1、第二十届高等数学竞赛试卷一、填空题（每小题 5 分，本题共 50 分）：1. 若 0x时， 1)(42ax与 xsin是等价无穷小，则 a.2. )1ln(coslimx.3. 设函数230sid,0(),xtfa 在 x处连续，则 a.4. yzxyxz。sin.5. 。91)(l2._)( ,DdxygfI Daa。 。0067.tancos2205xx8. .siiin1lim9. .,122 dvezyx z。10. 设在上半平面 (,)|0D内，函数 (,)fxy具有连续偏导数，且对任意的0t都有 2(,)fttf. 对 内的任意分段光滑的有向简单闭曲线 L，则.),(, dxfdy
2、xL二、计算题（每小题 6 分，本题共 42 分）： .,)( )(cos. 。 2101 002 xxyyxt解题过程是：2. 设 是锥面2(01)zxyz的下侧，计算曲面积分d3dyxy解题过程是： ., ),(. 。 。cbaxxy 201233解题过程是： .)( d)()(,)(.xf tyxfyxtft。 。 42224 解题过程是：。 252zyxyxz解题过程是： 。 。 130,9.)()(2).6thyxtz解题过程是： . 86,)1,(632.7 22。 。PnP zyxuzyx 解题过程是：三、证明题（本题 8 分）： .)()( 02)(2)(44。 。 。 。yI
3、 yxdCIxyd LL第二十届高等数学竞赛试卷参考答案一、填空题（每小题 5 分，本题共 50 分）：1. 若 0x时， 1)(42ax与 xsin是等价无穷小，则 a.解 当 0x时，2412)(axax， 2sinx.于是，根据题设有 14limsinli 204120 xx，故 a=-4.2. )1l(02)(coslimx.解 )1ln(02(lixx=xxxecosln)1ln(im20,而 21csilcosli)1ln(cosim02020 xxxxx，故 原式=.12e3. 设函数30sind,tfa 在 x处连续，则 a.解 由题设知，函数 ()fx在 处连续，则 0lim
4、()xfa，又因为 22030 0sindsin1limll3xxxt. 所以 13.4. yzufyfz。 ,)(,20sin202,1 ,: 22zxyxyfzyx fff xyfxxxy 5. 。 91)(ln91ln3091)( 1ll1ln 2222 xyCy xCCxdxdexeyd 。 ._)( ,. DdxygfI Daa。 。106解：本题积分区域为全平面，但只有当 10,1xyx 时，被积函数才不为零，因此实际上只需在满足此不等式的区域内积分即可 . ,;)(,0;1)( 。 xagxyaxyg。,)(2xyf .)1(0)(202 1021 adxxa dyxydydgx
5、fIDD 7.tncos25.21dsin20 dtancosdtandta)( 22220520 x xxx。8.sin1lim 1011 dsin)(limsinli ixxfinn 。 inixf i, ,200, )(。 .20coscosds10 x。9. .,122dvezyx z。 .2)1(222102102 dzedxyzedvedvezyx Dz z。 。10. 设在上半平面 (,)|Dxy内，函数 ,f具有连续偏导数，且对任意的0t都有 2(,)ftxytf. 对 内的任意分段光滑的有向简单闭曲线 L，则.),(, dyxfdL解 2(,)(,)ftxytfxy两边对 t
6、求导得3(,)2(,)ytfxtfxy. 令 1t，则 ,2(,)ffxy,. 即1(,)(,)(,)2xyfxyff设 (,)PQxfxy，则(,)(,)(,)yPff fx .则由可得 1,2yxffxy.故由曲线积分与路径无关的定理可知，对 D内的任意分段光滑的有向简单闭曲线 L，都有 .0),(),(dfdyxfL二、计算题（每小题 6 分，本题共 42 分）： .,)( )cos. 。 211 002 xxyyyxt。 dtdtysin1。 0),sin(sico22 ydt tttxt 。 1221100 2 CxxttCxx ,sico.y。2. 设 是锥面2()zz的下侧，计算
7、曲面积分d31dxyx解 设 1： 2()zy，取上侧，则 ()zxy1 1d3d2d3(1)dxzxyzxzy .而 12(1)yzxy106rVv，1d3dxxz.所以 d23(1)d2xyzxzy, ),(. 。 。cba2033.3,01 02)1(,02)(,2)(6,)( ,2 cba cbafffxfxxf。 。.)(d)()()(.4 4222 xftyxfyxtft 。 ,sincoryx。 )1()()1()(0,)0( .)ln41)(41)( ,)()()(43334034022 xttt exfetfCf Cttfdttfttf fft trtrddf 。 。252z
8、yxyxz .26,0,),( 2zyxdPzy。 。 ),()(),( 2261xzzyxzyxF )4(, 3,0)2(31)(1,)2yxzzzFyy ),814,(.81,41。 yx.647246 ),(mind。 。 。 。130 ,9.0) ()(2)(.6 thyxtzth ).()()()()( thdzthdxydzVSthzthyxth 302210 4tt43dxythdxyzS ththyx 2222161)()( )().(d)()( trrttt021316 )(d)(d,. thththtVSdV 222 13904439 。,)(,)(010103 Cht。h
9、, .,),(. 。 。 PnPzyxuzn286167.1486.71432,186 ,148681,4621 ,4cos,3cos,3cos 132|24,:2 22kjipgradulzyxzu yxzyux zyxzyxFPP PP 三、证明题（本题 8 分）：.)()( 02)(2)(44。 。 。yIyxdCIxyd LL解 （I）1ll2 Co Xl3如图，将 C 分解为： 21l，另作一条曲线 围绕原点且与 C 相接，则yxd42)(314)(lyxd02)(324lyxd.（II） 设 24,PQ， ,P在单连通区域 内具有一阶连续偏导数，由（）知，曲线积分 24()Lydx在该区域内与路径无关，故当 0x时，总有QPxy.25244,()()Qyxyx3432 2) ().Py yx 比较、两式的右端，得 435(),(). yy 由得 2c，将 代入得 53524,ycy所以 0c，从而 2.Y
