大学生数学竞赛(非数)试题及答案
第十届全国大学生数学竞赛预赛非数学类参考答案官方版
1 cos x cos x(1 cos 2 x 3 cos 3x ) 1 cos x cos 2 x 3 cos 3x ) lim 2 x 0 x 0 x2 x2 x
1 cos 2 x 1 1 cos 2 x 3 cos 3 x 1 cos 2 x (1 3 cos 3x ) lim lim 2 x 0 x2 2 x 0 x2 x2 1 (cos 2 x 1) 1 1 3 (cos 3x 1) 1 1 lim 2 x 0 x2 x2
中 | AB | 表示线段 AB 的长度.
证明：作辅助函数 (t ) f ( x1 t ( x2 x1 ), y1 t ( y2 y1 )) ，----------2 分 显然 (t ) 在[0,1]上可导.根据拉格朗日中值定理，存在 c (0,1) ，使得
f (u , v) f (u , v) ------8 分 ( x2 x1 ) ( y2 y1 ) u v f (u , v) f (u , v) | (1) (0) || f ( x2 , y2 ) f ( x1 , y1 ) || ( x2 x1 ) ( y2 y1 ) | u v
rdrd
0
2
1 9 r
r 2 dz d
0
2
2 2
0
2 2 r 3 ( 9 r 2 1)dr (124 35 ) 5 5 256 ------12 分 3
2
( x
(V )
2
y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV
第十一届全国大学生数学竞赛决赛试题(三套全)及参考答案
第十一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，2021年4月17日）一、填空题（本题满分30分，每小题6分）1、极限12(1)(1sin lim (1sin )n n x x π−+−=−______________.【解】122)(1sinlim n n x x ππ−+→−= 211(sin 1)11111sin 23!n x x x n n π+−+−==⋅=− 2、设函数()y f x =由方程32arctan(2)x y y x −=−所确定，则曲线()y f x =在点1,32P ππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭处的切线方程为______________.【解】对方程32arctan(2)x y y x −=−两边求导，得22321(2)y y y x '−−'=+−.将点P 的坐标代入，得曲线()y f x =在P 点的切线斜率为5.2y '=因此，切线方程为5(3)122y x ππ⎛⎫−+=−− ⎪⎝⎭，即51224y x π=+−.3、设平面曲线L 的方程为220Ax By Cxy Dx Ey F +++++=，且通过五个点1(1,0)P −，2(0,1)P −，3(0,1)P ，4(2,1)P −和5(2,1)P，则L 上任意两点之间的直线距离最大值为______________.【解】将所给点的坐标代入方程得0042204220A D FB E F B E F A BCDEF A B C D E F −+=⎧⎪−+=⎪⎪++=⎨⎪+−+−+=⎪+++++=⎪⎩解得曲线L 的方程为223230x y x +−−=，其标准型为22(1)144/3x y −+=，因此曲线L 上两点间的最长直线距离为4.4、设()22()23arctan 3nx f x x x =+−，其中n 为正整数，则()(3)n f −=_________. 【解】记2()(1)arctan 3n x g x x =−，则()(3)()n f x x g x =+.利用莱布尼兹法则，可得1()()()0()!()(3)()n k n k nn k n k fx n g x C x g x −−=⎡⎤=++⎣⎦∑所以()22(3)!(3)(1)4!n n n f n g n π−−=−=−.5、设函数()f x 的导数()f x '在$[0，1]$上连续，(0)(1)0f f ==，且满足[]1124()?d 8()d 03f x x f x x '−+=⎰⎰ 则()f x =______________.【解】因为1110()d ()d ,()d 0f x x x f x x f x x =−''=⎰⎰⎰，且()1201441d 3x x x −+=⎰，所以()[]1112220124()d 8()d ()8()4()16164d 3()42d 0f x x f x x f x xf x f x x x x f x x x ''⎡⎤−+=+'−'+−+⎣⎦='+−=⎰⎰⎰⎰因此()24f x x '=−，2()22f x x x C =−+..由(0)0f =得0C =..因此2()22f x x x =−.二、（12分）求极限：11nn k =−.【解】记1nn k a ==−，则1111nnn n k k k a n===⎛==≤ ⎝. ....................... 3分因为1112((1)3n nk n kk k x x n ++==≤==+−∑⎰⎰，所以221133n a n ⎛<=+ ⎝ .................................................. 3分又01123nnkk k k x x −==≥==∑⎰⎰123nn k a =≥≥ 于是可得................221133n a n ⎛≤<+ ⎝3分三、（12分）设()()212313230,,cos ,sin d F x x x f x x x x πϕϕϕ=++⎰，其中(,)f u v 具有二阶连续偏导数.已知()213230cos ,sin d i iFf x x x x x x πϕϕϕ∂∂⎡⎤=++⎣⎦∂∂⎰， ()2221323220cos ,sin d i iFf x x x x x x πϕϕϕ∂∂⎡⎤=++⎣⎦∂∂⎰，1i =，2，3 试求22232221233F F F Fx x x x x ⎛⎫∂∂∂∂+−− ⎪∂∂∂∂⎝⎭并要求化简.【解】令1323cos ,sin u x x v x x ϕϕ=+=+，利用复合函数求偏导法则易知123,,cos sin f f f f f f f x u x v x u vϕϕ∂∂∂∂∂∂∂===+∂∂∂∂∂∂∂， 22222222222222222123,,cos sin 2sin f f f f f f f f x u x v x u u v vϕϕϕ∂∂∂∂∂∂∂∂===++∂∂∂∂∂∂∂∂∂ .................................... 4分所以2223222123F F F x x x x ⎛⎫∂∂∂+− ⎪∂∂∂⎝⎭222222222232222000 d d cos sin 2sin d f f f f f x u v u u v πππϕϕϕϕϕϕν⎡⎤⎛⎫∂∂∂∂∂=+−++⎢⎥ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎣⎦⎰⎰⎰ 222222322sin sin 2cos d f f f x u u u v πϕϕϕϕ⎛⎫∂∂∂=−+ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎰又由于203cos sin d F f f x u v πϕϕϕ∂∂∂⎛⎫=+ ⎪∂∂∂⎝⎭⎰，利用分部积分，可得 22222222003222222223322002222322sin d cos d 11sin sin 2d sin 2cos d 22sin sin 2Ff u f v f u f v x u u v u v v f f f f x x u u v u v v f f f x u u v ππππϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕν⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂∂∂=−+++ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂=−−− ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭∂∂∂=−+∂∂∂∂⎰⎰⎰⎰22cos d πϕϕ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎰........................................ 4分所以222322212330F F F Fx x x x x ⎛⎫∂∂∂∂+−−= ⎪∂∂∂∂⎝⎭ ......................................................2分四、（10分）设函数()f x 在[0，1]上具有连续导数，且110053()d ,()d 22f x x x f x x ==⎰⎰.证明：存在(0,1)ξ∈，使得()3f ξ'=.【解】考虑积分[]10(1)3()d x x f x x −−'⎰ .................................................. 4分利用分部积分及题设条件，得[]111001111132000(1)3()d (1)[3()](12)[3()]d 3(21)d (12)()d 32()d 2()d 2x x f x x x x x f x x x f x xx x x x f x xx x f x x x f x x−−'=−−−−−=−+−⎛⎫=−+− ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰3523022=−+−= ...................................... 4分根据积分中值定理，存在(0,1)ξ∈，使得[](1)3()0f ξξξ−−'=，即() 3.f ξ'=........................................ 2分五、（12分）设122021,,,B B B 为空间3R 中半径不为零的2021个球，()ij A a =为2021阶方阵，其(,)i j 元ij a 为球i B 与j B 相交部分的体积.证明：行列式||1E A +>，其中E 为单位矩阵。
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、设在区间内三阶连续可导，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、设在上具有连续导数，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、求级数之和.【解】级数通项令分则收敛区间为其中.因为所以满足解这个一阶线性方程，得由得,故所以且分六、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 ，使得其中为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分因为所以存在可逆矩阵使得分令则有分七、设为单调递减的正实数列,为一实数列，级数收敛，证明：【证】由于收敛，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。
全国大学生高等数学竞赛真题及答案(非数学类)-无答案
2009年 第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、填空题（每小题5分，共20分）1．计算=--++⎰⎰y x yx x yy x Dd d 1)1ln()(____________，其中区域D 由直线1=+y x 与两坐标轴所围成三角形区域.2．设)(x f 是连续函数，且满足⎰--=2022d )(3)(x x f x x f , 则=)(x f ____________.3．曲面2222-+=y x z 平行平面022=-+z y x 的切平面方程是__________. 4．设函数)(x y y =由方程29ln )(y y f e xe =确定，其中f 具有二阶导数，且1≠'f ，则=22d d x y________________. 二、（5分）求极限xenx x x x ne e e )(lim 20+++→ ，其中n 是给定的正整数.三、（15分）设函数)(x f 连续，⎰=10d )()(t xt f x g ，且A xx f x =→)(lim，A 为常数，求)(x g '并讨论)(x g '在0=x 处的连续性.四、（15分）已知平面区域}0,0|),{(ππ≤≤≤≤=y x y x D ，L 为D 的正向边界，试证：（1）⎰⎰-=---Lx y Lx yx ye y xe x ye y xed d d d sin sin sin sin ；（2）2sin sin 25d d π⎰≥--Ly yx ye y xe .五、（10分）已知xx e xe y 21+=，x x e xe y -+=2，xx x e e xe y --+=23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.六、（10分）设抛物线c bx ax y ln 22++=过原点.当10≤≤x 时,0≥y ,又已知该抛物线与x 轴及直线1=x 所围图形的面积为31.试确定c b a ,,,使此图形绕x 轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.七、（15分）已知)(x u n 满足),2,1()()(1 =+='-n e x x u x u x n n n, 且neu n =)1(, 求函数项级数∑∞=1)(n nx u之和.八、（10分）求-→1x 时, 与∑∞=02n n x等价的无穷大量.2010年 第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、（25分，每小题5分） （1）设22(1)(1)(1),nn x a a a =+++其中||1,a <求lim .n n x →∞（2）求21lim 1x x x e x -→∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭。
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。
2023年长沙理工大学数学竞赛大学高年级非数学专业答案
一、填空题1. 2ln 21-；2. 1/6；3.ln 2-；4. 4π-；5. 221114ab π⎛⎫+ ⎪⎝⎭； 6. ()22!!,0,n n is a odd n is a even ⎧⎡⎤-⎪⎣⎦⎨⎪⎩； 7.()()111110,,,,xz x zz xdz dx f x y z dy dz dx f x y z dy ---+⎰⎰⎰⎰⎰⎰；8. 22006π.I =（）；9.42π(,).4a f x y x y =+；10. 0。
二、解 ))1(()1(),(22y x o y x y x f +-+---=, 由全微分旳定义知 0)0,1(=f 1)0,1()0,1(-='='y x f f .xf y e fg xy x 221⋅'+⋅'='y f x e f g xyy 221⋅'+⋅'='0)0,0(='x g0)0,0(='y g2222121121122)2()2(2f x x f y e f y e f y e x f y e f g xyxy xy xy x '+⋅''+⋅''+⋅'+⋅''+⋅''='' x y f x e f e xy e f y e y f x e f g xyxy xy xy xy xy 2)2()()2(222111211⋅''+⋅''++⋅'+⋅''+⋅''='' 2222121121122)2()2(2f y y f x e f x e f x e y f x e fg xyxyxyxyy '+⋅''+⋅''+⋅'+⋅''+⋅''='' A=2)0,1(2)0,0(22-='=''f g x ，1)0,1()0,0(1-='=''=f g B xy ，2)0,1(2)0,0(22-='=''=f g C y 032>=-B AC , 且0<A , 故0)0,1()0,0(==f g 是极大值. 三、 .,1:π,d )cos sin sin (d d d d d )()(d ,)()(22π202正向解=+-=+-=+=+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂-∂∂=∴∂∂-∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂-∂∂+∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰••y x L yy x y y uv x uv y uv x uv y uv x uv y v u y u v x v u x u v y v x v u y u x u v L L D Dθθθθσσg f g f四、.1)1(22122)1(2)2(;02lim ,112)1(1121212121212112112112121++→∞---+++++++-+++=++++-+++=++++=-=+++∴-⋅-+++-=+++-=-++-+-+=+++n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a n a n na a a n na a a n na a a n na a a n n na a a S S nna a a nn n S S S S n S S S S nS S S S S S S n na a a 解.)1(2)1(2,21111121112121S a a b n n na a a a b b n n na a a n na a a b n n n n n nn n n nn n ==+=++++∴+-=+++++++=∑∑∑∞=∞=+∞=++ 则记五、000()(,)(0,0),(0,0),(0,0).(,0)(0,0)||(,0)(0,0)limlim ,||(,0)||(,0)lim (0,0),lim (0,0),(0,0)0.()(0,0)0,(0,0)0,(0,0)0.x y x x x x x x y f x y f f f x f x x f x xx x x x x xf f ϕϕϕϕϕϕϕ+-→→→→''-'====-=''===证:必要性设在点处可微则存在由于且故有充分性若则可知因为(,)(0,0)(0,0)(0,0)2,0.(,)(0,0).x y f x y f f x f yf x y →→''---=所以由定义在点处可微六、解： 由于dxdydz c z dxdydz b y dxdydz a x I VVV⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++=222222， 其中⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=Daa Vdydz dx a x dxdydz a x 2222， 这里D 表达椭球面2222221ax c z b y -≤+或1)1()1(22222222≤-+-ax c z axb y 。
第十届全国大学生数学竞赛(非数学类)答案
第十届全国大学生数学竞赛（非数学类）预赛试题及答案一、填空题（本题满分24分, 共4小题, 每小题6分)（1）设(0,1),α∈则()lim (1)n n n αα→+∞+-=＿0＿＿＿＿＿＿.解 由于 1111,n n α⎛⎫⎛⎫+<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则 αααααα-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+11111111)1(n n n n n n n ， 于是 ααα-<-+<11)1(0nn n ，应用两边夹法则，()lim (1)0n n n αα→+∞+-=. （2）若曲线()y y x =由+cos +sin 1yx t t e ty t =⎧⎨+=⎩确定，则此曲线在0t =对应点处的切线方程为0(1)y x -=--解：当0t =时，1,0x y ==，对cos x t t =+两边关于t 求导：1sin dx t dt =-，01t dxdt ==， 对+sin 1y e ty t +=两边关于t 求导：cos 0y dy dy e y t t dt dt +++=，01t dy dt ==-， 则01t dydx ==-.所以，切线方程为0(1)y x -=--.（3）21ln(1)C 2x x +-++ 解1：tan ln(tan sec )ln(tan sec )sin sec x t t t dt t t d t t=+==+⎰⎰ln(tan sec )sin sin ln(tan sec )sint ln(tan sec )t t d t t t t d t t =+=+-+⎰⎰21sin ln(tan sec )sint(sec tan sec )tan sec t t t t t t dt t t =+-++⎰sin sin ln(tan sec )cos tt t t dt t=+-⎰21sin ln(tan sec )ln |cos |C ln(1)C 2t t t t x x =+++-++.解2：ln(x d =+⎰1x dx ⎛⎫=-21xx dxx=-+⎰21ln(1)C2x x-++（4）21coslimx x→-=＿＿＿3＿＿＿＿.解答：2001coslimx xxx→→⎡-=⎢⎣⎦211lim2x x→=+2211lim2x x x→⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦1lim2x→=++⎢⎥⎣⎦220011cos21cos313lim lim1322322x xx xx x→→--=++=++=.二 (本题满分8分) 设函数()f t在0t≠时一阶连续可导，且(1)0f=，求函数22()f x y-，使得曲线积分2222(2())()Ly f x y dx xf x y dy⎡⎤--+-⎣⎦⎰与路径无关，其中L为任一不与直线y x=±相交的分段光滑闭曲线.解：设22(,)(2())P x y y f x y=--，22(,)()Q x y xf x y=-，由题设可知，积分与路径无关，于是有(,)Q x y Px y∂∂=∂∂，由此可知222222()()()1x y f x y f x y'--+-=-----------5分记22t x y=-，则得微分方程()()1tf t f t'+=，即(())1tf t'=，())tf t t C=+又(1))0f=，可得1,C=-1())1f tt=-，从而22221()1f x yx y-=--.------------8分三 (本题满分14分) 设()f x在区间[0,1]上连续，且1()3f x≤≤.证明：1100141()()3f x dx dxf x≤≤⎰⎰.证明. 由柯西不等式111()()f x dx dx f x ⎰⎰≥201⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎰. --------4分 又由于 ()()()1()30f x f x --≤，则()()()1()3/()0f x f x f x --≤，即 3()4()f x f x +≤， 103()4()f x dx f x ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭⎰. ----------10分 由于21111000313()()()4()f x dx dx f x dx f x f x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰故 11141()()3f x dx dx f x ≤≤⎰⎰. -----------14分 四 (本题满分12分)计算三重积分22()V xy dV +⎰⎰⎰（），其中V （）是由222(2)4x y z ++-≥，222(1)9x y z ++-≤，0z ≥所围成的空心立体.解：（1）1sin cos ,sin sin ,1cos ():03,0,02x r y r z r V r ϕθϕθϕϕπθπ==-=⎧⎨≤≤≤≤≤≤⎩123222225()8()sin sin 315V x y dV d d r r dr ππθϕϕϕπ+==⋅⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ----------4分 （2）2sin cos ,sin sin ,2cos ():02,0,02x r y r z r V r ϕθϕθϕϕπθπ==-=⎧⎨≤≤≤≤≤≤⎩222222225()8()sin sin 215V x y dV d d r r dr ππθϕϕϕπ+==⋅⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ----------8分 （3）3cos ,sin ,10():02x r y r z V r θθθπ⎧==≤≤⎪⎨≤≤≤≤⎪⎩3022223510()22()1)(1243)55V r x y dV rdrd dz d dr πθθπ≤+===-⋅+⎰⎰⎰⎰⎰⎰12322222222()()()()256()()()()3V V V V x y dV x y dV x y dV x y dV π+=+-+-+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰------12分 五 (本题满分14分) 设(,)f x y 在区域DM ≤，11(,)A x y ，22(,)B x y 是D 内两点，线段AB 包含在D 内。
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。
全国大学生数学竞赛试题解答及评分标准(非数学类)
又 ，那么 ，因此 …（3分）
…………………（2分）
五、（总分值14分）设 是一个滑腻封锁曲面，方向朝外。给定第二型的曲面积分 。试确信曲面 ，使积分I
的值最小，并求该最小值。
解 记 围成的立体为V，由高斯公式
……………（3分）
为了使得I的值最小，就要求V是使得的最大空间区域 ，即
取 ，曲面 ……（3分）
为求最小值，作变换 ，那么 ，
从而 ……………………………………（4分）
利用球坐标计算，得
……………………（4分）
六、（总分值14分）设 ，其中 为常数，曲线C为椭圆 ，取正向。求极限
解 作变换 （观看发觉或用线性代数里正交变换化二次型的方式），曲线C变成 平面上的椭圆 （实现了简化积分曲线），也是取正向…（2分）
(2)方式一：
方式二（将一型曲面积分转化为二型）：
记 ，取面 向下， 向外，
由高斯公式得：
，求该三重积分的方式很多，现给出如下几种常见方式：
1先一后二：
②先二后一：
③广义极坐标代换：
六．（此题12分）设f(x)是在 内的可微函数，且 ，其中 ，任取实数 ，概念 证明： 绝对收敛。
证明：
由拉格朗日中值定理得： 介于 之间，使得
，又 得
级数 收敛， 级数 收敛，即 绝对收敛。
七．（此题15分）是不是存在区间 上的持续可微函数f(x)，知足 ，
？请说明理由。
解：假设存在，当 时，由拉格朗日中值定理得：
介于0，x之间，使得 ，
同理，当 时，由拉格朗日中值定理得：
介于x，2之间，使得
即
，
显然，
，又由题意得
即 ，
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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）. (1)计算)cos 1(cos 1lim 0
x x x x --+→= . (2)设()f x 在2x =连续，且2()3lim 2x f x x →--存在，则(2)f = . (3)若tx x x t 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)t e t 2)12(+ . (4)C x x +-2ln ln 2.
二、（5分）计算dxdy x y 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 )(20210-⎰⎰+dy x y dx x )(12102⎰⎰- -------------4分 =3011 -------------5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.
三、（10分）设)](sin[2
x
f y =，其中f 具有二阶 导数，求22dx y d .
解：)],(cos[)(222x f x f x dx
dy '=---------------3分 )](sin[)]([4)](cos[)(4)](cos[)(222222222222x f x f x x f x f x x f x f dx
y 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 0x a x a
x
x e d e dx e e ---=-⋅⎰⎰---------3分 令t e x =-23，所以
dt t dx e e a a
x x ⎰⎰--
=-⋅231ln 02123---------6分 =a
t 2312
3
3221-⋅-------------7分
=]1)23([3
13--⋅-a ，-----------9分 由3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，故]1)23([313--⋅-a =3
1，-----------12分 即3)23(a -=0-----------13分
亦即023=-a -------------14分
所以2
3=a -------------15分.
五、（10分）求微分方程0=-+'x e y y x 满足条件e y x ==1
的特解. 解：原方程可化为 x
e 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 dx x x dx x 11----------4分 =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎰-C dx e x e e x x x
ln ln ----------5分 =[]
⎰+C dx e x
x 1-----------6分 =)(1C e x x +.---------------7分 所以原方程的通解是)(1C e x
y x +=
.----------8分 再由条件e y x ==1，有C e e +=，即0=C ，-----------9分 因此，所求的特解是x
e 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'=。
证：由于)(x f 在),(b a 内具有二阶导数，所以)(x f 在],[21x x 上连续， 在),(21x x 内可导，再根据题意)()(21x f x f =，
由罗尔定理知至少存在一点∈1ξ),(21x x ，使)(1ξf '=0；--------3分
同理，在23[,]x x 上对函数)(x f 使用罗尔定理得至少存在一点),(322x x ∈ξ，使)(2ξf '=0；---------6分
姓名： 身份证号： 所在院校： 年级： 专业： 线 封 密
对于函数)(x f '，由已知条件知)(x f '在[1ξ，2ξ]上连续，在（1ξ，2ξ）内可导，且)(1ξf '=)(2ξf '=0，由罗尔定理知至少存在一点∈ξ（1ξ，2ξ），使0)(=''ξf ，而1ξ，2ξ）),(31x x ⊂，故结论得证----------10分.
七、（15分）已知曲线，x
e y =x y sin =和直线0=x ，1=x 围成平面图形D . （1）求平面图形D 的面积A ； （2）求D 绕x 轴旋转所成立体的体积. 解：（1）10(sin )x A e x dx =-⎰-----------2分 10(cos )x e x =+-----------4分 cos12e =+------------5分 （2）因为⎰=b a x dx x
f V )(2π，-----------6分 所以dx x e V x x )sin (1022⎰-=π-----------9分 =120111sin 2224x e x x π⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦------------11分 =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--2sin 4121)1(212e π-----------13分 =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+1)2sin 21(212e π .--------------15分.
八、（15分）设),,(z y x f u =有连续的一阶偏导数，又函数 )(x y y =及)(x z z =分别由下列两式确定： 2=-xy e xy 和dt t t e z x x ⎰-=0sin ，求du dx . 解：dx dz z f dx dy y f x f dx du ⋅∂∂+⋅∂∂+∂∂=， （1）---------4分 姓
名
：
身份证号：
所在院
校
：
年级：
专业： 线
封
密
由2=-xy e xy 两边对x 求导，得
)()(dx
dy x y dx dy x
y e xy +-+=0，--------------7分 即 x
y dx dy -= ---------------9分 又由dt t
t e z x x ⎰-=0sin 两边对x 求导，得 )1()sin(dx dz z x z x e x -⋅--=，-----------11分 即 )
sin()(1z x z x e dx dz x ---= -----------13分 将其代入（1）式，得 ()1sin()x du f y f e x z f dx x x y x z z
⎡⎤∂∂-∂=-+-⎢⎥∂∂-∂⎣⎦.-----------15分.。