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1、【MeiWei_81重点借鉴文档】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。）20RR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，共20分）1计算_，其中区域由直线与两坐标轴所围成三角形区域.解:令，则，（R）令，则，2设是连续函数，且满足,则_.解:令，则，,解得。因此。3曲面平行平面的切平面方程是_.解:因平面的法向量为，而曲面在处的法向量为，故与平行，因此，由，知，即，又，于是曲面在处的切平面方程是，即曲面平行平面的切平面方程是。4设函数由方程确定，其中具有二阶导数，且，则_.解
2、:方程的两边对求导，得因，故，即，因此二、（5分）求极限，其中是给定的正整数.解:因故因此三、（15分）设函数连续，且，为常数，求并讨论在处的连续性.解:由和函数连续知，因，故，因此，当时，故当时，这表明在处连续.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（1）而关于和是对称的，即知因此（2）因故由知即五、（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，则和都是二阶常系数线性齐次微分方程的解，因此的特征多项式是，而的特征多项式是因此二阶常系数线性齐次微
3、分方程为，由和，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，于是即而此图形绕轴旋转一周而成的旋转体的体积即令，得即因此,.七、（15分）已知满足,且,求函数项级数之和.解，即由一阶线性非齐次微分方程公式知即因此由知，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，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，时，故在上严格单调减。因此即，又，所以，当时,与等价的无穷大量是。20RR年第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷（参加
4、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）设其中求（2）求。（3）设，求。（4）设函数有二阶连续导数，求。（5）求直线与直线的距离。解：（1）=(2)令R=1/t,则原式=（3）二、（15分）设函数在上具有二阶导数，并且且存在一点，使得。证明：方程在恰有两个实根。解：二阶导数为正，则一阶导数单增，f(R)先减后增，因为f(R)有小于0的值，所以只需在两边找两大于0的值。将f(R)二阶泰勒展开：因为二阶倒数大于0，所以，证明完成。三、（15分）设函数由参数方程所确定，其中具有二阶导数，曲线与在出相切，
5、求函数。解：（这儿少了一个条件）由与在出相切得，=。上式可以得到一个微分方程，求解即可。四、（15分）设证明：（1）当时，级数收敛；（2）当且时，级数发散。解：（1）0,单调递增当收敛时，而收敛，所以收敛；当发散时，所以，而，收敛于k。所以，收敛。（2）所以发散，所以存在，使得于是，依此类推，可得存在使得成立，所以当时，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。解：（1）椭球上一点P(R,R,z)到直线的距离由轮换对称性，（2）当时，当时，六、(15分)设函数具有连续的导数，在围绕原
6、点的任意光滑的简单闭曲线上，曲线积分的值为常数。（1）设为正向闭曲线证明（2）求函数；（3）设是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求。解：（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R的多项式，整理得由此可得解得：（3） 取为，方向为顺时针20RR年第三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 计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分）（1）.求；解：（用两个重要极限）：（2）.求；解：(用欧拉公
7、式）令其中，表示时的无穷小量，（3）已知，求。解：二（本题10分）求方程的通解。解：设，则是一个全微分方程，设该曲线积分与路径无关三（本题15分）设函数f(R)在R=0的某邻域内具有二阶连续导数，且均不为0，证明：存在唯一一组实数，使得。证明：由极限的存在性：即，又，由洛比达法则得由极限的存在性得即，又，再次使用洛比达法则得由得是齐次线性方程组的解设，则，增广矩阵，则所以，方程有唯一解，即存在唯一一组实数满足题意，且。四（本题17分）设，其中，为与的交线，求椭球面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，令，则椭球面在上点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
8、，令则，现在求在条件，下的条件极值，令则由拉格朗日乘数法得：，解得或，对应此时的或此时的或又因为，则所以，椭球面在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R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）；（2）解：（1）由题意得：椭球面S的方程为令则，切平面的法向量为，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(R)是在内的可微函数，且，其中，任取实数，定义证明：绝对收敛。证明：由拉格朗日中值定理得：介于之间，使得，又得级数收敛，级数收敛，即绝对收敛。七（本题15分）是否存在区间上的连续可微函数f(R)，满足，？请说明理由。解：假设存在，当时，由拉格朗日中值定理得：介于0，R之间，使得，同理，当时，由拉格朗日中值定理得：介于R，2之间，使得即，显然，又由题意得即，不存在，又因为f(R)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(R)。【MeiWei_81重点借鉴文档】
