P, M 分别为 AB, CD 的中点,则
2011 年全国高中数学联合竞赛试题 (A 卷) 第 2 页 共 11 页
2
ACB 90 0 ,则点 C 的坐标为
◆答案: (1,2) 或 (9,6) . ★解析: 设 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ), C (t ,2t ) , 由
2
x 2 y 1 0, 2 得 y 8y 4 0 , 则 y1 y 2 8 , 2 y 4 x ,
2011 年全国高中数学联合竞赛试题 (A 卷) 第 4 页 共 11 页
于是 0 a 1 1 b 2 .
10 1. b2 10 10 ] | lg[6(b 2) ]. 从而 f (10a 6b 21) | lg[6(b 2) b2 b2 10 ] 4 lg 2 , 又 f (10a 6b 21) 4 lg 2 ,所以 lg[6(b 2) b2 10 1 16 .解得 b 或 b 1 (舍去) 故 6(b 2) . 3 b2 1 2 把 b 代入 ( a 1)(b 2) 1 解得 a . 3 5 2 1 所以 a , b . 5 3

2011年第三届全国大学生数学竞赛预赛试题及答案

2011年第三届全国大学生数学竞赛预赛试题及答案
2

1
x 1 2
x 2 ;
1 2n 1 10 S 22 n1 9 . 2 n 1
二、 (本题共 16 分)设an n0 为数列, a, 为有限数,

求证: (1)如果 lim an a ,则 lim
n
a1 a2 an a. n n
5
记第一型曲面积分 I 求证:I 2 f
1

1
f ax by cz dS .

a 2 b 2 c 2 u du . h o

x, y , z a, b, c
dS

I


f ax by cz dS f f
a, b, c x, y, z dS
2011 年第三届全国大学生数学竞赛预赛试题及答案 (非数学类) 一、 (本大题共 4 小题,每小题 6 分,共 24 分)计算 下列各题(要求写出重要步骤) (1) lim
x 0
1 x
2 x
2 x
e 2 1 ln 1 x x
2ln 1 x
解 lim
x 0
上具有连续的三阶偏导数,再利用连续函数介值定理) ; 即 f ''' x0 3 .
4
四、 (本题共 15 分)在平面上,有一条从点 a,0 向右 的射线,其线密度为 ,在 0, h 点处(其中 h 0 )有一 质量为 m 的质点.求射线对该质点的引力. 解 如图建立坐标系,在区间
lim
2




sgn xy 1dxdy
D

2011年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)

2011年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)

一、填空题(每小题8分,共64分)1.设集合},,,{4321a a a a A =,若A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为}8,5,3,1{-=B ,则集合=A .2.函数11)(2-+=x x x f 的值域为 . 3.设b a ,为正实数,2211≤+ba ,32)(4)(ab b a =-,则=b a log . 4.如果)cos (sin 7sin cos 3355θθθθ-<-,)2,0[πθ∈,那么θ的取值范围是 .二、解答题(本大题共3小题,共56分)9.(16分)设函数|)1lg(|)(+=x x f ,实数)(,b a b a <满足21()(++-=b b f a f ,2lg 4)21610(=++b a f ,求b a ,的值.10.(20分)已知数列}{n a 满足:∈-=t t a (321R 且)1±≠t ,121)1(2)32(11-+--+-=++nn n n n n t a t t a t a ∈n (N )*. (1)求数列}{n a 的通项公式;(2)若0>t ,试比较1+n a 与n a 的大小.11.(本小题满分20分)作斜率为31的直线l 与椭圆C :143622=+y x 交于B A ,两点(如图所示),且)2,23(P 在直线l 的左上方.(1)证明:△PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上;(2)若︒=∠60APB ,求△PAB 的面积.加 试1. (40分)如图,Q P ,分别是圆内接四边形ABCD 的对角线BD AC ,的中点.若DPA BPA ∠=∠,证明:CQB AQB ∠=∠.2. (40分)证明:对任意整数4≥n ,存在一个n 次多项式0111)(a x a x a x x f n n n ++++=--具有如下性质:4.(50分)设A 是一个93⨯的方格表,在每一个小方格内各填一个正整数.称A 中的一个)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 方格表为“好矩形”,若它的所有数的和为10的倍数.称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格”,若它不包含于任何一个“好矩形”.求A 中“坏格”个数的最大值。

2011年大学数学竞赛试题

2011年大学数学竞赛试题

2011年 天津市大学数学竞赛试题参考解答 (理工类)一. 填空题(本题15分,每小题3分): 1. 设()f x 是连续函数, 且0()lim41cos x f x x →=-, 则01()lim 1x xf x x →⎛⎫+= ⎪⎝⎭2e .2. 设223()2x f x ax b x +=++- , 若 lim ()0,x f x →∞= 则 a =2,- b =4.- 3. 1e ln d x x x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰ e ln .x x C +4. 设(,)f x y 是连续函数, 且(,)(,)d d ,Df x y xy f x y x y =+⎰⎰其中D 由x 轴、y 轴以及直线1x y +=围成, 则(,)f x y =1.12xy +5. 椭球面22221x y z ++=平行于平面20x y z -+=的切平面方程为20x y z -++= 和20.x y z -+-=二. 选择题(本题15分,每小题3分):1. 设()(2)ln(1),f x x x =+- 则()f x 在0x =处(A) (0)2f '=-, (B) (0)0f '=, (C) (0)2f '=, (D) 不可导. 答: (A)2. 设函数()y f x =具有二阶导数, 且满足方程sin e 0.x y y '''+-=已知0()0,f x '=则(A) ()f x 在0x 的某个邻域中单调增加, (B) ()f x 在0x 的某个邻域中单调增少, (C) ()f x 在0x 处取得极小值, (D) ()f x 在0x 处取得极大值.答: ( C)3. 图中曲线段的方程为()y f x =, 函数()f x 在区间[0,]a 上有连续的导数, 则积分()d a x f x x '⎰表示(A) 直角三角形AOB 的面积, (B) 直角三角形AOC 的面积(C) 曲边三角形AOB 的面积, (D) 曲边三角形AOC 的面积 答: (D)4. 设在区间 [,]a b 上的函数()0,f x > 且 ()0,f x '< ()0.f x ''> 令 1()d ,b aS f x x =⎰2()(),S f b b a =- 31[()()](),2S f a f b b a =+- 则(A) 123,S S S << (B) 312,S S S << (C) 213,S S S << (D) 231.S S S <<答: (C )5. 设 曲面22{(,,)|,01},x y z z x y z ∑==+≤≤取上侧为正, 1∑是 ∑在 0x ≥的部分, 则曲面积分(A) d d 0,x y z ∑=⎰⎰ (B) 1d d 2d d .z x y z x y ∑∑=⎰⎰⎰⎰(C) 122d d 2d d ,y y z y y z ∑∑=⎰⎰⎰⎰ (D) 122d d 2d d ,x y z x y z ∑∑=⎰⎰⎰⎰答: (B)三. (6分) 设函数 ()202[(1)()d ]d 0sin 00xt t u u t ,x ,f x x,x .ϕ⎧-⎪≠=⎨⎪=⎩⎰⎰ 其中函数ϕ处处连续. 讨论()f x 在0x =处的连续性及可导性.解 222[(1)()d ]d (1)()d lim ()limlim2x x x x t x t u u tx u uf x xxϕϕ→→→--==⎰⎰⎰220()d ()d limlim22x x x x x u uu ux x ϕϕ→→=-⎰⎰202()0lim0(0)2x x x f ϕ→⋅=-== 因此, ()f x 在0x =处连续.200300[(1)()d ]d ()(0)lim lim xx x t t u u t f x f x xϕ→→--=⎰⎰ 2020(1)()d lim 3x x x u u x ϕ→-=⎰ 22002200()d ()d 11lim lim 33x x x x x u u u u x xϕϕ→→=-⎰⎰ 1(0)3ϕ=- 因此, ()f x 在0x =处可导, 且 1(0)(0).3f ϕ'=-四. (6分) 设函数()x x t =由方程cos 0t x x +=确定, 又函数()y y x =由方程2e 1y xy --=确定,求复合函数(())y y x t =的导数d d .t y t=解 方程cos 0t x x +=两边对t 求导 d d cos sin 0.d d x x x t x t t -⋅+=当 t=0时, x=0, 故00d cos 1.d sin 1t t x x xt t x ====--=方程2e 1y xy --= 两边对x 求导 2d d e 0.d d y y yy x x x-⋅--⋅= 当 0x =时,2,y = 故 022d 2.d ex y y x y y xx==-==-=因此,00d d d .d d d 2t x t y yxt xt ====⋅=- 五. (6分) 设函数()f x 在(,)-∞+∞上二阶可导,且0()lim0x f x x→=,记10()()x f xt dt ϕ'=⎰,求)(x ϕ的导数,并讨论)(x ϕ'在0x =处的连续性.解 由已知的极限知(0)0,(0)0,f f '== 从而有 10(0)(0)d 0.f t ϕ'==⎰当 0x ≠时, 1100011()()()()d()()d ,x f x x f x t dt f x t x t f u u x x x ϕ'''====⎰⎰⎰从而有 (),0()0,0.f x x x xx ϕ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩因为()lim ()lim0(0),x x f x x xϕϕ→→===所以, ()x ϕ在0x =处连续. 当 0x ≠时, 2()()(),xf x f x x xϕ'-'=在0x =处, 由(0)0,ϕ= 有 200()(0)()()1(0)limlimlim (0)22x x x x f x f x f xx x ϕϕϕ→→→'-'''====所以,2()(),0()1(0),0.2xf x f x x x x f x ϕ'-⎧≠⎪⎪'=⎨⎪''=⎪⎩而200000()()()()lim ()limlim lim lim2x x x x x f x f x f x f x x x x x xϕ→→→→→''''=-=- 001()1()(0)1lim lim (0)(0),222x x f x f x f f x x ϕ→→'''-'''====故 ()x ϕ'在0x =处连续.六. (7分) 设函数()y y x =在(,)-∞+∞上可导, 且满足: 22,(0)0.y x y y '=+=(Ⅰ) 研究()y x 在区间(0,)+∞的单调性和曲线()y y x =的凹凸性.(Ⅱ) 求极限 30()lim.x y x x →解 (Ⅰ) 当0x >时, 有220,y x y '=+>故 ()y x 在区间(0,)+∞单调增加. 从而当0x >时, 22y x y '=+也单调增加. 可见, 曲线()y y x =在区间(0,)+∞向下凸.(或当0x >时, 可得222222()0.y x y y x y x y '''=+⋅=++> 可见, 曲线()y y x =在区间(0,)+∞向下凸. ) (Ⅱ) 由题设知, (0)(0)0.y y '== 应用洛必达法则22322000()()lim lim lim 33x x x y x y x x y x x x →→→'+==[]22011111lim (0).33333x y y x →⎛⎫'=+=+= ⎪⎝⎭七. (7分) 设()f x 在[0,1]上具有连续导数, 且0()1,(0)0.f x f '<≤= 试证211300()d ][()]d .f x x f x x ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰证 令 2300()()d [()]d ,x xF x f t t f t t ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰ 则 ()F x 在 [0,1]连续, 且对 (0,1)x ∈,30()2()()d [()]xF x f x f t t f x '=-⎰20()2()d ().x f x f t t f x ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰又由题设知, 当(0,1)x ∈时, ()0.f x > 令20()2()d (),x g x f t t f x =-⎰则()g x 在[0,1]上连续, 且()2()[1()]0,(0,1),g x f x f x x ''=-≥∈故有()(0)0(0,1).g x g x ≥=∈ 因此()0,(0,1),F x x '≥∈于是()F x 在[0,1]上单调增加, ()(0)0,[0,1].F x F x ≥=∈ 取1x =, 即得211300(1)()d [()]d 0.F f t t f t t ⎡⎤=-≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰ 所证结论成立.八. (7分) 设函数()y f x =具有二阶导数, 且()0.f x ''> 直线a L 是曲线()y f x =上任意一点(,())a f a 处的切线, 其中[0,1].a ∈ 记直线a L 与曲线()y f x =以及直线0,1x x ==所围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为().V a 试问a 为何值时()V a 取得最小值. 解 切线a L 的方程为 ()()(),y f a f a x a '-=- 即 ()()().y f a x af a f a ''=-+ 于是10()2[()()()()]d V a x f x f a x af a f a x π''=-+-⎰10112()d ()()().322a xf x x f a f a f a π⎡⎤''=-+-⎢⎥⎣⎦⎰可见, ()V a 在[0,1]连续, 在(0,1)可导. 令1()2[()()]()(32)0323a V a f a f a f a a ππ'''''''=-+=-=, 由于 ()0,f a ''> ()V a 在(0,1)内有唯一的驻点2.3a =并且, 当 2(0,)3a ∈时, ()0V a '<; 当2(,1)3a ∈时, ()0,V a '> 因此, ()V a 在23a =处取得最小值. 九. (7分) 计算(sin )d (cos 1)d ,Ly y x x y y -+-⎰其中L 为从点(0,0)O 沿圆周222x y x +=在第一象限部分到点(1,1)A 的路径.解 令 sin ,cos 1,P y y Q x y =-=- 则cos (cos 1) 1.Q P y y x y∂∂-=--=∂∂ 取点(1,0).B 作有向直线段,OB 其方程为 0(y x =从0变到1).a作有向直线段,BA 其方程为 1(x y =从0变到1). 由曲线L 、有向直线段AB 和BO 形成的闭曲线记为0L (沿顺时针方向), 0L 所围成的区域记为D , 则(sin )d (cos 1)d Ly y x x y y -+-⎰()((sin )d (cos 1)d )AB BOL y y x x y y =---+-⎰⎰⎰d (sin )d (cos 1)d DBAy y x x y y σ=-+-+-⎰⎰⎰(sin )d (cos 1)d OBy y x x y y +-+-⎰11(cos 1)d 04y y π=-+-+⎰ 1sin1 1.4π=-+- 十. (8分) 设(1)有向闭曲线Γ是由圆锥螺线 OA :θθθθθ===z y x ,sin ,cos ,(θ从0变到2π)和有向直线段 AO 构成, 其中()0,0,0O , ()2,0,2A ππ;(2)闭曲线Γ将其所在的圆锥面z =∑是其中的有界部分.(Ⅰ)如果()x z F -=,1, 表示一力场,求F沿Γ所做的功W ;(Ⅱ)如果()x z F -=,1,表示流体的流速,求流体通过∑流向上侧的流量. (单位从略)解(Ⅰ)作有向直线段,AO 其方程为 ⎩⎨⎧==xz y 0(x 从 2π变到0).所求F沿Γ所做的功为d d d W z x y x z Γ=+-⎰()(d d d )OAAOz x y x z =++-⎰⎰()20cos sin sin cos cos d πθθθθθθθθθθ=-++-⎡⎤⎣⎦⎰()02d x x x π+-⎰220(cos sin )d0πθθθθθ=-+⎰24π=.(Ⅱ)Γ所在的圆锥面方程为z = ∑上任一点处向上的一个法向量为(,,1)x y n z z =--=∑在xOy 面上的投影区域为D , 在极坐标系下表示为: 0,02.r θθπ≤≤≤≤故所求流体通过∑流向上侧的流量为d d d d d d ()()d d x y z y z z x x x y z z z x x y ∑∑⎡⎤Φ=+-=⋅-+--⎣⎦⎰⎰⎰⎰ d d x x x y ∑⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰ ()200d 2cos sin d r r r πθθθθ=-+⎰⎰ 22302cos sin d 32πθθθθθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰26π-=. x注: (Ⅰ)的另一解法 应用Stokes 公式, 可得 W 2d d 2d d y z x z x y ∑∑==-⎰⎰⎰⎰2d x y∑=⎰⎰22200sin 2d d sin d r r r rπθπθθθθθ=-⋅=-⎰⎰⎰ 24π=.十一. (8分) 设函数(,)u u x y =在心形线:1cos L r θ=+所围闭区域D 上具有二阶连续偏导数, n 是在曲线L 上的点处指向曲线外侧的法向量(简称外法向), un∂∂是(,)u x y 沿L 的外法向的方向导数, L 取逆时针方向. (Ⅰ) 证明:d d d .LLu u u s x y ny x∂∂∂=-+∂∂∂⎰⎰ (Ⅱ) 若222221,u ux y y x y∂∂+=-+∂∂ 求d L u s n ∂∂⎰的值.(Ⅰ) 证 由方向导数的定义d (cos sin )d .LLuu us s nx y αα∂∂∂=+∂∂∂⎰⎰其中, α是n 相对于 x 轴正向的转角.设1α是 L 的切向量τ相对于x 轴正向的转角, 则1,2παα=+或 1.2παα=-故11d (sin cos )d .LL u u us s nx y αα∂∂∂=-∂∂∂⎰⎰d d .Lu u x y y x ∂∂=-+∂∂⎰(Ⅱ) 解 应用格林公式22222d ()d d (1)d d D D Lu u us x y x y y x yn x y ∂∂∂=+=-+∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰由对称性1cos 00d 1d d 2d d D L us x y x r rn πθ+∂==∂⎰⎰⎰⎰⎰203(1cos )d .2πθθπ=+=⎰十二.(8分) 设圆222x y y +=含于椭圆22221x y a b+=的内部, 且圆与椭圆相切于两点(即在这两点处圆与椭圆都有公共切线).(Ⅰ) 求 a 与b 满足的等式; (Ⅱ) 求a 与b 的值, 使椭圆的面积最小.解 (Ⅰ) 根据条件可知, 切点不在y 轴上. 否则圆与椭圆只可能相切于一点. 设圆与椭圆相切于点00(,)x y , 则00(,)x y 既满足椭圆方程又满足圆方程, 且在00(,)x y 处椭圆的切线斜率等于圆的切线斜率, 即2002001b x xa y y -=--. 注意到00,x ≠ 因此, 点00(,)x y 应满足2200222200022001(1)2(2)1(3)1x y a b x y y b a y y ⎧+=⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪=-⎪⎩由(1)和(2)式, 得222200220.b a y y a b--+= (4)由 (3) 式得 2022.b y b a=- 代入(4) 式 2242222222220.()b a b b a b b a b a-⋅-+=-- 化简得 2222,b a b a=- 或 22420.a b a b --= (5) (Ⅱ) 按题意, 需求椭圆面积S ab π=在约束条件 (5) 下的最小值.构造函数2242(,,)().L a b ab a b a b λλ=+-- 令2322242(24)0(6)(22)0(7)0(8)a b L b ab a L a a b b L a b a b λλλ⎧=+-=⎪=+-=⎨⎪=--=⎩ (6) ·a − (7)·b , 并注意到 0λ≠, 可得 242b a =. 代入(8) 式得 644220a a a --=, 故a =从而22b == 由此问题的实际可知, 符合条件的椭圆面积的最小值存在,因此当22a b ==时, 此椭圆的面积最小.。

2011年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(B卷)

2011年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(B卷)


显然当 t 0 时,恒有 a n 1 a n 0 ,即 a n 1 a n
2011B 11、 (本题满分 20 分) 已知 A1 ( x1 , y1 ), A2 ( x2 , y2 ), A3 ( x3 , y3 ) 是抛物线 y 2 px ( p 0) 上不同 的三点,A1 A2 A3 有两边所在的直线与抛物线 x 2qy (q 0) 相切, 证明: 对不同的 i, j 高中数学联合竞赛试题 (B 卷) 第 1 页 共 11 页
再由不等式①中等号成立的条件,得 ab 1 .与②联立解得 故 log a b 1 .
a 2 1, b 2 1,

a 2 1, b 2 1,
d ( p ) 2 ,即 2 p 2 6 p 4 解得 p 1 或 2 ;
当3 p
p 6 4 ,解得 p 10 p p 2 2 , 即 p 2 时, 当 x 时, AB 取得最小值,d ( p ) 2 2 4
2
综上,满足条件的实数 p 的和为 1 2 10 13 二、解答题:本大题共 3 小题,共 56 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 2011B 9、 (本题满分 16 分) 已知实数 x, y , z 满足: x y z , x y z 1 , x y z 3 .求实数 x 的取值范围. ★解析:令 x 1 t ,由 x y z 1 得 z t y ,代入 x y z 3 得
2
2
yi y j ( yi y j ) 为定值.
★证明:依题意有 y i 2 px i , i 1,2,3 , y1 , y 2 , y 3 互不相等。 不妨设 A1 A2 , A2 A 3 所在的直线与抛物线 x 2qy (q 0) 相切, 因为 x 2qy 的过原点 O 的切线与 抛物线 y 2 px ( p 0) 只有一个公共点,所以原点 O 不能是所设内接三角形的顶点,即 。 xi , y i 0,0 ( i 1,2,3 ) 由于设 A1 A2 所在的直线与抛物线 x 2qy (q 0) 相切,所以 A1 A2 不平行 y 轴,即 x1 x 2 ,

历年全国大学生高等数学竞赛真题及答案(2009-2011非数学类).

历年全国大学生高等数学竞赛真题及答案(2009-2011非数学类).

0
n
n1
0
n0
n0
n1

f (t)dt f (n) 1 f (t)dt ,
0
0
n0

f (n) xn2 ,
n0
n0
ln 1
1
lim x lim x 1
x1 1 x x1 1
f (t)dt
xt2 dt
t2 ln 1
e x dt
0
0
0
1
et2 dt
10
1 , 12
0
0
3
a2
1
x
4
dt
4 a(1 a)
1
x
3dt
4 (1 a)2
1
x
2dt
0
3
0
9
0
1 a2 1 a(1 a) 4 (1 a)2
5
3
27

V (a) 1 a2 1 a(1 a) 4 (1 a)2
5
3
27

V (a) 2 a 1 (1 2a) 8 (1 a) 0,
det
0 1
11 dudv dudv ,
D
(x
y) ln(1 1 x y
y) x dxdy
D
u
ln
u u ln 1u
vdudv
1
(
u
ln
u
u
dv
u
u
ln vdv)du
0 1u 0
1u 0
1 u2 ln u u(u ln u u) du
0 1u
1u
1
u2
du (*)
0 1u
L

2011年全国高中数学联赛试题及解答

2011年全国高中数学联赛试题及解答

2011年全国高中数学联合竞赛第一试一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,共64分.把答案填在横线上.1.设集合{}1234,,,A a a a a =,若中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为{}1,3,5,8B =-,则集合 .2.函数()f x =的值域为 .3.设为正实数,11a b+≤()()234a b ab -=,则 .4.如果()5533cos sin 7sin cos θθθθ-<-,[)0,2θπ∈,那么的取值范围是 .5.现安排7名同学去参加5个运动项目,要求甲、乙两同学不能参加同一个项目,每个项目都有人参加,每人只参加一个项目,则满足上述要求的不同安排方案数为 .(用数字作答)6.在四面体中,已知60ADB BDC CDA ∠=∠=∠=︒,3AD BD ==,2CD =,则四面体的外接球的半径为 .7.直线210x y --=与抛物线24y x =交于,A B 两点,C 为抛物线上的一点,90ACB ∠=︒,则点C 的坐标为 .8.已知()2002001,2,,95nnnn a C n -=⋅⋅=,则数列{}n a 中整数项的个数为 .二、解答题:本大题共3小题,共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.设函数()()lg 1f x x =+,实数(),a b a b <满足()12b f a f b +⎛⎫=- ⎪+⎝⎭,()106214lg 2f a b ++=,求,a b 的值.10.已知数列满足:()1231a t t t =-∈≠±R 且,()()()112321121n n n n n n t a t t a n a t ++-+--=∈+-N .(1)求数列{}n a 的通项公式; (2)若0t >,试比较与的大小.11.作斜率为13的直线l 与椭圆C :221364x y +=交于A 、B 两点(如图所示),且(P 在直线l 的左上方.(1)证明:△P AB 的内切圆的圆心在一条定直线上; (2)若60APB ∠=︒,求△P AB 的面积.加试一、(本题满分40分)如图,P,Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC,BD的中点.若∠=∠.∠=∠,证明:AQB CQBBPA DPA二、(本题满分40分)证明:对任意整数,存在一个次多项式()1110n n n f x x a x a x a --=++++具有如下性质:(1)011,,,n a a a -均为正整数;(2)对任意正整数,及任意()2k k ≥个互不相同的正整数12,,,k r r r ,均有()()()()21k f m f r f r f r ≠.三、(本题满分50分)设()12,,,4n a a a n ≥是给定的正实数,12n a a a <<<.对任意正实数,满足()1j i k ja a r i j k n a a -=≤<<≤-的三元数组(),,i j k 的个数记为()n f r .证明:()24n n f r <.四、(本题满分50分)设A是一个39⨯的方格表,在每一个小方格内各填一个正整数.称A中的一个()⨯≤≤≤≤方格表为“好矩形”,若它的所有数的和为10的倍数.称A中的一个的m n m n13,19小方格为“坏格”,若它不包含于任何一个“好矩形”.求A中“坏格”个数的最大值.。

2011年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)解析

2011年全国高中数学联合竞赛一试试题(B卷)解析

2
2
于是
BE2 CF 2
=
2x2 − 1 2x2 + 14
=
1−
15 . 2x2 + 14
由于
2x2
+ 14

(16, 64),
第2页 共5页
8.
从而 BE2 CF 2
抛物线 y2
∈ =
( 1 , 49) < t2 16( 64 p)
2p x − (p
恒成立 ⇒ t ⩾ 7,所以 t 的最小值为 7.
#n»

#» SP ,
#n»
=
(x,
y,
z)
−x + y + z = 0, ⇒ 2x + 6y + 5z = 0.

#n»
= (1, −7, 8),

所以异面直线
SP

AC1
的距离
d = |S# A» · n#»0| =
3 √
=
114
114 . 38
7.

△ABC
中,E, F
分别是
AC, AB
的中点,AB
所以
P (C)
=
C21 · 5 C226
=
20 26 · 25
=
2. 65
5. 若 △ABC 的角 A, C 满足 5(cos A + cos C) + 4(cos A cos C + 1) = 0,则
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tan A 2
·
tan
C 2
=
.
解答

x
=
tan
A ,
y

2011年全国高中数学联赛试题参考答案

2011年全国高中数学联赛试题参考答案

2011年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷)考试时间:2011年10月16日 8:00—9:20一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,共64分.把答案填在横线上.1.设集合,若中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为},,,{4321a a a a A =A }8,5,3,1{-=B ,则集合 .=A2.函数的值域为 .11)(2-+=x x x f3.设为正实数,,,则 .b a ,2211≤+b a 32)(4)(ab b a =-=b a log4.如果,,那么的取值范围是 .)cos (sin 7sin cos 3355θθθθ-<-)2,0[πθ∈θ5.现安排7名同学去参加5个运动项目,要求甲、乙两同学不能参加同一个项目,每个项目都有人参加,每人只参加一个项目,则满足上述要求的不同安排方案数为 .(用数字作答)6.在四面体中,已知,,,则四面体ABCD ︒=∠=∠=∠60CDA BDC ADB 3==BD AD 2=CD 的外接球的半径为 .ABCD7.直线与抛物线交于两点,为抛物线上的一点,,则012=--y x x y 42=B A ,C ︒=∠90ACB 点的坐标为 .C8.已知C ,则数列中整数项的个数为 .=n a ())95,,2,1(2162003200 =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅-n n n n }{n a二、解答题:本大题共3小题,共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(本小题满分16分)设函数,实数满足,|)1lg(|)(+=x x f )(,b a b a <21()(++-=b b f a f ,求的值.2lg 4)21610(=++b a f b a,10.(本小题满分20分)已知数列满足:R 且,}{n a ∈-=t t a (321)1±≠t N .121)1(2)32(11-+--+-=++n n n n n n t a t t a t a ∈n ()*(1)求数列的通项公式;}{n a (2)若,试比较与的大小.0>t 1+n a na11.(本小题满分20分)作斜率为的直线与椭圆:31l C 143622=+y x 交于两点(如图所示),且在直线的左上方.B A ,)2,23(P l (1)证明:△的内切圆的圆心在一条定直线上;PAB (2)若,求△的面积.︒=∠60APBPAB2011年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)考试时间:2011年10月16日 9:40—12:10二、(本题满分40分)证明:对任意整数,存在一个次多项式4≥n n 0111)(a x a x a x x f n n n ++++=-- 具有如下性质:(1)均为正整数;110,,,-n a a a (2)对任意正整数,及任意个互不相同的正整数,均有m )2(≥k k k r r r ,,,21 .)()()()(21k r f r f r f m f ≠三、(本题满分50分)设是给定的正实数,.对任意正实数)4(,,,21≥n a a a n n a a a <<< 21,满足的三元数组的个数记为.r )1(n k j i r a a a a j k ij ≤<<≤=--),,(k j i )(r f n 证明:.4)(2n r f n <四、(本题满分50分)设A 是一个的方格表,在每一个小方格内各填一个正整93⨯数.称A 中的一个方格表为“好矩形”,若它的所有数的和为10的倍)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 数.称A 中的一个的小方格为“坏格”,若它不包含于任何一个“好矩形”.求A 中“坏格”11⨯个数的最大值.。

2011年 天津市大学数学竞赛试题参考解答

2011年 天津市大学数学竞赛试题参考解答

2011年 天津市大学数学竞赛试题参考解答(理工类)一. 填空题(本题15分,每小题3分): 1. 设()f x 是连续函数, 且0()lim41cos x f x x →=-, 则01()lim 1x f x x →⎛⎫+= ⎪⎝⎭ 2e .2. 设223()2x f x ax b x +=++- , 若 l i m ()0x f x →∞= 则 a =2,-b =4.-3.1e ln d x x x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎰e l n .xx C +4. 设(,)f x y 是连续函数, 且(,)(,)d d ,Df x y xy f x y x y =+⎰⎰其中D 由x 轴、y 轴以及直线1x y +=围成, 则(,)f x y =1.12xy +5. 椭球面22221x y z ++=平行于平面20x y z -+=的切平面方程为20x y z -++= 和20.x y z -+-=二. 选择题(本题15分,每小题3分):1. 设()(2)ln(1),f x x x =+- 则()f x 在0x =处(A) (0)2f '=-, (B) (0)0f '=, (C) (0)2f '=, (D) 不可导. 答: (A)2. 设函数()y f x =具有二阶导数, 且满足方程sin e 0.x y y '''+-=已知0()0,f x '=则(A) ()f x 在0x 的某个邻域中单调增加, (B) ()f x 在0x 的某个邻域中单调增少,(C) ()f x 在0x 处取得极小值, (D) ()f x 在0x 处取得极大值. 答: ( C)3. 图中曲线段的方程为()y f x =, 函数()f x 在区间[0,]a 上有连续的导数, 则积分()d a x f x x '⎰表示(A) 直角三角形AOB 的面积, (B) 直角三角形(C) 曲边三角形AOB 的面积, (D) 曲边三角形 答: (D)4. 设在区间 [,]a b 上的函数()0,f x > 且 ()0,f x '< ()0.f x ''> 令1()d ,b aS f x x=⎰2()(),S f b b a =- 31[()()](),2S f a f b b a =+- 则 (A) 123,S S S << (B) 312,S S S << (C) 213,S S S << (D)231.S S S <<答: (C )5. 设 曲面22{(,,)|,01},x y z z x y z ∑==+≤≤取上侧为正, 1∑是 ∑在 0x ≥的部分, 则曲面积分 (A)d d 0,x y z ∑=⎰⎰(B)1d d 2d d .z x y z x y∑∑=⎰⎰⎰⎰(C)122d d 2d d ,y y z y y z ∑∑=⎰⎰⎰⎰ (D)122d d 2d d ,x y z x y z ∑∑=⎰⎰⎰⎰答: (B)三. (6分) 设函数 ()2002[(1)()d ]d 0sin 00xt t u u t,x ,f x x,x .ϕ⎧-⎪≠=⎨⎪=⎩⎰⎰ 其中函数ϕ处处连续. 讨论()f x 在0x =处的连续性及可导性.解 222[(1)()d ]d (1)()d lim ()limlim2x x x x t x t u u tx u uf x xxϕϕ→→→--==⎰⎰⎰22()d ()d limlim22x x x x x u uu uxxϕϕ→→=-⎰⎰202()0l i m0(0)2x x x f ϕ→⋅=-== 因此, ()f x 在0x =处连续.200300[(1)()d ]d ()(0)lim limxx x t t u u t f x f x x ϕ→→--=⎰⎰ 220(1)()d lim 3x x x u u x ϕ→-=⎰ 22002200()d ()d 11lim lim 33x x x x x u u u u x xϕϕ→→=-⎰⎰ 1(0)3ϕ=-因此, ()f x 在0x =处可导, 且 1(0)(0).3f ϕ'=-四. (6分) 设函数()x x t =由方程cos 0t x x +=确定, 又函数()y y x =由方程2e 1y xy --=确定, 求复合函数(())y y x t =的导数d d .t yt=解 方程cos 0t x x +=两边对t 求导d d cos sin 0.d d x xx t x t t -⋅+=当 t=0时, x=0, 故00d c o s1.d sin 1t t x x x t t x ====--=方程2e 1y xy --= 两边对x 求导 2d d e0.d d y y yy x x x-⋅--⋅= 当 0x =时,2,y = 故 022d 2.d ex y y x y y xx==-==-=因此,00d d d .d d d 2t x t y yxt xt ====⋅=-五. (6分) 设函数()f x 在(,)-∞+∞上二阶可导,且0()lim0x f x x→=,记10()()x f xt d t ϕ'=⎰,求)(x ϕ的导数,并讨论)(x ϕ'在0x =处的连续性. 解 由已知的极限知(0)0,(0)0,f f '== 从而有 10(0)(0)d 0.f t ϕ'==⎰当 0x ≠时, 1100011()()()()d()()d ,x f x x f x t dt f x t x t f u u x x x ϕ'''====⎰⎰⎰从而有(),0()0,0.f x x x xx ϕ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩因为()lim ()lim0(0),x x f x x xϕϕ→→===所以, ()x ϕ在0x =处连续. 当 0x ≠时, 2()()(),xf x f x x x ϕ'-'=在0x =处, 由(0)0,ϕ= 有 200()(0)()()1(0)limlimlim (0)22x x x x f x f x f xx x ϕϕϕ→→→'-'''==== 所以,2()(),0()1(0),0.2xf x f x x x x f x ϕ'-⎧≠⎪⎪'=⎨⎪''=⎪⎩而200000()()()()l i m()l i m l i m l i m l i m 2x x x x x f x f x f x f x x x xx xϕ→→→→→''''=-=-001()1()(0)1lim lim (0)(0),222x x f x f x f f x x ϕ→→'''-'''==== 故 ()x ϕ'在0x =处连续.六. (7分) 设函数()y y x =在(,)-∞+∞上可导, 且满足: 22,(0)0.y x y y '=+=(Ⅰ) 研究()y x 在区间(0,)+∞的单调性和曲线()y y x =的凹凸性.(Ⅱ) 求极限 30()lim.x y x x →解 (Ⅰ) 当0x >时, 有220,y x y '=+>故 ()y x 在区间(0,)+∞单调增加. 从而当0x >时, 22y x y '=+也单调增加. 可见, 曲线()y y x =在区间(0,)+∞向下凸. (或当0x >时, 可得222222()0.y x y y x y x y '''=+⋅=++> 可见, 曲线()y y x =在区间(0,)+∞向下凸. )(Ⅱ) 由题设知, (0)(0)0.y y '== 应用洛必达法则22322000()()lim lim lim 33x x x y x y x x y x x x→→→'+==[]22011111l i m (0).33333x y y x →⎛⎫'=+=+= ⎪⎝⎭ 七. (7分) 设()f x 在[0,1]上具有连续导数, 且0()1,(0)0.f x f '<≤= 试证211300()d ][()]d .f x x f x x ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰证 令 2300()()d [()]d ,x xF x f t t f t t ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰⎰则 ()F x 在 [0,1]连续, 且对(0,1)x ∈,30()2()()d [()]xF x f x f t tf x '=-⎰2()2()d ().x f x f t tf x ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦⎰又由题设知, 当(0,1)x ∈时, ()0.f x > 令20()2()d (),x g x f t t f x =-⎰则()g x 在[0,1]上连续, 且()2()[1()]0,(g x f x f x x ''=-≥∈ 故有()(0)0(0,1).g x g x ≥=∈因此()0,(0,1F x x '≥∈ 于是()F x 在[0,1]上单调增加, ()(0)0,[0,1].F x F x ≥=∈ 取1x =, 即得211300(1)()d [()]d 0.F f t t f t t ⎡⎤=-≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰所证结论成立.八. (7分) 设函数()y f x =具有二阶导数, 且()0.f x ''> 直线a L 是曲线()y f x =上任意一点(,())a f a 处的切线, 其中[0,1].a ∈ 记直线a L 与曲线()y f x =以及直线0,1x x ==所围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为().V a 试问a 为何值时()V a 取得最小值.解 切线a L 的方程为 ()()()y f a f a x a '-=- 即()()()y f a x a f a f a''=-+ 于是10()2[()()()()]d V a x f x f a x a f a f a xπ''=-+-⎰10112()d ()()().322a xf x x f a f a f a π⎡⎤''=-+-⎢⎥⎣⎦⎰可见, ()V a 在[0,1]连续, 在(0,1)可导. 令1()2[()()]()(32)0323aV a f a f a f a a ππ'''''''=-+=-=,a由于 ()0,f a ''> ()V a 在(0,1)内有唯一的驻点2.3a = 并且, 当 2(0,)3a ∈时, ()0V a '<; 当2(,1)3a ∈时, ()0,V a '> 因此,()V a 在23a =处取得最小值.九. (7分) 计算(sin )d (cos 1)d ,Ly y x x y y -+-⎰其中L 为从点(0,0)O 沿圆周222xy x+=在第一象限部分到点(1,1)A 的路径.解 令 sin ,cos 1,P y y Q x y =-=- 则c o s (c o s 1)1.Q Py y x y∂∂-=--=∂∂ 取点(1,0).B 作有向直线段,OB 其方程为 0(y x =从0变到1).作有向直线段,BA 其方程为 1(x y =从0变到1). 由曲线L 、有向直线段AB 和BO 形成的闭曲线记为0L (沿顺时针方向), 0L 所围成的区域记为D , 则(s i n )d (c o s1Ly y x x y y-+-⎰()((s i n )d (c o s 1)d )A BB OL y yx x y y =---+-⎰⎰⎰d (s i n )d (c o s 1)dDB Ay yx x y y σ=-+-+-⎰⎰⎰ (s i n )d (c o s 1)dy y x x y y +-+-⎰101(c o s 1)d 04y y π=-+-+⎰1s i n 11.4π=-+- 十. (8分) 设(1)有向闭曲线Γ是由圆锥螺线 OA:θθθθθ===z y x ,sin ,cos ,(θ从0变到2π)和有向直线段 AO 构成, 其中()0,0,0O , ()2,0,2A ππ; (2)闭曲线Γ将其所在的圆锥面z =∑是其中的有界部分.(Ⅰ)如果()x z F -=,1, 表示一力场,求F沿Γ所做的功W ;(Ⅱ)如果()x z F -=,1,表示流体的流速,求流体通过∑流向上侧的流量. (单位从略)解(Ⅰ)作有向直线段,AO 其方程为 ⎩⎨⎧==xz y 0(x 从 2π变到0). 所求F沿Γ所做的功为d d d W z x y x z Γ=+-⎰()(d d d )OA Oz x y x z =++-⎰⎰()20cos sin sin cos cos d πθθθθθθθθθθ=-++-⎡⎤⎣⎦⎰()02d x x x π+-⎰220(cos sin )d 0πθθθθθ=-+⎰24π=.(Ⅱ)Γ所在的圆锥面方程为z =∑上任一点处向上的一个法向量为(,,1)x y n z z =--=∑在xOy 面上的投影区域为D , 0,02.r θθπ≤≤≤≤故所求流体通过∑流向上侧的流量为d d d d d d ()()d d x y z y z z x x x y z z z x x y ∑∑⎡⎤Φ=+-=⋅-+--⎣⎦⎰⎰⎰⎰ d d x x x y ∑⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰ ()20d 2cos sin d r r r πθθθθ=-+⎰⎰22302cos sin d 32πθθθθθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭⎰26π-=.注: (Ⅰ)的另一解法 应用Stokes 公式, 可得 W 2d d 2d d y z x z x y ∑∑==-⎰⎰⎰⎰2d x y∑=⎰⎰22200sin 2d d sin d r r r rπθπθθθθθ=-⋅=-⎰⎰⎰ 24π=.x十一. (8分) 设函数(,)u u x y =在心形线:1cos L r θ=+所围闭区域D 上具有二阶连续偏导数, n 是在曲线L 上的点处指向曲线外侧的法向量(简称外法向), un ∂∂是(,)u x y 沿L 的外法向的方向导数, L 取逆时针方向.(Ⅰ) 证明:d d d .L L u u us x y n y x∂∂∂=-+∂∂∂⎰⎰(Ⅱ) 若222221,u ux y y x y∂∂+=-+∂∂ 求d L u s n ∂∂⎰ 的值. (Ⅰ) 证 由方向导数的定义d (c o s s i n )d .L L u u us s n x yαα∂∂∂=+∂∂∂⎰⎰其中, α是n相对于 x 轴正向的转角.设1α是 L 的切向量τ 相对于x 轴正向的转角, 则1,2παα=+ 或 1.2παα=-故11d (sin cos )d .L L u u us s n x y αα∂∂∂=-∂∂∂⎰⎰d d .Lu ux y y x ∂∂=-+∂∂⎰(Ⅱ) 解 应用格林公式22222d ()d d (1)d d D D L u u us x y x y y x yn x y ∂∂∂=+=-+∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰由对称性1cos 00d 1d d 2d d D L us x y x r rn πθ+∂==∂⎰⎰⎰⎰⎰203(1c o s )d .2πθθπ=+=⎰十二.(8分) 设圆222x y y +=含于椭圆22221x y a b+=的内部, 且圆与椭圆相切于两点(即在这两点处圆与椭圆都有公共切线).(Ⅰ) 求 a 与b 满足的等式; (Ⅱ) 求a 与b 的值, 使椭圆的面积最小.解 (Ⅰ) 根据条件可知, 切点不在y 轴上. 否则圆与椭圆只可能相切于一点. 设圆与椭圆相切于点00(,)x y , 则00(,)x y 既满足椭圆方程又满足圆方程, 且在00(,)x y 处椭圆的切线斜率等于圆的切线斜率, 即2002001b x xa y y -=--. 注意到00,x ≠因此, 点00(,)x y 应满足2200222200022001(1)2(2)1(3)1x y a b x y y b a y y ⎧+=⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪=-⎪⎩由(1)和(2)式, 得222200220.b a y y a b--+= (4)由 (3) 式得 2022.b y b a =- 代入(4) 式2242222222220.()b a b b a b b a b a-⋅-+=-- 化简得 2222,b a b a=- 或 22420.a b a b --= (5) (Ⅱ) 按题意, 需求椭圆面积S ab π=在约束条件 (5) 下的最小值. 构造函数2242(,,)().L a b ab a b a b λλ=+-- 令2322242(24)0(6)(22)0(7)0(8)a b L b ab a L a a b b L a b a b λλλ⎧=+-=⎪=+-=⎨⎪=--=⎩(6) ·a − (7)·b , 并注意到 0λ≠, 可得 242b a =. 代入 (8) 式得 644220a a a --=,故 a = 从而 2b == 由此问题的实际可知, 符合条件的椭圆面积的最小值存在, 因此当a b ==时,此椭圆的面积最小.。

2011年浙江科技学院高数竞赛试题及答案

2011年浙江科技学院高数竞赛试题及答案

解(1)(2)(3)得两个切点; (3, 0, 2) , (1, 2, 2) ,故所求的切平面方程为
x + 2 z = 7 与 x + 4 y + 6 z = 21 。
7. 试求 I =

x 2 + y 2 dx − y ln( x + x 2 + y 2 )dy ,其中 L 为曲线
从点 A(1, −2) 到点 B(1, 2) 的一段弧.(12 分) 解:添加线段 BA,设 L+BA 所围的区域是 D,则根据格林公式:
(*)
试证:当 f ( a ) = f ( b ) = 0( a < b ) 时,则在区间 [a , b] 上 f ( x ) 恒为零.(10 分) 证:根据最值定理, f ( x) 必在区间 [a, b] 取得最值,假设最大值是 M,最小值是 m , 我们希望证明 M = m = 0 ,若不然,即 f (ξ ) = M > 0,
浙江科技学院第七届高等数学竞赛
浙江科技学院第七届高等数学竞赛试题及参考答案
sin( tx 2 ) 2 ∫ 0 t dt − x 1.计算 lim .(10 分) x→0 x6 x 2 sin u sin x 2 2 ⋅ 2x − 2x du − x 2 ∫0 u 2 x = lim 解:令 u = tx ,则原式 = lim x →0 x →0 6 x5 x6 sin v − v cos v − 1 1 sin x 2 − x 2 = lim = lim = lim =− . 3 2 6 v →0 v →0 x →0 3x 3v 9v 18 arctan x xe dx .(10 分) 2.计算不定积分 ∫ (1 + x 2 )3 / 2
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