1、第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷（非数学类） 2009 一、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 1计算 yxyx xyyxD dd1)1ln ()( _，其中区域 D 由直线 1yx 与两坐标轴所围成三角形区域 . 解令 vxuyx , ，则 vuyvx , ， vuvuyx dddd11 10d e tdd ， vuu vuuuyxyx xyyxDD dd1lnlndd1)1l n ()( 10210 00d1 )ln(1 lnd)dln1d1ln(uu uuuuuuuuvvuuvuuu uu 10 2 d1 uuu （ *） 令 ut 1 ，则 21 tu ， dt2d tu ， 42
2、2 21 ttu ， )1)(1()1( 2 tttuu ， 01 42 d)21(2(* ) ttt 10 42 d)21(2 ttt 151651322 1053 tt 2设 )( xf 是连续函数，且满足 202 2d)(3)( xxfxxf, 则 )(xf _. 解令 20 d)( xxfA，则 23)( 2 Axxf ， AAxAxA 24)2(28d)23(20 2 , 解得 34A 。因此 3103)( 2 xxf 。 3曲面 22 22 yxz 平行平面 022 zyx 的切平面方程是 _. 解因平面 022 zyx 的法向量为 )1,2,2( ，而曲面 22 22 yxz 在
3、 ),( 00 yx处的法向量为 )1),(),( 0000 yxzyxz yx ，故 )1),(),( 0000 yxzyxz yx 与 )1,2,2( 平行，因此，由 xzx ， yzy 2 知 000000 2),(2,),(2 yyxzxyxz yx ， 即 1,2 00 yx ，又 5)1,2(),( 00 zyxz ，于是曲面 022 zyx 在 ),(,( 0000 yxzyx处的切平面方程是 0)5()1(2)2(2 zyx ，即曲面 22 22 yxz 平行平面 022 zyx 的切平面方程是 0122 zyx 。 4设函数 )(xyy 由方程 29ln)( yyf exe
4、确定，其中 f 具有二阶导数，且 1f ，则 22ddxy _. 解方程 29ln)( yyf exe 的两边对 x 求导，得 29ln)( )()( yeeyyfxe yyfyf 因 )(29ln yfy xee ，故 yyyfx )(1 ，即)(1( 1 yfxy ，因此 2222)(1 )()(1( 1dd yfx yyfyfxyx y 322232 )(1 )(1)()(1( 1)(1 )( yfx yfyfyfxyfx yf 不会：二、（ 5 分） 求极限 xenxxxx neee )(lim 20，其中 n 是给定的正整数 . 解法 1 因 xenxxxxxenxxxx n nee
5、en eee )1(lim)(lim 2020 故 nxneeeexenneeeAnxxxxnxxxx2020limlimenn nen neeee nxxxx 2 1212lim 20 因此 enAxenxxxx eeneee 2 120 )(lim 解法 2 因 x neeeen eee nxxxxxenxxxxln)l n (lim)l n (lim 2020 enn neeee neeee nxxx nxxxx 2 1212lim 220 故 enAxenxxxx eeneee 2 120 )(lim 三、（ 15 分） 设函数 )(xf 连续， 10 d)()( txtfxg，且 A
6、xxfx )(lim0， A 为常数，求)(xg 并讨论 )(xg 在 0x 处的连续性 . 解由 Axxfx )(lim0和函数 )(xf 连续知， 0)(limlim)(lim)0(000 xxfxxff xxx因 10 d)()( txtfxg，故 0)0(d)0()0( 10 ftfg， 因此，当 0x 时， x uufxxg0 d)(1)(，故 0)0(1 )(limd)(lim)(lim 0000 fxfx uufxg xxxx当 0x 时， xxfuufxxg x )(d)(1)( 02 ， 200000d)(limd)(1lim)0()(lim)0(xttfxttfxx gxg
7、gxxxxx 22 )(lim0 Axxfx 22d)(1lim)(lim)(d)(1lim)(lim 02000200 AAAuufxx xfx xfuufxxg xxxxxx 这表明 )(xg 在 0x 处连续 . 四、（ 15 分） 已知平面区域 0,0|),( yxyxD ， L 为 D 的正向边界，试证： （ 1） LxyLxy xyeyxexyeyxe dddd s i ns i ns i ns i n ； （ 2） 2s ins in25dd L yy xyeyxe. 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） yxyeyxexxyeyxe D xyL xy
8、 dd)()(dd s i ns i ns i ns i n yxeeD xy dd)( sinsin L xy xyeyxe dd sinsin yxyeyxexDxy dd)()( s i ns i n yxeeD xy dd)( sinsin 而 D 关于 x 和 y 是对称的，即知 yxeeD xy dd)( sinsin yxeeD xy dd)( sinsin 因此 L xyL xy xyeyxexyeyxe dddd s i ns i ns i ns i n （ 2）因 )1(2)!4!21(2 242 tttee tt 故 2 2c os52 2c os12s i n2 2s
9、i ns i n xxxee xx 由 D xyL D xyyy yxeeyxeexyeyxe dd)(dd)(dd s i ns i ns i ns i ns i ns i n 知 D xyL D xyyy yxeeyxeexyeyxe dd)(21dd)(21dd s i ns i ns i ns i ns i ns i n D xxD xxD yy yxeeyxeeyxee dd)(dd)(21dd)(21 s i ns i ns i ns i ns i ns i n 200 s i ns i n 25d2 2c o s5d)( xxxee xx 即 2s ins in 25dd Lyy
10、 xyeyxe 五、（ 10 分） 已知 xx exey 21 ， xx exey 2 ， xxx eexey 23 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 xx exey 21 ， xx exey 2 ， xxx eexey 23 是二阶常系数线性非齐次微分方程 )(xfcyyby 的三个解，则 xx eeyy 212 和 xeyy 13 都是二阶常系数线性齐次微分方程 0 cyyby 的解，因此 0 cyyby 的特征多项式是 0)1)(2( ，而 0 cyyby 的特征多项式是 02 cb 因此二阶常系数线性齐次微分方程为 02 yyy ，由 )(2 111
11、xfyyy 和 xxx exeey 21 2 ， xxx exeey 21 42 知， 111 2)( yyyxf )(2)2(42 222 xxxxxxxx exeeexeeexe xex)21( 二阶常系数线性非齐次微分方程为 xx xeeyyy 22 六、（ 10 分） 设抛物线 cbxaxy ln22 过原点 .当 10 x 时 , 0y ,又已知该抛物线与 x 轴及直线 1x 所围图形的面积为 31 .试确定 cba, ,使此图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体的体积最小 . 解因抛物线 cbxaxy ln22 过原点，故 1c ，于是 2323dt)(311023102 baxbxa
12、bxax 即 )1(32 ab 而此图形绕 x 轴旋转一周而成的旋转体的体积 10 2210 22 dt)1(32(dt)()( xaaxbxaxaV 10 2210 310 42 dt)1(94dt)1(34dt xaxaaxa 22 )1(274)1(3151 aaaa 即 22 )1(274)1(3151)( aaaaaV 令 0)1(278)21(3152)( aaaaV ， 得 04040904554 aaa 即 054 a 因此 45a , 23b , 1c . 七、（ 15 分） 已知 )(xun 满足 ),2,1()()( 1 nexxuxu xnnn , 且 neun )1(
13、, 求函数项级数 1 )(n n xu之和 . 解 xnnn exxuxu 1)()( ， 即 xn exyy 1 由一阶线性非齐次微分方程公式知 )d( 1 xxCey nx 即 )( nxCey nx 因此 )()( nxCexu nxn 由 )1()1( nCeunen 知， 0C ， 于是 nexxu xnn )( 下面求级数的和： 令 11 )()( n xnn n nexxuxS 则 xexSexxSnexexxSxnxnnxnxn 1)()()()( 1 11 1即 xexSxS x 1)()( 由一阶线性非齐次微分方程公式知 )d1 1()( xxCexS x 令 0x ，得
14、CS )0(0 ，因此级数 1 )(n n xu的和 )1ln ()( xexS x 八、（ 10 分） 求 1x 时 , 与 02nnx 等价的无穷大量 . 解令 2)( txtf ，则因当 10 x ， (0, )t 时， 2( ) 2 ln 0tf t tx x ，故 xtt extf 1ln22)( 在 (0, ) 上严格单调减。因此 10 1 00 0 1( ) d ( ) d ( ) ( 0 ) ( ) d 1 ( ) dnnn n nf t t f t t f n f f t t f t t 即 000( ) d ( ) 1 ( ) dnf t t f n f t t ， 又 2
15、00()nnnf n x， 111lim11lnlim 11 xxx xx 21ln1d1ln1ddd)(001ln00222 xtextetxttf txtt ， 所以，当 1x 时 , 与 02nnx 等价的无穷大量是 x121 。 第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷（非数学类） 2010 (150 分钟 ) 一、（ 25 分，每小题 5 分） （ 1）设 22(1 ) (1 ) (1 ) ,nnx a a a 其中 | | 1,a 求 lim.nn x（ 2）求 21lim 1 xxx e x。 （ 3）设 0s ，求0 ( 1 , 2 , )sx nI e x dx n 。 （ 4）设函
16、数 ()ft 有二阶连续导数， 22 1, ( , )r x y g x y fr ，求 22ggxy。 （ 5）求直线1 0: 0xyl z 与直线2 2 1 3: 4 2 1x y zl 的距离。 解：（ 1） 22(1 ) (1 ) (1 )nnx a a a = 22(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) / (1 )nnx a a a a a = 2 2 2(1 ) (1 ) (1 ) / (1 )na a a a = = 12( ) / (1 )naa 12l im l im ( 1 ) / ( 1 ) 1 / ( 1 )nnnnx a a a (2) 2 2 211l n ( 1
17、 ) l n ( 1 )1l i m 1 l i m l i mxxx e x xx xxx x xe e ex 令 x=1/t,则 原式 = 2 1( l n ( 1 ) ) 1 / ( 1 ) 1 12 ( 1 )2 20 0 0l im l im l imtt t tt t te e e e （ 3） 00 0 011 2 021011( ) ( ) | ( 1 ) ! !sx n n sx n sx sx nnsx nnn nnI e x dx x de x e e dxssn n n n n ne x dx I I Is s s s s （ 4）略（不难，难得写） （ 5）用参数方程
18、求解。答案好像是 14 二、（ 15 分）设函数 ()fx在 ( , ) 上具有二阶导数，并且 ( ) 0 , l i m ( ) 0 , l i m ( ) 0 ,xxf x f x f x 且存在一点 0x ，使得 0( ) 0fx 。 证明：方程 ( ) 0fx 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 2()( ) ( 0 ) ( 0 ) 2ff x f f x x 因为二阶倒数大于 0，所以 lim ( )x fx ， lim ( )
19、x fx 证明完成。 三、（ 15 分）设函数 ()y f x 由参数方程 22 ( 1)()x t t tyt 所确定，其中 ()t 具有二阶导数，曲线 ()yt 与 2 21 32t uy e du e 在 1t 出相切，求函数 ()t 。 解：（这儿少了一个条件 22dydx）由 ()yt 与 2 21 32t uy e du e 在 1t 出相切得 3(1) 2e ， 2(1) e / ()22dy dy dtdx dx dt t t 22dydx3 ( ) ( 2( / ) ( / ) / ( 2 2 )2 ) 2 ( )d dy dx d dy dx dtdx dx d tt t
20、tt =。 上式可以得到一个微分方程，求解即可。 四、（ 15 分）设10, ,nn n kka S a证明： （ 1）当 1 时，级数1nn naS收敛； （ 2）当 1 且 ()nsn 时，级数1nn naS发散。 解： （ 1） na 0, ns 单调递增 当1 nn a收敛时，1nnnaass ，而1nas 收敛，所以 nnas 收敛； 当1 nn a发散时， lim nn s 111 nnssn n nn n na s s dx dxs s s x 所以，111112nnnssnnnna aadx dxs s x s x 而111 111 1 111l i mns ns nssa a
21、 sdx kx s s ，收敛于 k。 所以，1nn nas收敛。 （ 2） limnn s 所以1 nn a发散，所以存在 1k ，使得 112knn aa 于是，111122212kkk nnnn n kaaas s s 依此类推，可得存在 121 .kk 使得 1 12iik nk nas 成立 所以112Nk nna Ns 当 n 时， N 所以1nn nas发散 五、（ 15 分）设 l 是过原点、方向为 ( , , ) ，（其中 2 2 2 1) 的直线，均匀椭球 2 2 22 2 2 1x y za b c ，其中（ 0,c b a 密度为 1）绕 l 旋转。 （ 1）求其转动惯
22、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 2 2 2 2 2 2 2( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 2 2 2d x y z x y y z z x 0x y d V y z d V z x d V 2 2 22 2 222 2 2 3214( 1 )15ccx y za b czz d V z d z d x d y a b z d z a b cc 由轮换对称性， 2 3 2 344,15 15x dV a bc y dV ab c 2 2 3 2 3 2 34 4 4( 1 ) ( 1 ) ( 1
23、)1 5 1 5 1 5I d d V a b c a b c a b c 2 2 2 2 2 24 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 15 a b c a b c （ 2） abc 当 1 时， 22m a x 4 ()15I abc a b当 1 时， 22m in 4 ()15I abc b c六、 (15 分 )设函数 ()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，曲线积分422 ( )c xydx x dyxy的值为常数。 （ 1）设 L 为正向闭曲线 22( 2) 1,xy 证明422 ( ) 0;c xydx x dyxy （ 2）求函数 ()x ； （ 3
24、）设 C 是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求422 ( )c xydx x dyxy。 解： （ 1） L 不绕原点，在 L 上取两点 A， B，将 L 分为两段 1L ， 2L ，再从 A， B 作一曲线 3L ，使之包围原点。 则有 13 234 2 4 2 4 22 ( ) 2 ( ) 2 ( )L L L LLx y d x x d y x y d x x d y x y d x x d yx y x y x y （ 2） 令4 2 4 22 ( ),xy xPQx y x y由（ 1）知 0QPxy，代入可得 4 2 3 5 2( ) ( ) ( ) 4 2 2x x y x x x
25、 x y 上式将两边看做 y 的多项式，整理得 2 4 3 2 5( ) ( ) ( ) 4 ( 2 ) 2y x x x x x y x x 由此可得 ( ) 2xx 4 3 5( ) ( ) 4 2x x x x x 解得： 2()xx （ 3） 取 L 为 4 2 4xy，方向为顺时针 0QPxy 4 2 4 2 4 2242 ( ) 2 ( ) 2 ( )1 2c c L LLx y dx x dy x y dx x dy x y dx x dyx y x y x yx y dx x dy （最后一步曲线积分略去，不知答案对不对） 第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷（非数学类） 2011
26、 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11 co s0sinlim xxxx； 解：方法一（用两个重要极限）： 20 0 03 2 21 sin1 c os sin 1 c os001sin c os 1 2l im l im l imsin11 3 31 c os 32 2 20si n si nl im l im 1l imx x xx x xx x x x xxxxx x xxxx x xxxxx x xxxe e e e e 方法二（取对数）： 0 2020 0 03 2 2sin1sin1 ln l im11 c os
27、 l im1 c os 201sin c os 1 2l im l im l im11 3 332 2 2sinl imxxx x xxx xxxxxxxx x xx x xxeexe e e e （ 2） .求 1 1 1l i m . . .12n n n n n ； 解：方法一（用欧拉公式）令 1 1 1.12nx n n n n 111 l n =C +o 121 1 1 11 l n 2 =C +o 12 1 2nnnn n n 由 欧 拉 公 式 得 （ ） ，则 （ ） ，其中， 1o 表示 n 时的无穷小量， - l n 2 o 1nx两 式 相 减 ， 得 ： （ ） ,li
28、m ln 2.nn x 方法二（用定积分的定义） 1 1 1l i m l i m l i m ( )12nn n nx n n n 1 1 1l i m ( )111n nnnn 101 ln 21 dxx （ 3）已知 2ln 1a rc ta nttxey t e ，求 22dydx 。 解：22 222 2 22121 1,1 21 1 21tt t t tttt t tted x e d y e d y e eeed t e d t e d x ee 2222 2 2 4121 2 12 2 4ttttt t teed y d d y e edxd x d t d x e e edt
29、 二（本题 10 分）求方程 2 4 1 0x y d x x y d y 的通解。 解：设 2 4 , 1P x y Q x y ，则 0Pdx Qdy 1,PQyx 0Pdx Qdy是 一 个 全 微 分 方 程 ， 设dz Pdx Qdy 方法一：由 24z P x yx 得 22 4 4z x y d x x x y x C y 由 1z x C y Q x yy 得 2 11, 2C y y C y y y c 22 14 2z x x y x y y c 方法二： ,0 , 02 4 1xyz d z P d x Q d y x y d x x y d y ,PQyx 该曲线积分与
30、路径无关 2200 12 4 1 4 2xyz x d x x y d y x x x y y y 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 “0 , 0 , 0f f f均不为 0，证明：存在唯一一组实数 1 2 3,k k k ，使得 1 2 3202 3 0l im 0hk f h k f h k f h fh 。 证明：由极限的存在性： 1 2 30l i m 2 3 0 0h k f h k f h k f h f 即 1 2 3 1 0 0k k k f ，又 00f ， 1 2 3 1k k k 由洛比达法则得 1 2 320 1 2 302
31、 3 0l im2 2 3 3l im 02hhk f h k f h k f h fhk f h k f h k f hh 由极限的存在性得 1 2 30l i m 2 2 3 3 0h k f h k f h k f h 即 1 2 32 3 0 0k k k f ，又 00f ， 1 2 32 3 0k k k 再次使用洛比达法则得 1 2 30“ “ “1 2 30“1 2 32 2 3 3l i m24 2 9 3l i m 024 9 0 0 0 0hhk f h k f h k f hhk f h k f h k f hk k k f f 1 2 34 9 0k k k 由 得
32、1 2 3,k k k 是齐次线性方程组1 2 31 2 31 2 312 3 04 9 0k k kk k kk k k 的解 设1231 1 1 11 2 3 , , 01 4 9 0kA x k bk ，则 Ax b ， 增广矩阵 *1 1 1 1 1 0 0 31 2 3 0 0 1 0 31 4 9 0 0 0 1 1A ，则 ,3R A b R A 所以，方程 Ax b 有唯一解，即存在唯一一组实数 1 2 3,k k k 满足题意， 且 1 2 33 , 3 , 1k k k 。 四 （ 本 题 17 分 ） 设 2 2 21 2 2 2:1x y za b c ， 其 中 0a
33、bc ，2 2 22 : z x y ， 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。 解：设 上任一点 ,M x y z ，令 2 2 22 2 2, , 1x y zF x y z a b c ， 则 2 2 22 2 2, , ,x y zx y zF F Fa b c 椭球面 1 在 上点 M 处的法向量为： 2 2 2, , ,x y zt abc 1 在点 M 处的切平面为 ： 2 2 2 0x y zX x Y y Z za b c 原点到平面 的距离为2 2 24 4 41dx y za b c，令 2 2 24 4 4, , ,x y
34、zG x y za b c 则 1,d G x y z， 现在求 2 2 24 4 4, , ,x y zG x y z a b c 在条件 2 2 22 2 21x y za b c ，2 2 2z x y下的条件极值， 令 2 2 2 2 2 2 2 2 2124 4 4 2 2 2, , 1x y z x y zH x y z x y za b c a b c 则由拉格朗日乘数法得： 1242124212422 2 22 2 22 2 2222022202220100xyzxxHxaayyHybbzzHzccx y za b cx y z ， 解得 2222220xbcyzbc 或222
35、2220acxzacy ， 对应此时的 442 2 2 2,bcG x y zb c b c或 442 2 2 2,acG x y za c a c此时的 22144bcd bcbc或222 44acd acac 又因为 0abc ，则 12dd 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：222 44acd acac，221 44bcd bcbc 五（本题 16 分）已知 S 是空间曲线 22310xyz 绕 y 轴旋转形成的椭球面的上半部分（ 0z ）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
36、向的方向余弦。计算： （ 1） ,S z dSx y z；（ 2） 3Sz x y z d S 解：（ 1）由题意得：椭球面 S 的方程为 2 2 23 1 0x y z z 令 2 2 23 1 ,F x y z 则 2 , 6 , 2x y zF x F y F z ， 切平面 的法向量为 ,3 ,n x y z ， 的方程为 30x X x y Y y z Z z ， 原 点 到 切 平 面 的距离为 2 2 22 2 2 2 2 231, 99x y zx y z x y z x y z 2 2 21 9,SSzI d S z x y z d Sx y z 将一型曲面积分转化为二重积分
37、得：记 22: 1 , 0 , 0xzD x z x z 22 22121 002 2 232 324 4 s in3 1 3 1xzDz x z r r d rI d x d z dx z r 2 2 2 21 200 23 2 s in 3 2 s in44331r r d r dr 4 3 1 3 322 2 4 2 23 (2) 方 法 一 ：2 2 2 2 2 2 2 2 23,9 9 9x y zx y z x y z x y z 2 2 221 339 2SSI z x y z d S z x y z d S I 方法二（将一型曲面积分转化为二型）： 22 33SSI z x y
38、 z d S x z d y d z y z d z d x z d x d y 记 2 2 2 2 2: 0 , 3 1 , : 3 1 0z x y x y z z ，取面 向下， 向外， 由高斯公式得： 22 36I x z d y d z y z d z d x z d x d y z d V 2 6I zdV，求该三重积分的方法很多，现给出如下几种常见方法： 先 一 后 二 ： 222 2 2 213 222 03 1 3 16 3 1 3xyx y x yI d zd z x y d 1 2200 131 2 1 23d r r d r 先二后一： 2 2 211 22 0031636123x y zI zdz d z z dz 广义极坐标代换： 1 32222 0 0 02 4 3s in23I d d r d r 六（本题 12 分）设 f(
