全国大学生数学竞赛试题解答及评分标准

2023年12月9日发(作者：广东2022学考数学试卷)

全国大学生数学竞赛试题解答及评分标准(总34页)

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全国大学生竞赛历年试题名师精讲

（非数学类）

（2009——2013）

2

第五届全国大学生数学竞赛预赛试卷

（非数学类）

一、

解答下列各题（每小题6分共24分，要求写出重要步骤）

1.求极限lim1sin14nn2.

n解 因为sin14n2sin14n22nsin分）；

14n2n2……（2nln1sin原式lim1sinexplim

22nn14n2n14n2n………………………………………………………………………………………(2分)；1nexplimnsinexplime4……(2分)

214n22nnn14n2nsinx2.证明广义积分dx不是绝对收敛的

x0n1n解 记an分）

nsinxxdx，只要证明an发散即可。……………………（2n01因为ann1n1n12sinxdxsinxdx。…………（2n10n1分）

2而发散，故由比较判别法an发n0n0n1散。……………………………………（2分）

3.设函数yyx由x33x2y2y32确定，求yx的极值。

解 方程两边对x求导，得3x26xy3x2y6y2y0 ………………（1分）

xx2y故y，令y0，得xx2y0x0或x2y………（2222yx分）

将x2y代入所给方程得x2,y1，

将x0代入所给方程得x0,y1，…………………………………（2分）

3 又yy2x2xy2y2y2x2xx2y4yy2x2y2x22

00220010,yx0,y1,y0x2,y1,y010，

220故y01为极大值，y21为极小值。…………………………（3分）

4.过曲线y3xx0上的点A作切线，使该切线与曲线及x轴所围成的平3，求点A的坐标。

4解 设切点A的坐标为t,3t，曲线过A点的切线方程为面图形的面积为3t……………………………………………………………………………（2分）；

令y0，由切线方程得切线与x轴交点的横坐标为x02t。

y3t132xt

从而作图可知，所求平面图形的面积

t133333Stt2txdxttt1，

2440故A点的坐标为1,1。……………………………………………………（4分）

二、（满分12）计算定积分I0xsinxarctanexdx

1cos2x解

Ixsinxarctanexxsinxarctanexdxdx

21cos2x1cosx0xsinxarctanexxsinxarctanexdxdx…………………………………（4221cosx1cosx00分）

xsinxxsinxxxarctanearctanedxdx ……………………（2221cosx201cosx0分）

2分）

2sinxdx……………………………………………………………（421cosx023………………………………………………… （2arctancosx082分）

4 三、（满分12分）设fx在x0处存在二阶导数f0，且limx0fx0。证x1明 ：级数f收敛。

nn1解 由于fx在x0处可导必连续，由limx0fx0得

xfx

f0limfxlimx0…………………………………………（2x0x0x分）

fxf0fxlim0…………………………………… （2

f0limx0x0x0x分）

由洛必塔法则及定义

fxfx1fxf01limf0 ………………… （3

lim2limx0x0x0x2x2x02分）

1fn1所以

limf0 …………………………… （22n21n分）

11由于级数2收敛，从而由比较判别法的极限形式f收敛。……（3nn1nn1分）

四、（满分12分）设fx,fx0axb，证明sinfxdxab2

m解 因为fx0axb，所以fx在a,b上严格单调增，从而有反函数………………………………………………………………………………（2分）。

11……… （3设Afa,Bfb,是f的反函数，则0yfxm分）

又fx，则AB，所以sinfxdxabxyBysinydy…（3A分）

112ysinydysinydycosy ………………… （2mmm000分）

5 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Ix3xdydz2y3ydzdx3z3zdxdy。试确定曲面，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

I3x26y29z23dv3x22y23z21dxdydz ……………（3VV分）

为了使得I的值最小，就要求V是使得的最大空间区域x22y23z210，即

取Vx,y,zx22y23z21 ，曲面:x22y23z21 …… （3分）

xu100x,y,z1010为求最小值，作变换yv，则，

22u,v,w61zw00333u2v2w21dudvdw ……………………………………（4从而I6V分）

322使用球坐标计算，得Iddr1rsindr

6000336246112cos04 …………………… （453615156分）

ydxxdy六、（满分14分）设Iar，其中a为常数，曲线C为椭圆22aCxy21x2xyy2r2，取正向。求极限limIar

rx解 作变换y2uv2（观察发现或用线性代数里正交变换化二次型的方2uv231法），曲线C变为uov平面上的椭圆:u2v2r2（实现了简化积分曲22线），也是取正向 …（2分）

而且x2y2u2v2,ydxxdyvduudv（被积表达式没变，同样简单！），

vduudv

Iar ………………………………………………………………

22auv（2分）

曲线参数化u222rcos,v2rsin,:02，则有vduudvrd，

336 Iar分）

202221ad … （3raa3220222222rcos2rsincos2sin33da2222rd32令Jacos2sin30Ja。因此当a1时limIar0或a1时limIar………（20rr22，则由于22cos22sin22，从而

33分）

而a1,J1/220dcos2sin/22240d2cos22sin23

31t222arctan2303…（31121/31/30200tan2t33232。故所求极限为分）

I1r30,a1Iar,a1 …………… （2分）

2,a1dtdtan112n的敛散性，若收敛，求其和。 七（满分14分）判断级数n1n1n211解 （1）记an12an1,un,n1,2,3,nn1n2n

1lnn10,n充分大时0an1dx1lnnn …………（3因为limnxn1分）

111n112n收敛…（23，而3收敛，故所以0unn1n2n2n1n1n2n12n分）

11（2）记ak1,k1,2,3, ，则

2k111nnnakaa2kSnkk

k2k1k1k2k1k1k2k1k1aaaaaaaa=1122n1n1nn ……………… （2n1n1n22334n分）

7 aa1111a2a1a3a2anan1n …………………（2234n1n2分）

aa11111111=n1n ………………………（223243n1nn2nn2分）

na1lnn1lnn1因为0an1dx1lnn，所以0n，从而lim0，

=1x故limannn20。

因此SlimnSn1001。（也可由此用定义推知级数的收敛性）……………（3分）

n2n2nn28 9 10 11 12 13 14 15 第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷

（非数学类）

一．计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分，要求写出重要步骤。）

（1）.求limsinxx0x11cosx11cosx；

解：方法一（用两个重要极限）：

sinxlimx0xlimex0sinxxlim1x0xsinxxx013x2limxsinxx•sinxxx1cosxsinxxx1cosxeecosx1x032x2lime1x2lim2x032x2

e13方法二（取对数）：

sinxlimx0xesinxxx013x2lim11cosxesinxlnxlimx01cosxesinx1xlimx012x2

cosx1x032x2lim1x2lim2x032x213eee111（2）.求lim...；

nn1n2nn111解：方法一（用欧拉公式）令xn

...n1n2nn11由欧拉公式得1lnn=C+o（1），2n

1111则1ln2n=C+o（1），2nn12n其中，o1表示n时的无穷小量，

两式相减，得：xn-ln2o（1）,limxnln2.

n方法二（用定积分的定义）

16 11limxlimlim(nnnnnn11111()limn1n12nn1n1n)

2txln1ed2y（3）已知，求。

2tdxytarctane1dxln2

01xet12tt2tdx2e2tdyetdyee11e解：

,12t2t2t2t2edt1edt1edx2e1e2t2tt2t2t1ee2dyddy1e21e

2•2t2t4tdxdtdxdx2e2e4edt二．（本题10分）求方程2xy4dxxy1dy0的通解。

解：设P2xy4,Qxy1，则PdxQdy0

PQ1,PdxQdy0是一个全微分方程，设yxdzPdxQdy

z方法一：由P2xy4得

xz2xy4dxx2xy4xCy

zxC\'yQxy1得y12\'Cyy1,Cyyyc

2122zxxy4xyyc

2由方法二：zdzPdxQdy2xy4dxxy1dy

0,0x,yPQ,该曲线积分与路径无关

yx17 12z2x4dxxy1dyx4xxyyy

002xy2三．（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f0,f\'0,f\"0均不为0，证明：存在唯一一组实数k1,k2,k3，使得k1fhk2f2hk3f3hf0lim0。

2h0h证明：由极限的存在性：limk1fhk2f2hk3f3hf00

h0即k1k2k31f00，又f00，k1k2k31①

k1fhk2f2hk3f3hf0h2k1f\'h2k2f\'2h3k3f\'3hh0由洛比达法则得

limh0

2h\'\'\'由极限的存在性得limk1fh2k2f2h3k3f3h0

h0lim0即k12k23k3f\'00，又f\'00，k12k23k30②

k1f\'h2k2f\'2h3k3f\'3h2hk1f\"h4k2f\"2h9k3f\"3hf\"000

再次使用洛比达法则得

limh02k14k29k3f\"00k14k29k30③

h0limk1k2k31由①②③得k1,k2,k3是齐次线性方程组k12k23k30的解

k4k9k0231111k11设A123,xk2,b0，则Axb，

149k0318 111110030103，则*增广矩阵A123014900011RA,bRA3

所以，方程Axb有唯一解，即存在唯一一组实数k1,k2,k3满足题意，

且k13,k23,k31。

x2y2z2四．（本题17分）设1:2221，其中abc0，abc2:z2x2y2，为1与2的交线，求椭球面1在上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值。

x2y2z2解：设上任一点Mx,y,z，令Fx,y,z2221，

abc2x\'2y\'2z\'则Fx2,Fy2,Fz2,椭球面1在上点M处的法向量为：

abcxyzt2,2,2,1在点M处的切平面为：

abcxyzXx2Yy2Zz0

2abc1原点到平面的距离为d，令222xyz444abcx2y2z21Gx,y,z444, 则d，

abcGx,y,zx2y2z2x2y2z2现在求Gx,y,z444,在条件2221，abcabcz2x2y2下的条件极值，

令x2y2z2x2y2z2Hx,y,z444122212x2y2z2abcbca

则由拉格朗日乘数法得：

19 2x\'2xH1222x0xa4aH\'2y2y2y0122yb4b2z\'2zHz41222z0，

ccx2y2z222210bcax2y2z2022x02ac2xz2222解得ac，

bc或22yz22y0bcb4c4a4c4对应此时的Gx,y,z或Gx,y,z

22222222bcbcacacb2c2a2c2此时的d1bc或d2ac

4444bcac又因为abc0，则d1d2

所以，椭球面1在上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为：

b2c2，d1bc

44bcx23y21五．（本题16分）已知S是空间曲线绕y轴旋转形成的椭球z0面的上半部分（z0）取上侧，是S在Px,y,z点处的切平面，x,y,z是原点到切平面的距离，,,表示S的正法向的方向余弦。计算：

a2c2d2ac44acz（1）dS；（2）zx3yzdS

x,y,zSS222解：（1）由题意得：椭球面S的方程为x3yz1z0

令Fx23y2z21,则Fx\'2x,Fy\'6y,Fz\'2z，

20 切平面的法向量为nx,3y,z，

x23y2z2x9yz222的方程为xXx3yYyzZz0，

原点到切平面的距离x,y,z1x9yz222

zI1dSzx29y2z2dS

x,y,zSS将一型曲面积分转化为二重积分得：记Dxz:x2z21,x0,z0

1I14Dxz22z32xz31x2z2dxdz42sind0r232r2dr31r20

41r232r2dr31r20420sin232sin2d3

431332224232(2)方法一：

xx9yz222,3yx9yz222,zx9yz222

I2zx3yzdSzx29y2z2dSI1SS32

方法二（将一型曲面积分转化为二型）：

I2zx3yzdSxzdydz3yzdzdxz2dxdy

SS记:z0,x23y21,:x23y2z21z0，取面向下，向外，

由高斯公式得：I2xzdydz3yzdzdxz2dxdy6zdV

I26zdV，求该三重积分的方法很多，现给出如下几种常见方法：

21 ① 先一后二：2I26x2d1x23y3y210zdz31x23y2d

x23y21122110d03r1r2dr32

1②先二后一：I260zdzd612x23y21z230z1zdz③广义极坐标代换：I242230d20d10r3sin2dr32

六．（本题12分）设f(x)是在,内的可微函数，且f、xmfx，其中0m1，任取实数a0，定义anlnfan1,n1,2,...,证明：anan1绝对收敛。

n1证明：anan1lnfan1lnfan2

由拉格朗日中值定理得：介于an1,an2之间，使得

lnfaf\'n1lnfan2fan1an2

anaf\'n1fan1an2，又f、mf得f\'fm

anan1man1an2...mn1a1a00m1

级数mn1a1a0收敛，级数anan1收敛，即n1n1anan1绝对收敛。

n1七．（本题15分）是否存在区间0,2上的连续可微函数f(x)，满足f0f21，

22

32 x1,0fxdx1请说明理由。

解：假设存在，当x0,1时，由拉格朗日中值定理得：

1介于0，x之间，使得fxf0f\'1x,，

同理，当x1,2时，由拉格朗日中值定理得：

2介于x，2之间，使得fxf2f\'2x2

\'\'即fx1f1x,x0,1;fx1f2x2,x1,2

1f、x1，

1xfx1x,x0,1;x1fx3x,x1,2

2显然，fx0,fxdx0

0f、211xdxx1dxfxdx1xdx3xdx312212fxdx1，又由题意得fxdx1,fxdx1

1x,x0,1即fxdx1，fx

0x1,x1,2fxf1fxf1x11xlimlim1,limlim1x1x1x1x1x1x1x1x12

f\'1不存在，又因为f(x)是在区间0,2上的连续可微函数，即f\'1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)。

23

第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷

（非数学类）

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30

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）

y(xy)ln(1)xdxdy____________，其中区域D由直线1．计算D1xyxy1与两坐标轴所围成三角形区域.

01解: 令xyu,xv，则xv,yuv，dxdydet11dudvdudv，

31 y(xy)ln(1)ulnuulnvxdxdyD1xyD1ududv

1ulnuuu(dv01u01uu0lnvdv)du

ulnuu(ulnuu)du01u1u1u2du （*）

01u12令t1u，则u1t2

du2tdt，u212t2t4，u(1u)t2(1t)(1t)，

(*)2(12t2t4)dt10

12101162

(12t2t4)dt2tt3t5351502202．设f(x)是连续函数，且满足f(x)3xf(x)dx2, 则f(x)____________.

解: 令Af(x)dx，则f(x)3x2A2，

02A20(3x2A2)dx82(A2)42A,

410。因此f(x)3x2。

33解得Ax2y22平行平面2x2yz0的切平面方程是__________. 3．曲面z2x2y22解: 因平面2x2yz0的法向量为(2,2,1)，而曲面z2在(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，x2y22平行平面 即曲面

z22x2yz0的切平面方程是2x2yz10。

4．设函数yy(x)由方程xef(y)eyln29确定，其中f具有二阶导数，且d2yf1，则2________________.

dx解: 方程xef(y)eyln29的两边对x求导，得

ef(y)xf(y)yef(y)eyyln29

32 因eyln29xef(y)，故11，因此

f(y)yy，即yx(1f(y))xd2y1f(y)yy

dx2x2(1f(y))x[1f(y)]2f(y)1f(y)[1f(y)]22

x[1f(y)]3x2(1f(y))x2[1f(y)]3exe2xenxx)，其中n是给定的正整数. 二、（5分）求极限lim(x0n解 :因

exe2xenxxexe2xenxnxlim()lim(1)

x0x0nneee故

exe2xenxneAlimx0nx

x2xnxeeenelimx0nxex2e2xnenx12nn1elimee

x0nn2因此

en1eexe2xenxxAlim()ee2

x0n1f(x)三、（15分）设函数f(x)连续，g(x)f(xt)dt，且limA，A为常0x0x数，求g(x)并讨论g(x)在x0处的连续性.

f(x)解 : 由limA和函数f(x)连续知，x0xf(x)f(0)limf(x)limxlim0

x0x0x0x因g(x)f(xt)dt，故g(0)f(0)dtf(0)0，

0011因此，当x0时，g(x)1xf(u)du，故

0xlimf(x)f(0)0

1limg(x)limx0x0x0f(u)duxx0当x0时，

f(x)，

0xx1xf(t)dtf(t)dt0g(x)g(0)f(x)A0xlim

g(0)limlimlim2x0x0x0x02x2xxx1xf(x)f(x)1xAAlimg(x)lim[2f(u)du]limlim2f(u)duA

0x0x0x0x0xx0xx22g(x)x1x2f(u)du33 这表明g(x)在x0处连续.

四、（15分）已知平面区域D{(x,y)|0x,0y}，L为D的正向边界，试证：

（1）xesinydyyesinxdxxesinydyyesinxdx；

LL5（2）xesinydyyesinydx2.

2L证 :因被积函数的偏导数连续在D上连续，故由格林公式知

（1）xesinydyyesinxdx(xesiny)(yesinx)dxdy

xyLD(esinyesinx)dxdy

Dsinysinxxedyyedx

L(xesiny)(yesinx)dxdy

xyD(esinyesinx)dxdy

D而D关于x和y是对称的，即知

sinysinxsinysinx(ee)dxdy(ee)dxdy

DD因此

sinysinxsinysinxxedyyedxxedyyedx

LL（2）因

t2t4ee2(1)2(1t2)

2!4!tt故

esinxesinx2sin2x21cos2x5cos2x

22由

sinysinysinysinxsinysinxxedyyedx(ee)dxdy(ee)dxdy

LDD知

11sinysinx(ee)dxdy(esinyesinx)dxdy

2D2DL11(esinyesiny)dxdy(esinxesinx)dxdy(esinxesinx)dxdy

2D2DD5cos2x5(esinxesinx)dxdx2

00225即

xesinydyyesinydx2

2Lsinysinyxedyyedx34 五、（10分）已知y1xexe2x，y2xexex，y3xexe2xex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y1xexe2x，y2xexex，y3xexe2xex是二阶常系数线性非齐次微分方程

ybycyf(x)

的三个解，则y2y1exe2x和y3y1ex都是二阶常系数线性齐次微分方程

ybycy0

的解，因此ybycy0的特征多项式是(2)(1)0，而ybycy0的特征多项式是

2bc0

y12y1f(x)和 因此二阶常系数线性齐次微分方程为yy2y0，由y1exxex2e2x，y12exxex4e2x

y1y12y1xex2ex4e2x(xexex2e2x)2(xexe2x) 知，f(x)y1(12x)ex

二阶常系数线性非齐次微分方程为

yy2yex2xex

六、（10分）设抛物线yax2bx2lnc过原点.当0x1时,y0,又已知1该抛物线与x轴及直线x1所围图形的面积为.试确定a,b,c,使此图形绕x轴3旋转一周而成的旋转体的体积最小.

解 因抛物线yax2bx2lnc过原点，故c1，于是

112baba(axbx)dtx3x2

3020323即

2(1a)

3而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积

11222V(a)(axbx)dt(ax2(1a)x)2dt

00311144a2x4dta(1a)x3dt(1a)2x2dt

00039114a2a(1a)(1a)2

5327即

114V(a)a2a(1a)(1a)2

5327令

218V(a)a(12a)(1a)0，

5327得

b135 54a4590a4040a0

即

4a50

因此

53a,b,c1.

42

(x)un(x)xn1ex(n1,2,), 且un(1)七、（15分）已知un(x)满足une, 求n函数项级数un(x)之和.

n1解

(x)un(x)xn1ex，

un即

yyxn1ex

由一阶线性非齐次微分方程公式知

yex(Cxn1dx)

即

xnye(C)

n因此

xnxun(x)e(C)

ne1由un(1)e(C)知，C0，

nn于是

xnexun(x)

n下面求级数的和：

令

xnexS(x)un(x)

nn1n1则

xnexexn1xn1xS(x)(xe)S(x)xeS(x)

n1xn1n1即

exS(x)S(x)

1x由一阶线性非齐次微分方程公式知

1S(x)ex(Cdx)

1xx36 令x0，得0S(0)C，因此级数un(x)的和

n1S(x)exln(1x)

八、（10分）求x1时, 与xn等价的无穷大量.

2n0解 令f(t)xt，则因当0x1，t(0,)时，f(t)2txtlnx0，故

f(t)xet2t2ln1x22在(0,)上严格单调减。因此

f(t)dtf(n)f(0)n0n1n0f(t)dtn0n1nn1f(t)dt10f(t)dt

即

又

0f(t)dtf(n)1n020f(t)dt，

n0f(n)xn，

n011limxlimx1

x11xx11ln10lnx1n2所以，当x1时, 与x等价的无穷大量是。

21xn0

000f(t)dtxdtet2t2ln1xdt1edtt2112lnx，

37