大学生高等数学竞赛试题汇总及答案.docx
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大学生高等数学竞赛试题汇总及答案
前三届高数竞赛预赛试题(非数学类)
(参加高等数学竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知识,适当看
一些辅导书及相关题目,主要是一些各大高校的试题。
)
2009-2010年第一届全国大学生数学竞赛预赛试卷
一、填空题(每小题
5分)
1.计算
(xy)ln(1
y)
xdxdy16/15,其中区域D由直线x
y1与
D
1
x
y
两坐标轴所围成三角形区域.
解:
令
x
yu,xv
,则
x
v,yuv
,xy
0
dudvdudv,
dddet
1
1
1
1
u2
du(*)
0
1u
令t1u,则u1t2
du
2tdt,u2
1
2t2
t4,u(1
u)
t2(1
t)(1
t),
2.设f(x)
是连续函数,且满足f(x)
3x2
2
f(x)dx2,则
0
f(x)____________.
解:
令A
2
3x2
A
2
,
f(x)dx,则f(x)
0
A
2
(3x2
A2)dx8
2(A2)
4
2A,
0
解得A
4。
因此f(x)
3x2
10。
3
3
3.曲面z
x2
y2
2平行平面2x2yz
0的切平面方程是
2
__________.
解:
因平面
2x
2y
z
0的法向量为(2,2,1)
,而曲面
z
x2
y2
2
在
(x0,y0)
处的法向量为
2
(z(x
0
y
),z
(x,y),1),故
(
zxy
0),
z
x
y
0),1)
与
(2,2,
1)
平
x
0
y
0
0
x(
0,
y(
0,
行,因此,由
zx
x
,zy2y
知
2zx(x0,y0)
x0,2zy(x0,y0)
2y0,
即x0
2,y0
1
,又z(x0,y0)z(2,1)5,于是曲面
2x2yz0
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
x2
y2
2平行平面
2
2x
2yz0的切平面方程是
2x2y
z10
。
4.设函数yy(x)由方程xef(y)
eyln29确定,其中f
具有二阶导数,
且f
1,则d2y
________________.
dx2
解:
方程xef
(y)
eyln29的两边对x求导,得
因ey
ln29xef(y),故1
f
(y)y
y,即y
1
(y))
,因此
x
x(1f
二、(5分)求极限lim(ex
e
e2x
enx)x,其中n是给定的正整数.
x0
n
解:
因
故
因此
三、(15
分)设函数f(x)连续,g(x)
f(xt)dt,且lim
f(x)
A,A为
1
0
x0
x
常数,求g(x)并讨论g(x)在x
0处的连续性.
解
:
由
lim
f(x)
A
和
函
数
f(x)连
续
知,
x0
x
f(0)lim
f(x)
lim
xlim
f(x)
0
x
x0
x0
x
0
因g(x)
1
1
f(0)dt
f(0)
0,
f(xt)dt,故g(0)
0
0
因此,当x
1
x
0时,g(x)
f(u)du,故
x
0
当x0时,
1
x
f(x)
,
g(x)
f(u)du
2
0
x
x
这表明g(x)在x
0处连续.
四、(15
分)已知平面区域D{(x,y)|0x
0y},L为D的正
向边界,试证:
(1)xesinydy
yesinxdx
xesinydyyesinxdx;
L
L
(2)xesinydy
yesinydx
5
2.
L
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)xesinydyyesinxdx
(xesiny)
(yesinx)dxdy
L
Dx
y
而D关于x和y是对称的,即知因此
(2)因
故
由
知
即xesinydyyesinydx
52
L
2
五、(10分)已知y1
xex
e2x,y2xex
ex,y3
xex
e2x
ex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y1xex
e2x
,y2
xex
ex,y3
xex
e2x
ex是二阶常系数线
性非齐次微分方程
的三个解,则y2
y1
ex
e2x和y3y1ex都是二阶常系数线性齐次微
分方程
的解,因此y
by
cy0的特征多项式是(
2)(
1)0,而
ybycy0的特征多项式是
因此二阶常系数线性齐次微分方程为yy2y0,由
y1y12y1f(x)和
xx2xxx2x
y1exe2e,y12exe4e
知,
f(x)
y1
y1
2y1
xex
2ex
4e2x
(xex
ex
2e2x
)
2(xex
e2x)
二阶常系数线性非齐次微分方程为
六、(10分)设抛物线
y
ax2
bx
2ln
c过原点.
当0
x1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
1
.试确定
a,b,c,
使
3
此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积最小
2
解因抛物线yaxbx2lnc过原点,故c
.
1,于是
即
而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积
即
令
V(a)
2a
1(12a)
8(1a)0,
5
3
27
得
即
因此
a
5,b
3,c
1.
4
2
七、(15分)已知un(x)满足un(x)un(x)xn1ex(n1,2,
),且un
(1)
e,
n
求函数项级数
un(x)之和.
n1
解
un(x)un(x)xn1ex,
即
由一阶线性非齐次微分方程公式知
即
因此
由e
un
(1)e(C
1)知,C
0,
n
n
于是
下面求级数的和:
令
则
即
由一阶线性非齐次微分方程公式知
令x
0,得0
S(0)
C,因此级数
un(x)的和
n
1
八、(10
分)求x
1
时,与
xn2
等价的无穷大量.
n
0
解令f(t)
xt2
,则因当0
x
1,t(0,
)时,f
(t)
2txt2
lnx0,
故
2
1
f(t)
xt2
e
t
ln
x在(0,
)上严格单调减。
因此
即
f(t)dt
f(n)
1
0
f(t)dt,
0
n0
又
f(n)
2
xn,
n
0
n
0
f(t)dt
t
2
t2ln
1
1
e
t2
dt
1
,
x
dt
e
xdt
1
1
0
0
0
0
ln
2
ln
x
x
所以,当x
1时,与
xn2
等价的无穷大量是1
1x
。
n0
2
2010-2012年第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷
(参加高等数学竞赛的同学最重要的是好好复习高等数学知
识,适当看一些辅导书及相关题目,主要是一些各大高校的试题。
)
一、(25分,每小题5分)
(1)设xn
(1
a)(1
a2)(1a2n),其中|a|1,求limxn.
n
1
x2
(2)求limex
1
。
x
x
(3)设s
0,求I
esxxndx(n1,2,)。
0
(4)设函数f(t)有二阶连续导数,r
x2
y2,g(x,y)
f
1,求
r
2g
2g
。
x2
y2
(5)求直线l1:
x
y
0与直线l2:
x
2
y
1
z
3的距离。
z
0
4
2
1
解:
(1)xn
(1
a)(1
a2)
(1
a2n)=xn
(1
a)(1a)(1a2)(1
a2n)/(1a)
=(1
a2)(1
a2)
(1
a2n
)/(1
a)=
=(1a2n1
)/(1
a)
1
x2
lne
x
1
)
x2
x
2
ln(1
1
x
(2)
limex
1
(1
)
lime
x
lime
x
x
x
x
x
令x=1/t,则
(ln(1t)t)
1/(1t)1
1
1
原式=lime
t2
lime2t
lime2(1t)
e2
t
0
t0
t0
In
esxxndx
(1)
xndesx
(1)[xnesx|0
esxdxn]
(3)
0
s
0
n(n1)
s
n!
0
n
e
sx
n1
dx
n
In2
n!
s
x
In1
2
s
nI0
s
n1
0
s
s
二、(15分)设函数f(x)在(
)上具有二阶导数,并且
f(x)0,lim
f(x)
0,limf
(x)
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:
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:
因为二阶倒数大于0,所以
limf(x),limf(x)
xx
证明完成。
三、(15分)设函数yf(x)由参数方程x
2t
t2
(t
1)所确定,其中
y
(t)
(t)具有二阶导数,曲线y
(t)与y
t2
eu2
du
3
在t
1出相切,求函
1
2e
数(t)。
d2y
解:
(这儿少了一个条件dx2
相切得
(1)3,'
(1)2
2ee
d2yd(dy/dx)d(dy/dx)/dt
dx2dxdx/dt
)由y
t2
e
u2
3
在t
1出
(t)与y
du
2e
1
''(t)(2
2t)2'(t)
=。
。
。
(2
2t)3
上式可以得到一个微分方程,求解即可。
四、(15分)设an
0,Sn
n
ak,证明:
k
1
(1)当
1时,级数
an
收敛;
n
1Sn
(2)当
1且sn
(n
)时,级数
an发散。
n1Sn
解:
(1)an>0,sn单调递增
当
当
an
n1
an
n1
收敛时,
发散时,
an
an,而an收敛,所以an收敛;
sn
s1
s1
sn
limsn
n
an
a1
所以,
sn
n1sn
sn1
s1n2
dxa1sn
xs1s1
dx
x
而sns1
dx
a1
limsn1
s11
a1s11
k,收敛于k。
x
s1
n
1
s1
1
所以,
an
收敛。
n1
sn
(2)limsn
n
k1
所以
an发散,所以存在k1,使得
ana1
n1
n
2
k1
于是,
k1
an
k1an
2
an
1
sn
2sn
sk1
2
2
依此类推,可得存在1k1k2...
ki1
an
1
成立,所以
kNan
1
使得
sn
1sn
N
ki
2
2
当n
时,N
,所以
an发散
n1sn
五、(15分)设l是过原点、方向为(
,),(其中2
22
1)的直
线,均匀椭球
x2
y2
z2
1
,其中(0cb
a,密度为1)绕
旋转。
a2
b2
c2
l
(1)求其转动惯量;
(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
由轮换对称性,
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