全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題解答及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)非數(shù)學(xué)類

1、全國(guó)大學(xué)生競(jìng)賽歷年試題名師精講（非數(shù)學(xué)類）（20092013）第五屆全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽預(yù)賽試卷（非數(shù)學(xué)類）一、 解答下列各題（每小題6分共24分，要求寫出重要步驟）1.求極限.解 因?yàn)椋?分）；原式(2分)；(2分)2.證明廣義積分不是絕對(duì)收斂的解 記，只要證明發(fā)散即可。（2分）因?yàn)?。?分）而發(fā)散，故由比較判別法發(fā)散。（2分）3.設(shè)函數(shù)由確定，求的極值。解 方程兩邊對(duì)求導(dǎo)，得 （1分）故，令，得或（2分）將代入所給方程得，將代入所給方程得，（2分）又，故為極大值，為極小值。（3分） 4.過(guò)曲線上的點(diǎn)A作切線，使該切線與曲線及軸所圍成的平面圖形的面積為，求點(diǎn)A的坐標(biāo)。解 設(shè)切點(diǎn)A的坐標(biāo)為，曲線

2、過(guò)A點(diǎn)的切線方程為（2分）；令，由切線方程得切線與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為。從而作圖可知，所求平面圖形的面積，故A點(diǎn)的坐標(biāo)為。（4分）二、（滿分12）計(jì)算定積分解 （4分） （2分）（4分） （2分）三、（滿分12分）設(shè)在處存在二階導(dǎo)數(shù)，且。證明 ：級(jí)數(shù)收斂。解 由于在處可導(dǎo)必連續(xù)，由得 （2分） （2分）由洛必塔法則及定義 （3分）所以 （2分）由于級(jí)數(shù)收斂，從而由比較判別法的極限形式收斂。（3分）四、（滿分12分）設(shè)，證明解 因?yàn)?，所以在上?yán)格單調(diào)增，從而有反函數(shù)（2分）。設(shè)是的反函數(shù)，則 （3分）又，則，所以（3分） （2分）五、（滿分14分）設(shè)是一個(gè)光滑封閉曲面，方向朝外。給定第二型的曲面積分

3、。試確定曲面，使積分I的值最小，并求該最小值。解 記圍成的立體為V，由高斯公式 （3分）為了使得I的值最小，就要求V是使得的最大空間區(qū)域，即取 ，曲面 （3分） 為求最小值，作變換，則，從而 （4分）使用球坐標(biāo)計(jì)算，得 （4分）六、（滿分14分）設(shè)，其中為常數(shù)，曲線C為橢圓，取正向。求極限解 作變換（觀察發(fā)現(xiàn)或用線性代數(shù)里正交變換化二次型的方法），曲線C變?yōu)槠矫嫔系臋E圓（實(shí)現(xiàn)了簡(jiǎn)化積分曲線），也是取正向 （2分）而且（被積表達(dá)式?jīng)]變，同樣簡(jiǎn)單?。?（2分）曲線參數(shù)化，則有， （3分）令，則由于，從而。因此當(dāng)時(shí)或時(shí)（2分） 而 （3分） 。故所求極限為 （2分）七（滿分14分）判斷級(jí)數(shù)的斂散性

4、，若收斂，求其和。解 （1）記因?yàn)槌浞执髸r(shí) （3分）所以，而收斂，故收斂（2分）（2）記 ，則= （2分）= （2分）= （2分）因?yàn)?，所以，從而，故。因此。（也可由此用定義推知級(jí)數(shù)的收斂性）（3分）第三屆全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽預(yù)賽試卷（非數(shù)學(xué)類）一計(jì)算下列各題（本題共3小題，每小題各5分，共15分，要求寫出重要步驟。）（1）.求；解：方法一（用兩個(gè)重要極限）：方法二（取對(duì)數(shù)）：（2）.求；解：方法一（用歐拉公式）令其中，表示時(shí)的無(wú)窮小量，方法二（用定積分的定義）（3）已知，求。解：二（本題10分）求方程的通解。解：設(shè)，則是一個(gè)全微分方程，設(shè)方法一：由得由得方法二：該曲線積分與路徑無(wú)關(guān)三（本題15

5、分）設(shè)函數(shù)f(x)在x=0的某鄰域內(nèi)具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且均不為0，證明：存在唯一一組實(shí)數(shù)，使得。證明：由極限的存在性：即，又，由洛比達(dá)法則得由極限的存在性得即，又，再次使用洛比達(dá)法則得由得是齊次線性方程組的解設(shè)，則，增廣矩陣，則所以，方程有唯一解，即存在唯一一組實(shí)數(shù)滿足題意，且。四（本題17分）設(shè)，其中，為與的交線，求橢球面在上各點(diǎn)的切平面到原點(diǎn)距離的最大值和最小值。解：設(shè)上任一點(diǎn)，令，則橢球面在上點(diǎn)M處的法向量為：在點(diǎn)M處的切平面為：原點(diǎn)到平面的距離為，令 則，現(xiàn)在求在條件，下的條件極值，令則由拉格朗日乘數(shù)法得：，解得或，對(duì)應(yīng)此時(shí)的或此時(shí)的或又因?yàn)?，則所以，橢球面在上各點(diǎn)的切平面到原點(diǎn)距離的

6、最大值和最小值分別為： ，五（本題16分）已知S是空間曲線繞y軸旋轉(zhuǎn)形成的橢球面的上半部分（）取上側(cè)，是S在點(diǎn)處的切平面，是原點(diǎn)到切平面的距離，表示S的正法向的方向余弦。計(jì)算：（1）；（2）解：（1）由題意得：橢球面S的方程為令則，切平面的法向量為，的方程為，原點(diǎn)到切平面的距離將一型曲面積分轉(zhuǎn)化為二重積分得：記(2)方法一： 方法二（將一型曲面積分轉(zhuǎn)化為二型）：記，取面向下，向外，由高斯公式得：，求該三重積分的方法很多，現(xiàn)給出如下幾種常見(jiàn)方法： 先一后二：先二后一：廣義極坐標(biāo)代換：六（本題12分）設(shè)f(x)是在內(nèi)的可微函數(shù)，且，其中，任取實(shí)數(shù)，定義證明：絕對(duì)收斂。證明：由拉格朗日中值定理得：介

7、于之間，使得，又得級(jí)數(shù)收斂，級(jí)數(shù)收斂，即絕對(duì)收斂。七（本題15分）是否存在區(qū)間上的連續(xù)可微函數(shù)f(x)，滿足，？請(qǐng)說(shuō)明理由。解：假設(shè)存在，當(dāng)時(shí)，由拉格朗日中值定理得：介于0，x之間，使得，同理，當(dāng)時(shí)，由拉格朗日中值定理得：介于x，2之間，使得即，顯然，又由題意得即，不存在，又因?yàn)閒(x)是在區(qū)間上的連續(xù)可微函數(shù)，即存在，矛盾，故，原假設(shè)不成立，所以，不存在滿足題意的函數(shù)f(x)。第二屆全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽預(yù)賽試卷（非數(shù)學(xué)類）第一屆全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽預(yù)賽試卷（非數(shù)學(xué)類）一、填空題（每小題5分，共20分）1計(jì)算_，其中區(qū)域由直線與兩坐標(biāo)軸所圍成三角形區(qū)域.解: 令，則， （*）令，則，2設(shè)是連續(xù)函數(shù)

8、，且滿足, 則_.解: 令，則，,解得。因此。3曲面平行平面的切平面方程是_.解: 因平面的法向量為，而曲面在處的法向量為，故與平行，因此，由，知，即，又，于是曲面在處的切平面方程是，即曲面 平行平面的切平面方程是。4設(shè)函數(shù)由方程確定，其中具有二階導(dǎo)數(shù)，且，則_.解: 方程的兩邊對(duì)求導(dǎo)，得因，故，即，因此二、（5分）求極限，其中是給定的正整數(shù).解 :因故因此三、（15分）設(shè)函數(shù)連續(xù)，且，為常數(shù)，求并討論在處的連續(xù)性.解 : 由和函數(shù)連續(xù)知，因，故，因此，當(dāng)時(shí)，故當(dāng)時(shí)，這表明在處連續(xù).四、（15分）已知平面區(qū)域，為的正向邊界，試證：（1）；（2）.證 :因被積函數(shù)的偏導(dǎo)數(shù)連續(xù)在上連續(xù)，故由格林公式知（1）而關(guān)于和是對(duì)稱的，即知因此（2）因故由知即 五、（10分）已知，是某二階常系數(shù)線性非齊次微分方程的三個(gè)解，試求此微分方程.解 設(shè)，是二階常系數(shù)線性非齊次微分方程的三個(gè)解，則和都是二階常系數(shù)線性齊次微分方程的解，因此的特征多項(xiàng)式是，而的特征多項(xiàng)式是因此二階常系數(shù)線性齊次微分方程為，由和，知，二階常系數(shù)線性非齊次微分方程為六、（10分）設(shè)拋物線過(guò)原點(diǎn).當(dāng)時(shí),又已知該拋物線與軸及直線所圍圖形的面積為.試確定,使此圖形繞軸旋轉(zhuǎn)一周而成的旋轉(zhuǎn)體的體積最小.解 因拋物線過(guò)原點(diǎn)，故，于是即而此圖形繞軸旋轉(zhuǎn)一周而成的旋轉(zhuǎn)體的體積即令，得即因此,.七、（15分）已知