全国大学生高等数学竞赛真题及答案非数学类.docx
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全国大学生高等数学竞赛真题及答案非数学类
2009年第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷
(非数学类)
一、填空题(每小题5分,共20分)
(x+y)ln(1+
y
xdy=____________,其中区域D由直线x+y=1与两)
1.计算⎰⎰
D
-x-y
坐标轴所围成三角形区域.
⎛0
解令x+y=u,x=v,则x=v,y=u-v,dxdy=det1
⎝(x+y)ln(1+
y)
ulnu-ulnv
D
1⎫⎪dudv=dudv,⎪-1⎭
⎰⎰
D
-x-y
xdy=
⎰⎰
10
-u
udv
==
⎰(⎰
10
ulnu-uulnu-uu
22
⎰
u
dv-
u-u-u
⎰
u
lnvdv)du
-
u(ulnu-u)
du
=
⎰
-u
du(*)
令t=
-u,则u=1-t2,du=-2tdt,u2=1-2t2+t4,u(1-u)=t2(1-t)(1+t),
2
4
(*)=-2⎰(1-2t+t)dt
=2⎰
10
2315⎤16⎡24
(1-2t+t)dt=2⎢t-t+t⎥=
3515⎣⎦0
2.设f(x)是连续函数,且满足f(x)=3x2-
解令A=
A=
⎰
20
f(x)dx-2,则f(x)=____________.
⎰
20
f(x)dx,则f(x)=3x-A-2,
2
⎰
20
(3x-A-2)dx=8-2(A+2)=4-2A,
2
解得A=
43
2
。
因此f(x)=3x-
103
。
3.曲面z=
x
2
2
+y-2平行平面2x+2y-z=0的切平面方程是__________.
x
2
2
解因平面2x+2y-z=0的法向量为(2,2,-1),而曲面z=
2
+y-2在
2
(x0,y0)处的法向量为(zx(x0,y0),zy(x0,y0),-1),故(zx(x0,y0),zy(x0,y0),-1)与
(2,2,-1)平行,因此,由zx=x,zy=2y知2=zx(x0,y0)=x0,2=zy(x0,y0)=2y0,
即x0=2,y0=1,又z(x0,y0)=z(2,1)=5,于是曲面2x+2y-z=0在(x0,y0,z(x0,y0))处的切平面方程是2(x-2)+2(y-1)-(z-5)=0,即曲面z=
2x+2y-z=0的切平面方程是2x+2y-z-1=0。
x
+y-2平行平面
4.设函数y=y(x)由方程xe则dydx
22
f(y)
y
=eln29确定,其中f具有二阶导数,且f'≠1,
=________________.
f(y)
解方程xe
e
=eln29的两边对x求导,得
y
f(y)
f(y)y
+xf'(y)y'e=ey'ln29
因eyln29=xe
dydx
22
f(y)
,故
1x
+f'(y)y'=y',即y'=
1x(1-f'(y))
,因此
=y''=-
1
x(1-f'(y))
+
f''(y)y'
x[1-f'(y)]
=
f''(y)
23x[1-f'(y)]
-
1
x(1-f'(y))
=
f''(y)-[1-f'(y)]23x[1-f'(y)]nx
e
不会:
二、(5分)求极限lim(
x→0
e+e
x2x
++en
)x,其中n是给定的正整数.
解法1因
lim(
x→0
e+e
x2x
++en
nx
e
)x=lim(1+
x→0
e+e
x2x
++en
nx
-n
e
)x
故
A=lim=elim
e+ee+e
xx
2x
++en++enx
x
nx
-ne
x-n
x→0
2x
nx
x→0
=elim
e+2e
2x
++nen
nx
x→0
=e
1+2++n
n
=
n+12
e
因此
lim(
x→0
e+e
x2x
++en
nx
en+1
)
x
=e
A
=e
e
解法2因
limln(
x→0
e+e
x2x
++en
x
nx
e
)x=elim
ln(e+e
nx
x2x
++e)-lnnx
nx
x→0
=elim
e+2ee+e
x
2x2x
++ne++e
e
x→0
nx
=e
1+2++n
n
=
n+12
e
故
lim(
x→0
e+e
x2x
++en
nxn+1
)
x
=e
A
=e
e
三、(15分)设函数f(x)连续,g(x)=
g'(x)并讨论g'(x)在x=0处的连续性.
⎰
10
f(xt)dt,且lim
f(x)x
x→0
=A,A为常数,求
解由lim因g(x)=
f(x)x
10
x→0
=A和函数f(x)连续知,f(0)=limf(x)=limxlim
x→0
x→0
f(x)x
x→0
=0
⎰
f(xt)dt,故g(0)=
1x
⎰
10
f(0)dt=f(0)=0,
因此,当x≠0时,g(x)=
⎰
x0
f(u)du,故
limg(x)=lim
x→0
⎰
x0
f(u)dux
=lim
x→0
f(x)1
x→0
=f(0)=0
当x≠0时,
g'(x)=-
1x
2
⎰
x0
f(u)du+
f(x)x
,f(t)dtx
=lim
]=lim
x→0
x0
1
g'(0)=lim
g(x)-g(0)
x
1x
2
x→0
x→0
=limx
x→0
⎰
x0
⎰
f(t)dtx
2
=lim1x
2
f(x)2x
x→0
x0
=
A2
A2=A2
limg'(x)=lim[-
x→0⎰
x0
f(u)du+
f(x)x
f(x)x
x→0
-lim
x→0
⎰
f(u)du=A-
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≤π,0≤y≤π},L为D的正向边界,试证:
(1)xe
L
siny
dy-ye
-sinx
dx=xe
L
-siny
dy-ye
sinx
dx;
(2)xe
L
siny
dy-ye
-siny
dx≥
52
.
2
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)xe
L
siny
dy-ye
-sinx
dx=
⎰⎰
D
⎡∂∂siny-sinx⎤
(xe)-(-ye)⎥dxdy⎢
∂y⎣∂x⎦
=
⎰⎰
D
(e
siny
+e
-sinx
)dxdy
L
xe
-siny
dy-ye
sinx
dx
=
⎰⎰
D
⎡∂∂-sinysinx⎤
(xe)-(-ye)⎥dxdy⎢∂x∂y⎣⎦
=
⎰⎰
D
(e
-siny
+e
sinx
)dxdy
而D关于x和y是对称的,即知
⎰⎰
D
(e
siny
+e
-sinx
)dxdy=
⎰⎰
D
(e
-siny
+e
sinx
)dxdy
因此
L
xe
siny
dy-ye
-sinx
dx=xe
L
-siny
dy-ye
sinx
dx
(2)因
e+e
t
-t
=2(1+
t
2
2!
+
t
4!
+)≥2(1+t)
2
故
e
sinx
+e
-sinx
≥2+sin
2
x=2+
1-cos2x
2
=
5-cos2x
2
由
xe
L
siny
dy-ye
-siny
dx=
⎰⎰(e
D
siny
+e
-sinx
)dxdy=
⎰⎰(e
D
-siny
+e
sinx
)dxdy
知
L
xe12
siny
dy-ye
siny
-siny
dx=
1
⎰⎰2
D
(e12
π
siny
+e
-sinx
)dxdy+
sinx
1
⎰⎰2
D
(e
-siny
+e
sinx
)dxdy
=
⎰⎰
D
(e+e
-siny
)dxdy+
⎰⎰
D
(e
-sinx
+e)dxdy=52
2
⎰⎰
D
(e
-sinx
+e
sinx
)dxdy
=π
⎰
π
(e
-sinx
+e
sinx
)dx≥π
⎰
5-cos2x
2
dx=π
即
Lx
xe
siny
dy-ye
-siny
dx≥
-x
52
2
五、(10分)已知y1=xe+e
x
2x
2x
,y2=xe+e
-x
x
x2x-x
,y3=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.
解设y1=xe+e次微分方程
y''+by'+cy=f(x)
,y2=xe+e
x
x2x-x
,y3=xe+e-e是二阶常系数线性非齐
的三个解,则y2-y1=e
-x
-e
2x
-x
和y3-y1=e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(λ-2)(λ+1)=0,而y''+by'+cy=0的特征多项式是
λ+bλ+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
'=e+xe+2ey1
x
x
2x
x
x
2x
2
''=2e+xe+4e,y1
x
x
-(xe+e+2e
x
x
2x
''-y1'-2y1=xe+2e+4e知,f(x)=y1
=(1-2x)e
x
2x
)-2(xe+e
x2x
)
二阶常系数线性非齐次微分方程为
xx
y''-y'-2y=e-2xe
六、(10分)设抛物线y=ax2+bx+2lnc过原点.当0≤x≤1时,y≥0,又已知该抛物线与x轴及直线x=1所围图形的面积为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1
ab⎡a3b2⎤
=⎰(ax+bx)dt=⎢x+x⎥=+03232⎣3⎦0
1
2
1
13
.试确定a,b,c,使此图形绕x轴旋转一周而成
即
b=
23(1-a)
而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积
V(a)=π
⎰(ax
1
2
+bx)dt=π=πa=151313
2
2
⎰(ax
1
2
+
23
(1-a)x)dt
1
3
2
⎰
1
xdt+π
13
4
43
a(1-a)⎰xdt+π
49
2
(1-a)
2
⎰
1
xdt
2
πa+π
2
a(1-a)+π
427
(1-a)
即
V(a)=
15
πa+π
2
a(1-a)+π
427827
(1-a)
2
令
V'(a)=
25
πa+π(1-2a)-π(1-a)=0,
得
54a+45-90a-40+40a=0
即
4a+5=0
因此
a=-
54
b=
32
c=1.
'(x)=un(x)+xn-1ex(n=1,2,),且un
(1)=七、(15分)已知un(x)满足un
∞
en
求函
数项级数∑un(x)之和.
n=1
解
'(x)=un(x)+xunn-1e,x
即
y'-y=xn-1xe
由一阶线性非齐次微分方程公式知
y=e(C+x⎰x
xnn-1dx)即
y=e(C+x
n)
因此
un(x)=e(C+xx
1nn
n))知,C=0,由e
n=un
(1)=e(C+
于是
un(x)=xennx
下面求级数的和:
令
∞∞
nnxS(x)=∑u
n=1
∞(x)=∑n=1xen则
S'(x)=∑(x
n=1n-1e+xxennx∞)=S(x)+∑x
n=1n-1e=S(x)+xex1-x
即
S'(x)-S(x)=ex
1-x
1由一阶线性非齐次微分方程公式知S(x)=e(C+x⎰1-xx)
∞
n=1令x=0,得0=S(0)=C,因此级数∑un(x)的和
S(x)=-eln(1-x)
∞
-x八、(10分)求x→1时,与∑xn等价的无穷大量.
n=02
tt解令f(t)=x,则因当0 xf(t)=xt2=e在(0,+∞)上严格单调减。 因此 ⎰ +∞0 ∞ f(t)dt= ∑⎰ n=0 n+1n ∞∞ f(t)dt≤ ∑ n=0 f(n)≤f(0)+ ∑⎰ n=1 nn-1 f(t)dt=1+ ⎰ +∞0 f(t)dt 即 ⎰ 又 ∞ +∞0 ∞ f(t)dt≤ ∑ n=0 2 f(n)≤1+ ⎰ +∞0 f(t)dt, ∞ ∑ n=0 f(n)= ∑ n=0 x n ,1 lim x→1+∞0 =lim=1 x→1-11-xf(t)dt= ln 1 - ⎰⎰ ∞ +∞0 xdt= t 2 ⎰ +∞0 e -tln 2 1x dt= 1ln1x ⎰ +∞0 e -t 2 dt= 1ln1x 2 , 所以,当x→1时,与∑xn等价的无穷大量是 n=0 - 2 12 π1-x 。 2010年第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷 (非数学类) (150分钟) 一、(25分,每小题5分) (1)设xn=(1+a)(1+a2)(1+a2),其中|a|<1,求limxn. n→∞ n 1⎫⎛ (2)求lime-x1+⎪ x→∞x⎭⎝ x 2 。 ∞ (3)设s>0,求I= ⎰ e -sx xdx(n=1,2,)。 ∂g∂g⎛1⎫ 。 +g(x,y)=f⎪,求22 ∂x∂yr⎝⎭ n 22 (4)设函数f(t )有二阶连续导数,r= (5)求直线l1: ⎨ ⎧x-y=0⎩z=0 与直线l2: x-24 n = y-1-2 = z-3-1 的距离。 解: (1)xn=(1+a)(1+a2)(1+a2)=xn=(1-a)(1+a)(1+a2)(1+a2)/(1-a)=(1-a2)(1+a2)(1+a2)/(1-a)==(1-a2)/(1-a) ∴limxn=lim(1-a n→∞ n→∞ 2 n+1 n nn+1 )/(1-a)=1/(1-a) -x (2)lime x→∞ -x 1⎫⎛ 1+⎪ x⎭⎝ x 2 =lime x→∞ lne(1+ 1x ) x 2 =lime x→∞ xln(1+ 2 1x )-x 令x=1/t,则 (ln(1+t)-t) 1/(1+t)-1 原式=lime t→0 t 2 - 12(1+t) =lime t→0 2t =lime t→0 =e - 12 In= (3) ⎰ ∞0 e -sx xdx=(-)⎰xde s0dx= nsIn-1= s 2 n 1 ∞ n-sx =(-)[xe sIn-2== 1 n-sx |-⎰e ∞0 ∞ -sx dx]= n ns ⎰ ∞0 e -sx x n-1 n(n-1)n! s n I0= n! s n+1 (4)略(不难,难得写) (5 二、(15分)设函数f(x)在(-∞,+∞)上具有二阶导数,并且 f''(x)>0,limf'(x)=α>0,limf'(x)=β<0,且存在一点x0,使得f(x0)<0。 x→+∞ x→-∞ 证明: 方程f(x)=0在(-∞,+∞)恰有两个实根。 解: (简要过程) 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 f(x)=f(0)+f(0)x+'f(ξ) 2''x2 因为二阶倒数大于0,所以 x→+∞limf(x)=+∞,limf(x)=-∞x→-∞ 证明完成。 ⎧x=2t+t2 (t>-1)所确定,其中ψ(t)具有二阶三、(15分)设函数y=f(x)由参数方程⎨y=ψ(t)⎩ 导数,曲线y=ψ(t)与y= 2⎰ 2t21e-u2du+32e在t=1出相切,求函数ψ(t)。 t22解: (这儿少了一个条件 3 2e2edydx=)由y=ψ(t)与y=⎰1e-udu+32e在t=1出相切得ψ (1)=dy dx 2',ψ (1)==dy/dtdx/dt=ψ(t)2+2t'dy dx2=d(dy/dx)dx=d(dy/dx)/dt dx/dt=ψ(t)(2+2t)-2ψ(t) (2+2t)3'''=。 。 。 上式可以得到一个微分方程,求解即可。 n 四、(15分)设an>0,Sn= +∞∑ak=1k,证明: (1)当α>1时,级数∑ n=1anSα n收敛; +∞ (2)当α≤1且sn→∞(n→∞)时,级数∑ n=1anSα n发散。 解: (1)an>0,sn单调递增 ∞ 当∑an收敛时,n=1ansnα ∞ 当∑an发散时, n=1 limsn=∞n→∞ an snα=sn-sn-1sn ∞α=⎰snsn-1dxsn∞α<⎰snsn-1dxxα所以,∑ n=1ansnα 1-αsnsn-1dxxα=a1s1α+⎰sns1dxxα而⎰sn s1dxxα=a1s1α+limsn-s11-αn→∞1-α=a1 s1α+s11-αα-1=k,收敛于k。 ∞ 所以,∑ n=1ansnα收敛。 (2)limsn=∞n→∞ ∞k1所以∑an发散,所以存在k1,使得∑an≥a1n=1n=2 k1 k1 于是,∑ 2ansnαk1≥∑2ansn∑a≥2nsk1≥12 依此类推,可得存在1 使得∑ ki kNansnα≥12成立所以∑ 1ansnα≥N⋅12 当n→∞时,N→∞∞ 所以∑ n=1ansnα发散 五、(15分)设l是过原点、方向为(α,β,γ),(其中α+β+γx a22222=1)的直线,均匀椭球+yb22+zc22≤1,其中(0 (1)求其转动惯量; (2)求其转动惯量关于方向(α,β,γ)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 d=(1-α)x+(1-β)y+(1-γ)z-2αβxy-2βγyz-2γαzx 2 2 2 2 2 2 2 ⎰⎰⎰xydV Ω = ⎰⎰⎰yzdV Ω = ⎰⎰⎰zxdV Ω =0 22 ⎰⎰⎰ Ω zdV= 2 ⎰ c-c zdz xa 22 2 ⎰⎰ +yb 22 dxdy= zc 22 ⎰ c-c πab(1- zc )zdz= 2 415 πabc 3 ≤1- 由轮换对称性, ⎰⎰⎰ Ω xdV= 2 415 πabc,⎰⎰⎰ydV= Ω 32 415 πabc 3 I=4 ⎰⎰⎰ddV=(1-α) Ω 2 2 22 415 πabc+(1-β) 32 415 2 πabc+(1-γ) 32 415 3 πabc = 15 πabc[(1-α)a+(1-β)b+(1-γ)c] 222 (2)a>b>c ∴当γ=1时,Imax= 415 πabc(a+b) 2 2 22 当α=1时,Imin= 415 πabc(b+c) 六、(15分)设函数ϕ(x)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 2xydx+ϕ(x)dy x+y 4 2 积分⎰ c 的值为常数。 (1)设L为正向闭曲线(x-2)+y=1,证明⎰ c 22 2xydx+ϕ(x)dy x+y 4 2 =0; (2)求函数ϕ(x); 2xydx+ϕ(x)dy x+y 4 2 (3)设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线,求⎰ c 。 解: (1)L不绕原点,在L上取两点A,B,将L分为两段L1,L2,再从A,B作一曲线L3, 使之包围原点。 则有 ⎰ L2xydx+ϕ(x)dyx+y42=⎰L1+L32xydx+ϕ(x)dyx+y42-L2+L3-⎰2xydx+ϕ(x)dyx+y42 (2)令P=2xy x+y ∂P ∂y42,Q=ϕ(x)x+y42由 (1)知∂Q ∂x-=0,代入可得 '42352ϕ(x)(x+y)-ϕ(x)4x=2x-2xy上式将两边看做y的多项式,整理得 yϕ(x)+ϕ(x)x-ϕ(x)4x=y(-2x)+2x2''4325由此可得 ϕ(x)=-2x '435ϕ(x)x-ϕ(x)4x=2x' 解得: ϕ(x)=-x2 (3)取L'为x4+y2=ξ4,方向为顺时针∂Q ∂x-∂P ∂y=0 2xydx+ϕ(x)dy '∴⎰c2xydx+ϕ(x)dyx+y42=⎰c+L 2x+y42+⎰L'-2xydx+ϕ(x)dyx+y42=1ξ4⎰2xydx-x L'-dy=π (最后一步曲线积分略去,不知答案对不对) 2011年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 ⎛sinx⎫1-cosx (1).求lim;⎪x→0 ⎝x⎭ 解: 方法一(用两个重要极限): 1 x sinx-xx(1-cosx) sinx-x⎫sinx-x⎛sinx⎫1-cosx⎛lim=lim1+⎪⎪x→0x→0xx⎝⎭⎝⎭ sinx-x sinx-x x→013 x2lim cosx-1x→032 x2lim lim x→0 ∙ - 1 =lime x→0 x(1-cosx) =e=e=e 32x2 x 2 =e - 方法二(取对数): sinx 1 ⎛sinx⎫ ln⎪⎝x⎭lim x→01-cosx lim x→0 ⎛sinx⎫1-cosxlim=e⎪x→0 ⎝x⎭ sinx-xlim x→013 x2 12 -1 2 =e 1x 2 x -lim x→0 =e=e cosx-1lim x→032 x2 =e 32x2 =e - 11⎫⎛1++...+ (2).求lim⎪;n→∞n+n⎭⎝n+1n+2 解: 方法一(用欧拉公式)令xn= 由欧拉公式得1+则1+ 12++ 1n+12++1n+1 1n 1n+1 + 1n+2 +...+ 1n+n -ln
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