历届全国大学生高等数学竞赛真题及问题详解非数学类Word格式.docx

1、与平行，因此，由知即，又，于是曲面处的切平面方程是，即曲面 的切平面方程是4设函数由方程确定，其中具有二阶导数，且_. 方程的两边对求导，得因，即，因此二、（5分）求极限，其中是给定的正整数.解 :故三、（15分）设函数连续，且为常数，求并讨论处的连续性. 由和函数连续知，因此，当时，当这表明处连续.四、（15分）已知平面区域为的正向边界，试证：（1）；（2）.证 :因被积函数的偏导数连续在上连续，故由格林公式知而关于和是对称的，即知（2）因由即 五、（10分）已知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 设是二阶常系数线性非齐次微分方程的三个解，则都是二阶常系数线性齐次微

2、分方程的解，因此的特征多项式是，而因此二阶常系数线性齐次微分方程为，由知，二阶常系数线性非齐次微分方程为六、（10分）设抛物线过原点.当时,又已知该抛物线与轴及直线所围图形的面积为.试确定,使此图形绕轴旋转一周而成的旋转体的体积最小.解 因抛物线过原点，故，于是而此图形绕轴旋转一周而成的旋转体的体积得七、（15分）已知满足, 且, 求函数项级数之和.解 由一阶线性非齐次微分方程公式知于是下面求级数的和：则，得，因此级数的和八、（10分）求时, 与等价的无穷大量.解 令，则因当上严格单调减。又所以，当等价的无穷大量是2010年 第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷一、（25分，每小题5分）（1）设其

3、中求（2）求（3）设，求（4）设函数有二阶连续导数，（5）求直线与直线的距离。解：=（2） 令x=1/t,则原式=（3）二、（15分）设函数上具有二阶导数，并且且存在一点，使得证明：方程恰有两个实根。 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 证明完成。由参数方程所确定，其中具有二阶导数，曲线出相切，求函数（这儿少了一个条件）由出相切得=。上式可以得到一个微分方程，求解即可。四、（15分）设（1）当时，级数收敛；（2）当且发散。0, 单调递增收敛时，收敛，所以发散时，所以，收敛于k。

4、收敛。所以发散，所以存在于是，依此类推，可得存在使得成立，所以，所以发散五、（15分）设是过原点、方向为，（其中的直线，均匀椭球，其中（密度为1）绕旋转。（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。（1）椭球上一点P（x,y,z）到直线的距离由轮换对称性，六、（15分）设函数具有连续的导数，在围绕原点的任意光滑的简单闭曲线上，曲线积分的值为常数。为正向闭曲线证明（2）求函数是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求（1） L不绕原点，在L上取两点A，B，将L分为两段，再从A，B作一曲线，使之包围原点。则有（2） 令由（1）知，代入可得上式将两边看做y的多项式，整理得由此可得解得：（

5、3） 取，方向为顺时针2011年 第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷一 计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分）（1）.求（用两个重要极限）：（2）.求（用欧拉公式）令其中，表示时的无穷小量，（3）已知二（本题10分）求方程的通解。设是一个全微分方程，设该曲线积分与路径无关三（本题15分）设函数f（x）在x=0的某邻域具有二阶连续导数，且均不为0，证明：存在唯一一组实数由极限的存在性：由洛比达法则得由极限的存在性得再次使用洛比达法则得由得是齐次线性方程组的解增广矩阵所以，方程有唯一解，即存在唯一一组实数满足题意，四（本题17分）设的交线，求椭球面上各点的切平面到原点距离的最大值和最小

6、值。上任一点，令椭球面上点M处的法向量为：在点M处的切平面为：原点到平面的距离为 则现在求在条件下的条件极值，则由拉格朗日乘数法得：或对应此时的此时的又因为所以，椭球面上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为： 五（本题16分）已知S是空间曲线绕y轴旋转形成的椭球面的上半部分（）取上侧，是S在点处的切平面，是原点到切平面的距离，表示S的正法向的方向余弦。计算：（1）由题意得：椭球面S的方程为切平面的方程为原点到切平面的距离将一型曲面积分转化为二重积分得：记（2）方法一：六（本题12分）设f（x）是在的可微函数，且，任取实数，定义绝对收敛。由拉格朗日中值定理得：介于之间，使得级数收敛，收敛，即七（本题15分）是否存在区间上的连续可微函数f（x），满足？请说明理由。假设存在，当时，由拉格朗日中值定理得：介于0，x之间，使得同理，当介于x，2之间，使得显然，又由题意得不存在，又因为f（x）是在区间上的连续可微函数，即存在，矛盾，故，原假设不成立，所以，不存在满足题意的函数f（x）。