最近五届全国大学生高等数学竞赛预赛试题及答案(非数学类)

（1） L不绕原点，在L上取两点A，B，将L分为两段，，再从A， B作一曲线，使之包围原点。 则有 （2） 令 由（1）知，代入可得 上式将两边看做y的多项式，整理得
由此可得 解得：
（3） 取为，方向为顺时针
2011年 第三届全国大学生数学竞赛预赛试
卷
1． 计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分） （1）.求； 解：（用两个重要极限）：
从而作图可知，所求平面图形的面积 ， 故A点的坐标为。…………………………………………………………
（4分）
二、（满分12）计算定积分
解
…………………………………（4分）
……………………（2分）
…………………………………………………………………（4分）
………………………………………………………… （2分）
解：（1）由题意得：椭球面S的方程为 令则， 切平面的法向量为， 的方程为， 原点到切平面的距离 将一型曲面积分转化为二重积分得：记 (2)方法一： 六．（本题12分）设f(x)是在内的可微函数，且，其中，任取实数，定 义证明：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．（本题15分）是否存在区间上的连续可微函数f(x)，满足， ？请说明理由。
（2）.求； 解：(用欧拉公式）令
其中，表示时的无穷小量，
（3）已知，求。 解： 二．（本题10分）求方程的通解。 解：设，则 是一个全微分方程，设 该曲线积分与路径无关 三．（本题15分）设函数f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连续导数，且 均不为0，证明：存在唯一一组实数，使得。
证明：由极限的存在性： 即，又，① 由洛比达法则得 由极限的存在性得 即，又，② 再次使用洛比达法则得 ③ 由①②③得是齐次线性方程组的解 设，则， 增广矩阵，则 所以，方程有唯一解，即存在唯一一组实数满足题意，
而
…（3分）
。故所求极限为 ………………… （2分）
七（满分14分）判Hale Waihona Puke 级数的敛散性，若收敛，求其和。
解 （1）记
因为充分大时 ………………（3分）
所以，而收敛，故收敛…（2分）
（2）记 ，则
令 则 即 由一阶线性非齐次微分方程公式知 令，得，因此级数的和 八、（10分）求时, 与等价的无穷大量.
解 令，则因当，时，，故 在上严格单调减。因此 即
， 又
， ， 所以，当时, 与等价的无穷大量是。
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）设其中求 （2）求。 （3）设，求。 （4）设函数有二阶连续导数，，求。 （5）求直线与直线的距离。 解：（1）= === (2) 令x=1/t,则 原式= （3） 二、（15分）设函数在上具有二阶导数，并且 且存在一点，使得。 证明：方程在恰有两个实根。 解： 二阶导数为正，则一阶导数单增，f(x)先减后增，因为f(x)有小于0 的值，所以只需在两边找两大于0的值。 将f(x)二阶泰勒展开： 因为二阶倒数大于0，所以
， 证明完成。 三、（15分）设函数由参数方程所确定，其中具有二阶导数，曲线与 在出相切，求函数。 解：（这儿少了一个条件 ）由与在出相切得 ， =。。。 上式可以得到一个微分方程，求解即可。 四、（15分）设证明：
（1）当时，级数收敛； （2）当且时，级数发散。 解： （1）>0, 单调递增 当收敛时，，而收敛，所以收敛； 当发散时， 所以， 而，收敛于k。 所以，收敛。 （2） 所以发散，所以存在，使得 于是， 依此类推，可得存在 使得成立，所以 当时，，所以发散 五、（15分）设是过原点、方向为，（其中的直线，均匀椭球 ，其中（密度为1）绕旋转。 （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。 解： （1）椭球上一点P(x,y,z)到直线的距离 由轮换对称性， （2） 当时， 当时， 六、(15分)设函数具有连续的导数，在围绕原点的任意光滑的简单闭 曲线上，曲线积分的值为常数。 （1）设为正向闭曲线证明 （2）求函数； （3）设是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求。 解：
四、（15分）已知平面区域，为的正向边界，试证： （1）； （2）. 证 :因被积函数的偏导数连续在上连续，故由格林公式知 （1）
而关于和是对称的，即知 因此 （2）因 故 由 知 即 五、（10分）已知，，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 设，，是二阶常系数线性非齐次微分方程 的三个解，则和都是二阶常系数线性齐次微分方程 的解，因此的特征多项式是，而的特征多项式是 因此二阶常系数线性齐次微分方程为，由和 ， 知， 二阶常系数线性非齐次微分方程为
所以
即 ，故
2分
(2) 过直线的平面束为
即
2分
若平面过点，代入的 ，即 ，
从而平面的方程为
2分
若平面束中与垂直，则
解得 ，从而平面的方程为 2分
(3) ，
2分
2分
要使 ，只有
， 即 2分
(4) 由 得
即
2分
方程的通解为
3分
由 得，故
1分
(5) 因为当时，
3分
2分
1分
二、（本题10分）计算
解 ： 由于
2分 从而有
4分 注意到，第一个积分为0，我们得到
4分
七、（本题14分）设与为正项级数，证明： （1）若，则级数收敛； （2）若，且级数发散，则级数发散。
证明：（1）， 则存在正整数，对于任意的时， ，， 4分
因而级数的部分和有上界，从而级数收敛；
（2），
则存在正整数，对于任意的时，
3分
有
于是由级数发散，得到级数发散。
卷
一、（本大题共5小题，每小题6分共30分）解答下列个体
（要求写出要求写出重要步骤）
(1) 求极限
(2) 求通过直线的两个互相垂直的平面和，使其中一个平面过
点。
(3) 已知函数，且。确定常数和，使函数满足方程
(4) 设函数连续可微，，且在右半平面与路径无关，求。
(5) 求极限
解
(1) 因为
1分
而 ，且 3分
在曲线 上任取一点，则原点到点的射线和轴的夹角
为
取，则
对于固定的，考察积分差，这是一个在厚度为的球壳的积
分，原点到球壳边缘上的点的射线和轴夹角在与之间。我们
使用球坐标变换来做这个积分。由积分的连续性可知，存
在，使得
4分
这样就有
当时
，
故的右导数为
4分
当时，考察可以得到同样的左导数，因此 2分
解法2：令,则,其中， 2分 故有
3分
应用分部积分法，得
2分
所以
2分
当时，
，
令，由两边夹法则，得
3分
注：如果最后不用夹逼法则，而用
需先说明收敛。
三、求方程的近似解，精确到0.001.
解： 由泰勒公式
2分
令 得 ， 代入原方程得
，即
4分
由此知 ，，
4分
四、（本题12分）设函数二阶可导，且，，，求，其中是曲线
上点处的切线在轴上的截距。
解：曲线上点处的切线方程为
分）
四、（满分12分）设，证明
解 因为，所以在上严格单调增，从而有反函
数………………………………………………………………………………………
（2分）。
设是的反函数，则……… （3分）
又，则，所以…（3分）
…………………… （2分）
五、（满分14分）设是一个光滑封闭曲面，方向
朝外。给定第二型的曲面积分。试确定曲面，使积
三、（满分12分）设在处存在二阶导数，且。证明
：级数收敛。
解 由于在处可导必连续，由得
………………………………………………（2分）
………………………………………… （2分）
由洛必塔法则及定义
……………………… （3分）
所以 …………………………………
（2分）
由于级数收敛，从而由比较判别法的极限形式收敛。……（3
4．设函数由方程确定，其中具有二阶导数，且，则________________. 解: 方程的两边对求导，得
因，故，即，因此 二、（5分）求极限，其中是给定的正整数.
解 :因 故 因此 三、（15分）设函数连续，，且，为常数，求并讨论在处的连续性.
解 : 由和函数连续知， 因，故， 因此，当时，，故 当时， ， 这表明在处连续.
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， 不存在，又因为f(x)是在区间上的连续可微函数，即存在，矛盾，故， 原假设不成立，所以，不存在满足题意的函数f(x)。
2012年第四届全国大学生数学竞赛预赛试
令 ，则有，由此得 3分
且有
2分
由在的二阶泰勒公式
2分
得
3分
所以 2分
五、（本题12分）求最小实数，使得满足的连续函数都 有
解： 由于
4分
另一方面 取，则 3分
而
3分
因此最小实数
2分
六、（本题12分）设为连续函数，。区域是由抛物面
和球面所围起来的部分。定义三重积分
求的导数
解法1： 记，
2分
则在面上的投影为
六、（10分）设抛物线过原点.当时,,又已知该抛物线与轴及直线所围 图形的面积为.试确定,使此图形绕轴旋转一周而成的旋转体的体积最 小.
解 因抛物线过原点，故，于是 即 而此图形绕轴旋转一周而成的旋转体的体积 即 令
， 得 即
因此 ,,.
七、（15分）已知满足, 且, 求函数项级数之和. 解 ，