历届全国大学生数学竞赛真题及答案非数学类Word文件下载.docx
- 文档编号:17495225
- 上传时间:2022-12-06
- 格式:DOCX
- 页数:38
- 大小:275.31KB
历届全国大学生数学竞赛真题及答案非数学类Word文件下载.docx
《历届全国大学生数学竞赛真题及答案非数学类Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《历届全国大学生数学竞赛真题及答案非数学类Word文件下载.docx(38页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
2xe
并讨论g(x)在x0处的连续性.
由lim丄凶
X0x
0f(xt)dt,故g(0)
因g(x)
A和函数f(x)连续知,f(0)
1叫f(x)
limxlim
f(x)
0f(0)dt
f(0)
因此,当x0时,g(x)—
0f(u)du
0x
lxm0g(x)
lim
f(u)du,故
f(0)0
X
u
)d
f
mo
HX
g
/V
z<
d
G2
f(X
o
XX
f(2
I]叫g(x)
f(x)]
xmo-^x叫占:
仙duA夕彳
这表明g(x)在x0处连续.
sinysinxsinysinx、
(1):
xedyyedx一(xe)一(ye)dxdy
ldxy
sinysinx、
(ee)dxdy
D
siny.sinx.
xedyyedx
L
sinysinx、
一(xe)一(ye)dxdy
dxy
而D关于x和y是对称的,即知
sinysinx、
sinysinx、
siny
-xedy
(2)
因
tt
2(1
tlr
2!
4!
故
sinxee
sinx
2sin2x
由
)2(1t)
1cos2x5cos2x
22
sinxsinysinx.
yedx-xedyyedx
sinytsiny〕
:
知
(esinyesinx)dxdy
(esiny
sinx、
e)dxdy
(esiny
siie
ny)dxdy
sinx
(e
sine
2D
/sinx
sinx、.
5
cos2x
dx
0\
e
)dx
即
siny
xe
dy
sinyi
yedx
五、
(10分)
已知
y1xe
,y2
线性非齐次微分方程的三个解,
试求此微分方程
解设y1
e,
y2
xee
次微分方程
yby
cy
的三个解,则
y1e
和y3
y1
4
siny.siny.I/sinysinx、..
;
xedyyedx(ee)dxdyL2D
x)dxdy
52
yxe
e2xex是某二阶常系数
y3xexe2xex是二阶常系数线性非齐
y
by
cy0
的解,因此y
cy0的特征多项式是
(2)
(1)0,而ybycy0的特
征多项式是
b
c0
ex都是二阶常系数线性齐次微分方程
因此二阶常系数线性齐次微分方程为
xe
2e2x
,y1
2ex
.2x
4e
知,
2y1
2e
2x.xx2xx2x.
4e(xee2e)2(xee)
yy2y0,由yy2%f(x)和
(12x)ex
二阶常系数线性非齐次微分方程为
yy2yex2xex
六、(10分)设抛物线yax2bx2lnc过原点.当0x1时,y0,又已知该抛物线
与x轴及直线x1所围图形的面积为-.试确定a,b,c,使此图形绕x轴旋转一周而成的旋
3
解
因抛物线
yax2
bx
12
a3
—
0(ax
bx)dt
转体的体积最小
b3(1a)
2Inc过原点,故c1,于是
b2ab
2o32
而此图形绕x轴旋转一周而成的旋转体的体积
1x4dt
5a23a(1a)27(1a)2
V(a)
1一
a)
4“
、2
a
a(1
(1
27
V(a)
1(1
2a)
a)0,
54a
45
90a
40-
40a
令
得
4a50
5「3彳
a,b,c1.
42
级数un(x)之和.
n1
Un(x)Un(x)xP,
n1x
yyxe
由一阶线性非齐次微分方程公式知
ex(Cxn1dx)
n
ex(C
x-)
S(x)ex(C-—dx)
1x
2010年第二届全国大学生数学竞赛预赛试卷
、(25分,每小题5分)
22n
(1)设xn
(1a)(1a2)L(1a2),其中|a|1,求lim
(3)设s0,求Ioesxxndx(n1,2,L)。
⑵limex
lne
lime
-)x
x2ln(1
-)
令x=1/t,则
(ln(1
t)t)
原式=ltm0e
t
1/(1t)~2T
2(^t)
In
(3)
sxn.
xdx
nsx.
xde(
sxIex
n1dx
^In1
s
n(n1)I
2In2
1n-)[xes
L些
n10
sx.
|0
sxnr
0edx]
n!
二、(15分)设函数f(x)在(
)上具有二阶导数,并且
f(x)0,limf(x)
0,lim
f(x)
0,且存在一点xo,使得f(x。
)0。
证明:
方程f(x)0在(
)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
两边找两大于0的值。
将f(x)二阶泰勒展开:
f(x)有小于0的值,所以只需在
f(x)f(0)f(0)x
因为二阶倒数大于0,所以
limf(x)
,limf(x)
证明完成。
三、(15分)设函数y
f(x)由参数方程
2t(t;
(t
1)所确定,其中(t)具有二阶
导数,曲线y(t)与
t2
u2
du
-3在t
1出相切,
求函数
⑴。
(这儿少了一个条件
由y(t)与y
e"
—在t1出相切得
d2y
dx2
2e,
dy/dtdx/dt
(1)-
(t)
22t
d(dy/dx)d(dy/dx)/dt
dxdx/dt
"
(t)(22t)2'
(22t)3
上式可以得到一个微分方程,求解即可。
四、(15分)设an0,Snak,证明:
k1
(1)当1时,级数也收敛;
n1Sn
(2)当1且sn(n)时,级数邑发散。
n1Sn
(1)an>
0,Sn单调递增
当
an
收敛时,
Q
而也
收敛,所以
an收敛;
Sn
S1
发散时,
limSn
Qan
Snsn
Sn1
所以,
a1
sdx
Sndx
1Sn
Sn1x
sx
而Sn
电
Si
q
sk
,收敛于k。
所以,玉收敛。
n1Si
(2)Qlimsn
%
所以an发散,所以存在k1,使得ana
n1n2
k1
k1k1
anan
丁是,
2q2Sn
依此类推,可得存在1k1k2
222
—2~~21,其中(0cba,密度为1)绕I旋转。
abc
(1)求其转动惯量;
由轮换对称性,
x2
a3bc,
y2dV—
15
ab3c
ddV(1
43
韦abc(1
2)△abc3
积分?
2xyd:
(x)dy的值为常数。
cxy
(1)设L为正向闭曲线(x2)2y21,证明?
一0;
(2)求函数(X);
设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线,求?
一空。
■
c
解:
(1)
L不绕原点,在L上取两点A,B,将L分为两段L1,L2,再从A,B作一曲线L3,使之包围原点。
则有
.2xydx(x)dy
i
JL3
2xydx(x)dy
(2)令
2xy
(x)
xy
由
(1)知
p
匚o,代入可得
(x)(x4
y2)
(x)4x32x52xy2
上式将两边看做
y的多项式,整理得
y2'
(x)x4
(x)4x
y2(2x)
2x5
由此可得
2xydxx2dy
2011年第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷
计算下列各题(本题共
3小题,每小题各5分,共15分)
(1)•求lim
sinx1cosx;
(用两个重要极限)
sinx1cosx
lim1
x?
sinxx
SinXxsinxxx1cosx
..1
(2).求lim
・・・?
nn
(用欧拉公式)令x
11
1n2
由欧拉公式得
1,c
Inn二C+o
(1),
贝归1L
L—In2n二C+o
(1),
2n
其中,o1表示n
时的无穷小量,
x1cosxlime
两式相减,得:
人-ln2o
(1),l]m人In2.
(3)已知
主
dt
xln
2e2t
2t
arctand
dx20
dydt
et
1e2t
FV
e2te1
.(本题
10
设P
P
Pdx'
dz
1,
Pdx
z
Qdy
三.(本题
f0,f'
ddy1et21e2t
dx?
dx奇Tdt
求方程2xy4dx
4,Q
1e2te2
xy1,则Pdx
x,y
0,0
y1dy
0的通解O
4dx
该曲线积分与路径无关
分)
II
0,f
dxxy1
0丿
设函数f(x)在x=0
0均不为0,证明:
1y
的某邻域内具有二阶连续导数,且
存在唯一一组实数k1,k2,k3,使得
x24x
xy
k1fhk2f2hk3f3h
h0
由极限的存在性:
h2
oof抄fh
2fhfmo
Hh
即k1k2k31f0
0,又f00,
k1k2k31①
由洛比达法则得
h
k
Hh
k2f2hk3f3hf0
叫
3h
由极限的存在性得
hfmo
即k12k23k3f00,又f00,匕2k23k30②
再次使用洛比达法则得
Nh
K2
k14k29k30③
由①②③得k1,k2,k3是齐次线性方程组
设A
3,x
k2
b
9
k3
增广
矩
阵A*
RA,bRA3
k1k2k31
k12k23k30的解
k14k29k30
,则Axb,
0:
,则
所以,方程Ax
b有唯一解,即存在唯一一组实数k1,k2,k3满足题意,
且k13,k2
3,k3
xyz
四•(本题17分)设m221,其中abc0,
999
2:
zxy,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。
设上任一点Mx,y,z,令Fx,y,z鼻鼻-1,
2x2y2z
则Fx飞,Fy-4,Fz—,椭球面1在上点M处的法向量为:
abc
rxyz
tp,2,p,1在点m处的切平面为:
_y
b2
占
八、、
2z
1~2yb4
x,y,z
-4
2y
b4
~4c
JG
x,y,z
y2下的条件极值,
Gx,y,z
4,c
~~2a
二c
2x
则由拉格朗日乘数法得:
H;
22x
Hy
2yb4
2yb2
22y
Hz
2z
22z
0,
2
4c
4a
解得
z2
b2c2或
b2c2y
对应此时的
b2c2
bc
此时的d1
ib2c2b%°
。
或d2
ac
又因为a
bc0,则d1
d2
ac
ac,
或Gx,y,z
44
2222acac
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:
d2ac
b2c2
I4I,d1bc\b4c
五.(本题16分)
x已知S是空间曲线
3y2
绕y轴旋转形成的椭球面
的上半部分(z
0)取上侧,
点处的切平面,x,y,z
是原点到切平面
的距离,
表示s的正法向的方向余弦。
计算:
(1)dS;
Sx,y,z
zx3yz
S
dS
(1)由题意得:
椭球面
S的方程为x23y2z2
令Fx23y2z2
1,则Fx2x,Fy6y,Fz
2z,
切平面
的法向量为n
x,3y,z,
的方程为xXx
3yYyzZz
原点到切平面的距离
x3yx,y,z
229yz
\'
x29y2z2
I1dSzx29y2
Sx,y,zS1
z2dS
将一型曲面积分转化为二重积分得:
记Dxz:
x2
1,x0,z0
z32x2z2
I14
Dxz
1x2
dxdz42sin
ir232r2dr
1r2
1r232r2dr
-sin2
42——
32sin2
⑵方法一:
J3
Jx29y2
I2
9y2
x29y
zjx29y
2z2
I1
六.(本题12分)设f(x)是在
内的可微函数,
mfx,
其中0m1,任取实数
,定义anInfan
i,n
1,2,...,证明:
anan1绝对收敛。
anan1Infan1
Infan2
由拉格朗日中值定理得:
介于an1,an2之间,使得
lnfan1InfK2
an1an2
an1
an2
mf
fm
ananJm|an1an』...mnJa1a0Q0m1
级数m^Ba0收敛,级数|anan1|收敛,即anan〔
n1n1n1
绝对收敛。
七.(本题15分)是否存在区间0,2上的连续可微函数f(x),满足
f0f21,
fx1,fxdx1?
请说明理由。
假设存在,当x0,1时,由拉格朗日中值定理得:
1介于0,x之间,使得fXf0f'
1x,,
同理,当x1,2时,由拉格朗日中值定理得
fxf1
x1
fx
f1
Qlim
1,lim
x1x1
X1x
f1不存在,又因为f(x)是在区间
0,2上的连续可微函数,
即f
'
1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)0
y2平行平面2x2yz0的切平面方程是
4abc[(12)a2(12)b2(12)c2
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 历届 全国大学生 数学 竞赛 答案