河南科技大学第三届高等数学竞赛卷da2(可打印)
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 =⎰( )。
第3届全国大学生数学类试卷及答案
.................................................................... 于是当 n ≥ 2 时, 不管我们怎么选取只取值 ±1 的数列 {an }n≥1 , 均有
n n ∑ ∑ √ 3 ak √ n + ak − n 2 − 2 n k=1 k=1 √ n n √ ∑ ak ak ∑ (1 + ) = n 1+ − n 2n k=1 k=1 n ( √ ∑ 1 ak )2 ≤√ . ≤ n n n k=1
= (¯ x − 4)2 + (¯ y − 3)2 + (¯ z − 3)2
(8 分)
................................................................... 解得 (¯ x, y ¯, z ¯) = (1, −1, 3). 而 ...................................
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数学家
五 、 (本题 15 分) 对于任何实数 α, 求证存在取值于 {−1, 1} 的数列 {an }n≥1 满足
n ) (∑ √ 3 n + ak − n 2 = α. lim k=1
(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
南昌大学第三届高等数学竞赛文科类试题及答案
南昌大学第三届高等数学（文科类）竞赛试卷南昌大学第三届高等数学(文科类)竞赛试题参考答案1．!100 2．x-113． dx xxx x x x)sin ln (cos sin +⋅ 4．)2711,32(),1,0( 5．ππ-4二、选择题(每题3分，共15分)1．()B 2．()C 3．()C 4． ()D 5．()A三、（本题满分10分）解：22201cos lim sin x x x x →⎛⎫- ⎪⎝⎭＝x x x x x x 222220sin sin cos lim -→＝22401sin 204lim 0x x x x →-⎛⎫⎪⎝⎭＝3044s i n 212lim x x x x -→＝201244cos 212lim xx x ⋅-→ ＝x x x 2444sin 2lim 0⋅→＝34四、（本题满分10分）解： 21211122t t t t dt dx dt dydx dy =++-== ， dtdxdx dy dt d dx dt dx dy dt d dx dy dx d dx y d 122⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛= ⎪⎭⎫⎝⎛+⋅=+⋅=+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=t t t t t t t dt d 1412121121222五、（本题满分10分）解： C xx x x dx x x x dx ++=+=+⎰⎰4444341ln 41)1()1(一、填空题(每题3分，共15分)⎰⎰⎰++++-=+-=+dx e x x x xe x d xe dx x xe x x xx )1(111)11()1(2C e x xe xx +++-=1C xe x ++=1所以，原式C x e x x x++++=11ln4144六、（本题满分10分）证明: 设 .,1)1ln(1)(22+∞<<∞-+-+++=x x x x x x f则 22221111)1ln()(xx xx x x x x x x f +-++++⋅+++=')1ln(2x x ++=令0)(='x f 得驻点为0=x .由于011)(2>+=''xx f .知0=x 为)(x f 的极小值点, 即最小值点.)(x f 的最小值为0)0(=f .于是, 对一切),(+∞-∞∈x ,有0)(≥x f , 即有不等式.,1)1ln(122+∞<<∞-+≥+++x x x x x七、（本题满分10分）解：令t u 2=,2du dt =,x u x t 2=⇒=,00=⇒=u t则 ⎰0)2(2x dt t tf ＝⎰02)(21xdu u uf原式两边对x 求导得：232068)2(2)2(2)(x xx f x x f x dt t f x-=⋅-⋅+⎰⇒232068)(x x dt t f x-=⎰⇒x x x f 1224)2(22-=⇒x x x f 33)(2-= 令036)('=-=x x f ⇒21=x ()()1300,26,24f f f ⎛⎫===- ⎪⎝⎭所以最大值为6，最小值为34-八、（本题满分10分）证明: (Ⅰ) 令1)()(-+=x x f x F ，则011)0()0(<-=-=f F ，01)1()1(>==f F∴由零点定理，()1,0∈∃ξ,有0)(=ξF ，即()1f ξξ=-(Ⅱ) 在[]ξ,0上用中值定理.ξξξξηξη-=--='∈∃10)0()()(),,0(11f f f在[]1,ξ上也用中值定理，2(,1)ηξ∃∈,ξξξξη-=--='11)()1()(2f f f1)()(21='⋅'∴ηηf f九、（本题满分10分）解：⎰+32)('")(dx x f x x ＝⎰+32)(")(x df x x＝|302)(")(x f x x +－⎰+3)12)(("dx x x f＝|302)(")(x f x x +－⎰+3)(')12(x df x＝|302)(")(x f x x +－|30)(')12(x f x ++⎰3)('2dx x f＝())0(2)3(2)0(')3('73"12f f f f f -++－ 由)2,3(是拐点⇒0)3("=f23224)3('-=--=f ，20204)0('=--=f （l l 21, 的斜率） ∴原式＝20。
第三届高等数学竞赛数学专业类03级、04级
数学分析竞赛（2003、2004级解答）一、判断题（每题5分，共25分）1、不正确。
例：{}{}1,0,1,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,0,1n x = ，{}{}11,0,0,kn x = ，{}{}21,0,0,kn x = ，{}{}31,0,0,kn x = ，…。
2、不正确。
例：()2,0,x x f x x ⎧=⎨⎩是有理数是无理数。
3、不正确。
例：()f x =4、正确。
0x I ∈，,αβ∃，使[]0,x I αβ∈⊂，()n f x 在[],αβ上一致收敛。
5、正确。
两边进行积分计算可得相等。
二、证明题（12分）证明：由12lim0n n n n x x x →∞++=+⇒,N n N ∃∀≥，有1214n n n x x x ++<+。
()4' 特别地有， ()1214N N N x x x ++<+ 整理得， (){}1121212m a x ,2N N N N N n x x x x x x ∆++++<+≤= （1）()9' 注意到1n N >，故有{}1112122max ,n n n n x x x x ∆++<= （2） 由（1）和（2）可得21222n n N x x x >>以此类推，可得{}kn x 且2kk n N x x >，所以{}n x 无界。
()12'三、证明题（13分）证明：（i ）只须证：0ε∀>，0δ∃>，1212,:x x a x x δ∀>-<，有()()12f x f x ε-<。
事实上，任取0ε>，()()1211221111sin sin f x f x x x x x -=-1121212211111111sin sin sin sin x x x x x x x x =-+- 121212111111sin sin sin x x x x x x ≤-+- ()3' 1212121211111111sin 2sin cos 22x x x x x x x x --≤-+12122122122121111111111x x x x x x x x x x x x a a-⎛⎫⎛⎫≤-+-≤+<+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ε<。
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.。
前三届全国大学生高等数学竞赛真题及答案大纲)非数学类
中国大学生数学竞赛竞赛大纲为了进一步推动高等学校数学课程的改革和建设，提高大学数学课程的教学水平，激励大学生学习数学的兴趣，发现和选拔数学创新人才，更好地实现“中国大学生数学竞赛”的目标，特制订本大纲。
一、竞赛的性质和参赛对象“中国大学生数学竞赛”的目的是：激励大学生学习数学的兴趣，进一步推动高等学校数学课程的改革和建设，提高大学数学课程的教学水平，发现和选拔数学创新人才。
“中国大学生数学竞赛”的参赛对象为大学本科二年级及二年级以上的在校大学生。
二、竞赛的内容“中国大学生数学竞赛”分为数学专业类竞赛题和非数学专业类竞赛题。
中国大学生数学竞赛（非数学专业类）竞赛内容为大学本科理工科专业高等数学课程的教学内容，具体内容如下：一、函数、极限、连续1．函数的概念及表示法、简单应用问题的函数关系的建立.2．函数的性质：有界性、单调性、周期性和奇偶性.3．复合函数、反函数、分段函数和隐函数、基本初等函数的性质及其图形、初等函数.4．数列极限与函数极限的定义及其性质、函数的左极限与右极限.5．无穷小和无穷大的概念及其关系、无穷小的性质及无穷小的比较.6．极限的四则运算、极限存在的单调有界准则和夹逼准则、两个重要极限.7．函数的连续性（含左连续与右连续）、函数间断点的类型.8．连续函数的性质和初等函数的连续性.9．闭区间上连续函数的性质(有界性、最大值和最小值定理、介值定理).二、一元函数微分学1. 导数和微分的概念、导数的几何意义和物理意义、函数的可导性与连续性之间的关系、平面曲线的切线和法线.2. 基本初等函数的导数、导数和微分的四则运算、一阶微分形式的不变性.3. 复合函数、反函数、隐函数以及参数方程所确定的函数的微分法.4. 高阶导数的概念、分段函数的二阶导数、某些简单函数的n阶导数.5. 微分中值定理，包括罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理和泰勒定理.6. 洛必达(L’Hospital)法则与求未定式极限.7. 函数的极值、函数单调性、函数图形的凹凸性、拐点及渐近线(水平、铅直和斜渐近线)、函数图形的描绘.8. 函数最大值和最小值及其简单应用.9. 弧微分、曲率、曲率半径. 三、一元函数积分学1. 原函数和不定积分的概念.2. 不定积分的基本性质、基本积分公式.3. 定积分的概念和基本性质、定积分中值定理、变上限定积分确定的函数及其导数、牛顿-莱布尼茨(Newton-Leibniz)公式.4. 不定积分和定积分的换元积分法与分部积分法.5. 有理函数、三角函数的有理式和简单无理函数的积分.6. 广义积分.7. 定积分的应用：平面图形的面积、平面曲线的弧长、旋转体的体积及侧面积、平行截面面积为已知的立体体积、功、引力、压力及函数的平均值． 四.常微分方程1. 常微分方程的基本概念：微分方程及其解、阶、通解、初始条件和特解等.2. 变量可分离的微分方程、齐次微分方程、一阶线性微分方程、伯努利(Bernoulli)方程、全微分方程.3. 可用简单的变量代换求解的某些微分方程、可降阶的高阶微分方程：),()n (x f y =),,(y x f y '='' ),(y y f y '=''.4. 线性微分方程解的性质及解的结构定理.5. 二阶常系数齐次线性微分方程、高于二阶的某些常系数齐次线性微分方程.6. 简单的二阶常系数非齐次线性微分方程：自由项为多项式、指数函数、正弦函数、余弦函数，以及它们的和与积7. 欧拉(Euler)方程.8. 微分方程的简单应用五、向量代数和空间解析几何1. 向量的概念、向量的线性运算、向量的数量积和向量积、向量的混合积.2. 两向量垂直、平行的条件、两向量的夹角.3. 向量的坐标表达式及其运算、单位向量、方向数与方向余弦.4. 曲面方程和空间曲线方程的概念、平面方程、直线方程.5. 平面与平面、平面与直线、直线与直线的夹角以及平行、垂直的条件、点到平面和点到直线的距离.6. 球面、母线平行于坐标轴的柱面、旋转轴为坐标轴的旋转曲面的方程、常用的二次曲面方程及其图形.7. 空间曲线的参数方程和一般方程、空间曲线在坐标面上的投影曲线方程. 六、多元函数微分学1. 多元函数的概念、二元函数的几何意义.2. 二元函数的极限和连续的概念、有界闭区域上多元连续函数的性质.3. 多元函数偏导数和全微分、全微分存在的必要条件和充分条件.4. 多元复合函数、隐函数的求导法.5. 二阶偏导数、方向导数和梯度.6. 空间曲线的切线和法平面、曲面的切平面和法线.7. 二元函数的二阶泰勒公式.8. 多元函数极值和条件极值、拉格朗日乘数法、多元函数的最大值、最小值及其简单应用.七、多元函数积分学1. 二重积分和三重积分的概念及性质、二重积分的计算(直角坐标、极坐标)、三重积分的计算(直角坐标、柱面坐标、球面坐标).2. 两类曲线积分的概念、性质及计算、两类曲线积分的关系.3. 格林(Green)公式、平面曲线积分与路径无关的条件、已知二元函数全微分求原函数.4. 两类曲面积分的概念、性质及计算、两类曲面积分的关系.5. 高斯(Gauss)公式、斯托克斯(Stokes)公式、散度和旋度的概念及计算.6. 重积分、曲线积分和曲面积分的应用(平面图形的面积、立体图形的体积、曲面面积、弧长、质量、质心、转动惯量、引力、功及流量等) 八、无穷级数1. 常数项级数的收敛与发散、收敛级数的和、级数的基本性质与收敛的必要条件.2. 几何级数与p 级数及其收敛性、正项级数收敛性的判别法、交错级数与莱布尼茨(Leibniz)判别法.3. 任意项级数的绝对收敛与条件收敛.4. 函数项级数的收敛域与和函数的概念.5. 幂级数及其收敛半径、收敛区间（指开区间）、收敛域与和函数.6. 幂级数在其收敛区间内的基本性质(和函数的连续性、逐项求导和逐项积分)、简单幂级数的和函数的求法.7. 初等函数的幂级数展开式.8. 函数的傅里叶(Fourier)系数与傅里叶级数、狄利克雷(Dirichlei)定理、函数在[-l ，l]上的傅里叶级数、函数在[0,l]上的正弦级数和余弦级数前三届高数竞赛预赛试题（非数学类）（参加高等数学竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知识，适当看一些辅导书及相关题目，主要是一些各大高校的试题。
河南科技大学附属高级中学数学代数式单元培优测试卷
一、初一数学代数式解答题压轴题精选（难）1．双11购物节期间，某运动户外专营店推出满500送50元券，满800送100元券活动，先领券，再购物。
某校准备到此专营店购买羽毛球拍和羽毛球若干．已知羽毛球拍60元1个，羽毛球3元一个，买一个羽毛球拍送3个羽毛球．（1）如果要购买羽毛球拍8个，羽毛球50个，要付多少钱？（2）如果购买羽毛球拍x个（不超过16个），羽毛球50个，要付多少钱？用含x的代数式表示．（3）该校买了羽毛球50个若干个羽毛球拍，共花费712元，请问他们买了几个羽毛球拍．【答案】（1）解：60×8+（50-8×3）×3-50=508（元）（2）解：x≤6时，60x+(50-3x)×3=150+51x; 7≤x≤12时，60x+(50-3x)×3-50=100+51x; 13≤x≤16时，60x+(50-3x)×3-100=50+51x（3）解：设共买了x个羽毛球拍，根据题意得，60x+(50-3x)×3-50=712，解得，x=12. 答：共买了12个羽毛球拍.【解析】【分析】（1）根据题意直接列式计算。
（2）根据满500送50元券，满800送100元券活动，分三种情况讨论：x≤6时；7≤x≤12时；13≤x≤16时，分别用含x的代数式表示出要付的费用。
（3）根据一共花费712元，列方程求解即可。
2．|a|的几何意义是数轴上表示数a的点与原点O的距离，例如：|3|＝|3﹣0|，即|3﹣0|表示3、0在数轴上对应两点之间的距离.一般地，点A、B在数轴上分别表示数a、b，那么A、B之间的距离可表示为|a﹣b|，解决下面问题：（1）数轴上表示﹣1和2的两点之间的距离是________；数轴上P、Q两点的距离为6，点P表示的数是2，则点Q表示的数是________；（2）点A在数轴上表示数为x，点B、C在数轴上表示的数分别为多项式2m2n+mn﹣2的常数项和次数.________①若B、C两点分别以3个单位长度/秒和2个单位长度/秒的速度同时向右运动t秒.当OC ＝2OB时，求t的值；________②用含x的绝对值的式子表示点A到点B、点A到点C的距离之和为________，直接写出距离之和的最小值为________.【答案】（1）3；8或﹣4（2）解：∵多项式2m2n+mn﹣2的常数项是﹣2，次数是3，∴点B、C在数轴上表示的数分别为﹣2、3.；运动t秒，B点表示的数为﹣2+3t，C点表示的数为3+2t，∵OC＝2OB，∴3+2t＝2× ，∴3+2t＝2（﹣2+3t），或3+2t＝2（2﹣3t），解得t＝，或t＝，故所求t的值为或；；5.【解析】【解答】（1）解：数轴上表示﹣1和2的两点之间的距离是|2﹣（﹣1）|＝3；设点Q表示的数是m，则|m﹣2|＝6，解得m＝8或﹣4，即点Q表示的数是8或﹣4.故答案为3，8或﹣4。
河南科技大学附属高级中学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试卷(含答案解析)
一、选择题1．新冠疫情期间，为支援社区抗疫工作，现将6名医护人员安排到4个社区，每个社区至少安排1名医护人员，则不同的安排方案共有（ ） A ．2640种 B ．4800种 C ．1560种 D ．7200种2．若21299m m C C --=且m N +∈；则()21mx -的展开式4x 的系数是（ ） A ．4- B ．6-C ．6D ．43．今有8件不同的奖品，从中选6件分成三份，两份各1件，另一份4件，不同的分法有（ ）种 A ．420 B ．840C ．30D ．1204．若2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，则下列结果不正确的是（ ）A ．01220201a a a a +++⋯+=B ．20201352019132a a a a -++++⋯+=C ．20200242020132a a a a ++++⋯+=D ．202012220201222a a a ++⋯+=- 5．从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A 不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为（ ） A ．720B ．360C ．72D ．以上都不对6．某校高二年级共有六个班，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（ ） A ．2264A CB ．22642A CC ．2264A AD ．262A7．二项式n的展开式中第13项是常数项，则n =（ ）A ．18B ．21C ．20D ．308．袋中有大小相同的四个白球和三个黑球，从中任取两个球，两球同色的概率为（ ） A ．47B ．37C ．27D ．8219．现某路口对一周内过往人员进行健康码检查安排7名工作人员进行值班，每人值班1天，每天1人，其中甲乙两人需要安排在相邻两天，且甲不排在周三，则不同的安排方法有( ) A ．1440种B ．1400种C ．1320种D ．1200种10．安排3名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作至少由1人完成，则不同的安排方式共有多少种( ) A ．120种B ．180种C ．240种D ．150种11．为抗击新冠病毒，某部门安排甲、乙、丙、丁、戊五名专家到三地指导防疫工作.因工作需要，每地至少需安排一名专家，其中甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，丙、丁两名专家不能安排在同一地工作，则不同的分配方法总数为（ ） A ．18B ．24C ．30D ．3612．五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”．中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徽、羽，如果用上这五个音阶，排成一个五音阶音序，且宫、羽不相邻，且位于角音阶的同侧，可排成的不同音序有（ ） A ．20种B ．24种C ．32种D ．48种二、填空题13．6x⎛⎝展开式中常数项为________.14．已知522()ax x-的展开式中1x -的系数为40-，则实数a =____ 15．某学校组织劳动实习，其中两名男生和两名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主人与四名同学站一排合影留念.已知农场主人站在中间，两名男生不相邻，则不同的站法共有______种.16．《红海行动》是一部现代海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事.撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A 必须排在前三位，且任务E 、F 必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有_____种.17．()83x y z +-展开式中，52x y z 项的系数为__________.18．若6(1)2x x ⎛+- ⎝展开式中的常数项是60，则实数a 的值为_____． 19．计算2222223456C C C C C ++++=______.20．已知2020200020190120192020(x a x a x a x a =++++，则()()2202420201352019a a a a a a a a -++++++++的值为________．三、解答题21．已知727012712+++(=+)x a a x a x a x ⋯－.求：（1）127+++a a a ⋯； （2）1357+++a a a a ； （3）0246+++a a a a ；22．（1）在239(1)(1)(1)(1)x x x x ++++++++的展开式中，求2x 的系数；（2）设6260126(12)x a a x a x a x -=++++…，()x R ∈，求下列各式的值.（ⅰ）0126a a a a ++++…； （ⅱ）246a a a ++；（ⅲ）12345623456a a a a a a +++++.23．某工厂生产的10件产品中，有8件合格品、2件不合格品，合格品与不合格品在外观上没有区别.从这10件产品中任意抽检2件，计算： （1）抽出的2件产品恰好都是合格品的抽法有多少种？ （2）抽出的2件产品至多有1件不合格品的抽法有多少种？（3）如果抽检的2件产品都是不合格品，那么这批产品将被退货，求这批产品被退货的概率.24．我省某校要进行一次月考，一般考生必须考5门学科，其中语、数、英、综合这四科是必考科目，另外一门在物理、化学、政治、历史、生物、地理、英语2中选择.为节省时间，决定每天上午考两门，下午考一门学科，三天半考完.（1）若语、数、英、综合四门学科安排在上午第一场考试，则“考试日程安排表”有多少种不同的安排方法；（2）如果各科考试顺序不受限制；求数学、化学在同一天考的概率是多少？25．已知在n的展开式中，第6项为常数项. （1）求n ；（2）求展开式中所有的有理项（只需说明第几项是有理项）. 26．已知*(12),n x n +∈N ．（1）若展开式中奇数项的二项式系数和为128，求展开式中二项式系数最大的项的系数； （2）若展开式前三项的二项式系数和等于37，求展开式中系数最大的项．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】本题首先可以将6名医护人员分为4组，共有65种分组方法，然后将分好的四组全排列，有24种情况，最后两者相乘，即可得出结果. 【详解】先将6名医护人员分为4组，有两种分组方法：若分为3、1、1、1的四组，则有3620C =种分组方法；若分为2、2、1、1的四组，则有2226422245C C C A 种分组方法，则一共有204565种分组方法，再将分好的四组全排列，对应四个社区，有4424A =种情况，则有65241560种不同的安排方式， 故选：C. 【点睛】本题考查通过排列组合求出所有的安排方案的数目，可分两步进行，先求出有多少种分组，再求出有多少种排列，考查计算能力，是中档题.2．C解析：C 【分析】 先根据21299m m C C --=求出4m =，再代入()21mx -，直接根据()na b +的展开式的第1r +项为1C r n r rr n T a b -+= ，即可求出展开式4x 的系数．【详解】 因为21299m m C C --=且m N +∈所以21294m m m -+-=⇒=()421x -展开式的第1r + 项为214()r r r T C x +=-展开式中4x 的系数为246C = 故选C 【点睛】本题考查二项式展开式，属于基础题．3．A解析：A 【分析】分两步进行：（1）先从8件不同的奖品中选6件；（2）将6件不同的奖品分成三份，两份各1件，另一份4件.利用分步乘法计数原理可求得分法种数. 【详解】分两步进行：（1）先从8件不同的奖品中选6件，有68C 种分法；（2）将6件不同的奖品分成三份，两份各1件，另一份4件，分法种数为46C . 由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为64862815420C C =⨯=. 故选：A. 【点睛】本题考查部分平均分组问题，考查分类乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.4．B解析：B 【分析】令1x =，得到0120201a a a ++⋯+=，令1x =-，求得202001220203a a a a =-++⋯+，令0x =，求得01a =，进而逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，二项展开式2020220200122020(12)x a a x a x a x -=+++⋯+，令1x =，可得01220202020(12)1a a a a +++⋯+-==，① 令1x =-，可得2020012202020203(123)a a a a a -=+-++⋯+=，② 令0x =，可得20020(10)1a =-=，③ 由①-②，可得20201352019132a a a a -+++⋯+=， 由①+②，可得2020024*******a a a a ++++⋯+=， 令12x =，可得20202020120220201(12)12222a a a a +++⋯+=-⨯=， 所以202012220201222a a a ++⋯+=-. 综上可得，A 、C 、D 是正确的，B 是错误的. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了二项展开式的系数问题的求解，其中解答中合理利用二项展开式的形式，合理赋值是解答的关键，着重考查推理与计算能力.5．C解析：C 【分析】因为A 不参加物理、化学竞赛，它是一个特殊元素，故对A 参加不参加竞赛进行讨论，利用分类的思想方法解决，最后结果结合加法原理相加即可． 【详解】 解：根据题意，若选出4人中不含A ，则有44A 种；若选出4人中含有A ，则有313423C C A 种． 4313442372A C C A ∴+=．故选：C ． 【点睛】本题主要考查排列、组合及简单计数问题，解排列、组合及简单计数问题时遇到特殊元素时，对特殊元素要优先考虑，属于中档题．6．B解析：B 【分析】先将4名学生均分成两组，注意重合的部分要去掉，再从6个班级中选出2个班进行排列，最后根据分步计数原理得到合要求的安排方法数． 【详解】解：先将4名学生均分成两组方法数为2412C ， 再分配给6个年级中的2个分配方法数为26A ，∴根据分步计数原理合要求的安排方法数为224612C A ．故选：B ． 【点睛】本题先考查的是平均分组问题，是一个易出错的问题，解题的关键是看清题目的实质，把实际问题转化为数学问题，解出结果以后再还原为实际问题．7．D解析：D 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】二项式n的展开式中第13项1210121212313n n n n T C C x --⎛== ⎝，令1003n-=，得30n =. 故选：D. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.8．B解析：B 【分析】根据题意可知，所选的两个球均为白球或黑球，利用组合计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】由题意可知，所选的两个球均为白球或黑球，由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为22432737C C P C +==. 故选：B. 【点睛】本题考查古典概型概率的计算，涉及组合计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.9．D解析：D 【分析】根据题意,分2步进行分析: ①将甲、乙按要求安排，②将剩下的5人全排列，安排在剩下的5天，由分步计数原理计算可得答案.【详解】根据题意，分2步进行分析:①要求甲、乙安排在相邻两天，且甲不排在周三，先把周一周二、周二周三、⋯、周六周日看作6个位置，任选一个位置，排上甲乙两人，有126212A A=种方法，其中甲排在周三去掉，则甲乙的安排方法有1262210A A-=种,②将剩下的5人全排列，安排在剩下的5天，有55120A=种情况；由分步计数乘法原理知，则有101201200⨯=种安排方法.故选：D【点睛】本题主要考查了排列、组合的实际应用，涉及分步计数原理的应用，属于中档题. 10．D解析：D【分析】根据题意，分2步进行分析：①、分两种情况讨论将5项工作分成3组的情况数目，②、将分好的三组全排列，对应3名志愿者由分步计数原理计算可得答案.【详解】解：根据题意，分2步进行分析：①将5项工作分成3组若分成1、1、3的三组，有3115212210C C CA=种分组方法，若分成1、2、2的三组，有2215312215C C CA=种分组方法，则将5项工作分成3组，有101525+=种分组方法；②将分好的三组全排列，对应3名志愿者，有336A=种情况；所以不同的安排方式则有256150⨯=种.故选：D．【点睛】本题考查排列、组合的应用，以及部分平均分配问题，注意分组时要进行分类讨论. 11．C解析：C【分析】由甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，此时甲、乙两名专家看成一个整体即相当于一个人，所以相当于只有四名专家，先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数，再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数，即可得到答案.【详解】因为甲、乙两名专家必须安排在同一地工作，此时甲、乙两名专家 看成一个整体即相当于一个人，所以相当于只有四名专家，先计算四名专家中有两名在同一地工作的排列数，即从四个中选二个和其余二个看成三个元素的全排列共有：2343C A ⋅种；又因为丙、丁两名专家不能安排在同一地工作，所以再去掉丙、丁两名专家在同一地工作的排列数有33A 种，所以不同的分配方法种数有：23343336630C A A ⋅-=-=故选：C 【点睛】本题考查了排列组合的应用，考查了间接法求排列组合应用问题，属于一般题.12．C解析：C 【分析】根据角所在的位置，分两类：角排在一或五；角排在二或四.根据分类计数原理和排列组合的知识可得． 【详解】若角排在一或五，有22232A A =24种；若角排在二或四，有22222A A 8=.根据分类计数原理可得，共有24832+＝种. 故选：C ． 【点睛】本题考查排列组合和计数原理，属于基础题.二、填空题13．240【分析】先求出二项式的展开式的通项公式令的指数等于求出的值即可求得展开式中的常数项【详解】展开式的通项公式令所以的展开式的常数项为故答案为【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数属于简单解析：240 【分析】先求出二项式6x⎛ ⎝的展开式的通项公式，令x 的指数等于0，求出r 的值，即可求得展开式中的常数项. 【详解】6x⎛- ⎝展开式的通项公式3662166(2),rr r r r r r T C x C x --+⎛==⨯-⨯ ⎝令36342r r -=⇒=,所以6x ⎛ ⎝的展开式的常数项为4462240C ⨯=,故答案为240.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1C r n r rr n T a b -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14．【分析】利用二项式定理写出二项展开式的通项公式令的幂指数为求出的值利用其系数为得到关于的方程解方程即可求解【详解】由二项式定理可得二项展开式的通项公式为令解得所以的展开式中的系数为解得故答案为：【点 解析：1-【分析】利用二项式定理写出522()ax x-二项展开式的通项公式，令x 的幂指数为1-，求出r 的值，利用其系数为40-得到关于a 的方程，解方程即可求解. 【详解】由二项式定理可得，522()ax x-二项展开式的通项公式为()()5553155222rrr r r r r r T C ax C a x x ---+⎛⎫=⋅⋅-=⋅-⋅⋅ ⎪⎝⎭，令531r -=-，解得2r ，所以522()ax x-的展开式中1x -的系数为()2235240C a ⋅-⋅=-，解得1a =-. 故答案为：1- 【点睛】本题考查利用二项式定理由二项展开式中某项的系数求参数；考查运算求解能力；利用二项式定理写出二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.15．16【分析】根据正难则反原理可求男生相邻的情况再拿所有情况减去即可【详解】农场主在中间共有种站法农场主在中间两名男生相邻共有种站法故所求站法共有种故答案为：16【点睛】本题考查计数原理考查了正难则反解析：16 【分析】根据正难则反原理，可求男生相邻的情况，再拿所有情况减去即可. 【详解】农场主在中间共有4424A =种站法，农场主在中间，两名男生相邻共有222228A A ⋅=种站法， 故所求站法共有24816-=种. 故答案为：16 【点睛】本题考查计数原理，考查了正难则反原理，考查逻辑推理能力，属于中档题.16．【分析】由题意重点任务必须排在前三位分别讨论排在第一位第二位第三位的情况再将捆绑在一起与另外三个任务安排顺序即可得解【详解】由题意重点任务必须排在前三位必须排在一起分别讨论的位置：当排在第一位时排在 解析：120【分析】由题意重点任务A 必须排在前三位，分别讨论A 排在第一位、第二位、第三位的情况，再将E 、F 捆绑在一起，与另外三个任务安排顺序即可得解. 【详解】由题意重点任务A 必须排在前三位，E 、F 必须排在一起，分别讨论A 的位置： 当A 排在第一位时，E 、F 排在一起则有22A 种方法，将E 、F 捆绑作为一个整体与另外三个任务全排列则有44A ，所以此时有2424=24321=48A A ⨯⨯⨯⨯种方案；当A 排在第二位时，先从另外三个任务中选一个排在第一位，则有13C ，E 、F 排在一起有22A 种方法，将E 、F 捆绑作为一个整体与另外两个任务全排列则有33A ，所以此时有123323=32321=36C A A ⨯⨯⨯⨯种方案；当A 排在第三位时，分E 、F 在A 左侧与右侧两种情况：当E 、F 在A 左侧时，E 、F二个任务全排列，另外三个任务在A 的右侧全排列，所以有2323232112A A =⨯⨯⨯=种；当E 、F 在A 右侧时，先将另外三个任务中的两个任务在左侧排列，再将E 、F 捆绑作为一个整体排列在右侧，最后与另外一个任务全排列有222322322224A A A =⨯⨯⨯=种；所以此种情况共有12+24=36种方案；综上可知，不同安排方案共有48+36+36=120种. 故答案为：120. 【点睛】本题考查了排列组合问题的实际应用，对由位置要求的元素进行优先安排，通过分离讨论的方法分析各种情况，属于中档题.17．【分析】由的指数是1得到然后由的指数是2得到然后即可算出答案【详解】因为的指数是1所以得到又因为的指数是2得到所以项的系数为故答案为：【点睛】在解决本类问题时应将其中两项看成一个整体来处理 解析：1512-【分析】()()8833x y z x y z +-=+-⎡⎤⎣⎦，由z 的指数是1，得到()()7183C x y z +-，然后由y 的指数是2，得到()22573C x y ，然后即可算出答案.【详解】()()8833x y z x y z +-=+-⎡⎤⎣⎦因为z 的指数是1，所以得到()()7183C x y z +-又因为y 的指数是2，得到()22573C x y所以52x y z 项的系数为()12287131512C C -=-故答案为：1512- 【点睛】在解决本类问题时应将其中两项看成一个整体来处理.18．【分析】先得到的通项公式为若得到常数项当取1时令当取x 时令解得再根据常数项为60求解【详解】因为的通项公式为若得到常数项当取1时令当取x 时令解得或（舍）所以因为展开式的常数项为60所以解得故答案为： 解析：2±【分析】先得到62x ⎛- ⎝的通项公式为1r T +=36626(1)2rr r r r C a x --+-⨯⨯⨯⨯，若得到常数项，当(1)x +取1时，令3602r -=，当(1)x +取x 时，令3612r -=-，解得r ，再根据常数项为60求解. 【详解】因为62x ⎛ ⎝的通项公式为16(1)r r r T C +=-⨯⨯636626(1)22rrr r r r r x C a x---+⎛⎫⨯=-⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭， 若得到常数项，当(1)x +取1时，令3602r -=，当(1)x +取x 时，令3612r -=-， 解得4r =或143r =（舍）， 所以4r =，因为6(1)2x x ⎛+⋅ ⎝展开式的常数项为60， 所以446446(1)260C a -+-⨯⨯⨯=，解得2a =±． 故答案为：2± 【点睛】本题主要考查二项式展开式的通项公式以及常数项的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题．19．35【分析】根据组合数的性质计算可得；【详解】解：故答案为：【点睛】本题考查组合数的性质属于中档题解析：35 【分析】根据组合数的性质11m m mn n n C C C -++=计算可得；【详解】解：2222223456C C C C C ++++ 3222233456C C C C C =++++ 32224456C C C C =+++322556C C C =++ 3266C C =+3776535321C ⨯⨯===⨯⨯故答案为：35 【点睛】本题考查组合数的性质，属于中档题.20．1【分析】令可得的值令可得的值相乘即可【详解】设令令故答案为:1【点睛】本题考查有关二项展开式项的系数和问题赋值法是解题的关键属于中档题解析：1 【分析】令1x =，可得()()02420201352019a a a a a a a a +++++++++的值，令1x =-，可得()()02420201352019a a a a a a a a ++++-++++的值，相乘即可.【详解】设02420201352019,A a a a a a a B a a +==+++++++，令20201,(1x A B =-=+，令20201,(1x A B =-=-，()()2202420201352019a a a a a a a a -++++++++222020()()[(11A B A B A B =-=+-=+=.故答案为:1 【点睛】本题考查有关二项展开式项的系数和问题，赋值法是解题的关键，属于中档题.三、解答题21．（1）2- ；（2）1094-；（3）1093. 【分析】 赋值法（1）令=0x 得：01a ＝；令=1x ，可得. （2）令=11x x =-，,再两式相减可得. （3）令=11x x =-，,再两式相加可得. 【详解】解 （1）令=1x ，则01234567++++++.=+1a a a a a a a a - ①令1x =-，则701234567+3++a a a a a a a a ----＝②又=0x ，则01a =所以1234567++++++2a a a a a a a =- （2）两式相减，得1357713=19++042+a a a a --=-（3）两式相加，得0472613=109+2+3+a a a a -+=【点睛】赋值法在求各项系数和中的应用 (1)形如(+)nax b ，2()++m axbx c (a b c R ∈，，)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令1x ＝即可． (2)对形如)()+(nax by a b R ∈，的式子求其展开式各项系数之和，只需令==1x y 即可．(3)若2012()n n f x a a x a x a x ⋯＝++++，则()f x 展开式中各项系数之和为(1)f ．22．（1）120；（2）（ⅰ）1；（ⅱ）364；（ⅲ）12. 【分析】(1)利用二项式定理求得2x 的系数的表达式，再利用组合数的计算公式，即可求解. (2) 令1x =即可求得（ⅰ）的结果，令0x =得01a =；令1x =-，计算即可求得（ⅱ）的结果，对已知条件两边求导，令1x =即可求得（ⅲ）的结果. 【详解】（1）在239(1)(1)(1)(1)x x x x ++++++++的展开式中，2x 项的系数为2223223223232393394499910120C C C C C C C C C C C C +++=+++=+++==+==………….（2）（ⅰ）令1x =得0161a a a +++=… （ⅱ）令0x =得01a =；令1x =-，得0126729a a a a -+-+=…与（ⅰ）中式子相加得：0246365a a a a +++=，所以246364a a a ++=（ⅲ）6260126(12)x a a x a x a x -=++++…，求导可得：523451234566(2)(12)23456x a a x a x a x a x a x ⨯--=+++++令1x =得：1234562345612a a a a a a +++++=. 【点睛】本题考查了二项展开式系数，考查了二项式定理的性质及其应用、导数的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 23．（1）28种；（2）44种；（3）145【分析】（1）根据题意，利用组合数的公式，即可求得抽出的2件都是合格品的抽法种数； （2）由（1）得抽出的2件产品都是合格品的抽法，再求得恰好1件合格品1件不合格品的抽法种数，利用分类计数原理，即可求解.（3）求得基本事件的总数，得出其中抽检的2件产品都是不合格品的事件数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】（1）由题意，某工厂生产的10件产品中，有8件合格品、2件不合格品， 所以抽出的2件都是合格品的抽法，共有2828712821C C ⨯=⨯=⨯种. （2）由（1）得抽出的2件产品都是合格品的抽法，共有282872821C C ⨯==⨯种； 恰好1件合格品1件不合格品的抽法，共有11828216C C =⨯=种，所以抽到的2件产品中至多有1件不合格品的抽法，共有281644+=种. （3）从10件产品中任意抽取2件产品的抽法，共有2101094521C ⨯==⨯种， 其中抽检的2件产品都是不合格品的事件数有221C =种， 得抽检的2件产品都是不合格品的概率145P =， 即这批产品被退货的概率为145. 【点睛】本题主要考查了分类计数原理、排列组合的应用，以及古典概型的概率计算，其中解答中认真审题，合理分类，结合分类计数原理和古典概型的概率计算公式准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 24．（1）120960；（2）211. 【分析】（1）分布计算出语、数、英、综合四门学科安排在上午第一场和其余7门学科的安排方法，根据分步乘法计数原理计算可得结果；（2）分别计算出所有安排方法和数学、化学在同一天考的安排方法的种数，根据古典概型概率公式计算可得结果. 【详解】（1）语、数、英、综合四门学科安排在上午第一场，共有4424A =种排法； 其余7门学科共有775040A =种排法，∴“考试日程安排表”共有504024120960⨯=种不同的安排方法.（2）各科考试顺序不受限制时，共有1111A 种安排方法；数学和化学在同一天考共有：2912929339A A C A A +种安排方法，∴数学、化学在同一天考的概率291292933911112362111011A A C A A P A ++⨯===⨯. 【点睛】本题考查排列组合计数问题、古典概型概率问题的求解，涉及到分类加法和分步乘法计数原理的应用，考查学生的分析和解决问题的能力. 25．（1）10；（2）第3项，第6项与第9项为有理项. 【分析】（1）先求出1k T +()233n k k k nC x-=-，解方程1003n -=即得解；（2）由题得1023010k Z k k Z -⎧∈⎪⎪≤≤⎨⎪∈⎪⎩，分析即得解. 【详解】 （1）通项公式为()3313n k k kk k nTC xx --+=-()233n k kk nC x-=-.∵第6项为常数项， ∴5k =时，有203n k-=，即10n =. （2）根据通项公式，由题意得1023010k Z k k Z -⎧∈⎪⎪≤≤⎨⎪∈⎪⎩，令1023k r -=（r Z ∈），则1023k r -=，即352k r =-.∵k Z ∈，∴r 应为偶数.于是r 可取2,0，2-，即k 可取2,5,8.故第3项，第6项与第9项为有理项. 【点睛】本题主要考查二项式定理的通项，考查二项式展开式的常数项和有理项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 26．（1）1120；（2）561792,1792x x 【分析】（1）由奇数项的二项式系数和为128求得8n =，再利用二项式系数的性质求解即可； （2）由展开式前三项的二项式系数和等于37求得8n =，利用展开式中系数最大的项的系数比相邻两项的系数大，列不等式求解即可. 【详解】（1）由展开式中奇数项的二项式系数和为0241...2128n n n n C C C -+++==,可得8n =，所以展开式中二项式系数最大的项第五项，其系数为44821120C ⨯=；（2）由展开式前三项的二项式系数和012(1)1372n n n n n C C C n -++=++=， 化为2720n n +-=，解得8n =，或9n =-（舍去）， 设展开式中系数最大的项为第1k +项，则11881188225622k k k k kk k k C C k C C --++⎧⨯≥⨯⇒≤≤⎨⨯≥⨯⎩， 所以展开式中系数最大的项为第6或第7项，即5556666878(2)1792,(2)1792T C x xT C x x =⋅==⋅=【点睛】本题主要考查展开式中二项式系数最大的项以及展开式中项的系数最大的项，同时考查了二项展开式的通项公式，考查了计算能力，意在考查学生综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.。
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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：。