合肥工业大学高等数学竞赛模拟六套试卷及

合肥工业大学(非数学专业)高等数学竞赛模拟六套试卷及答案(最新版)合肥工业大学(非数学专业)高等数学竞赛模拟六套试卷及答案(最新版)PAGE/NUMPAGES合肥工业大学(非数学专业)高等数学竞赛模拟六套试卷及答案(最新版)合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题及答案（一）一、简答题：1ax11x1.求lim，其中a0,a1.xa1分析：当a1时，原式为0型，当0a1时，原式为00型lim1[ln(ax1)lnxln(a1)]解：当a1时，原式ex，xxx1[其中limln(a1)limaxlnalna，limlnxln(a1)]0xxxa1xx故原式=elnaa.1ax1lnx][lne01.当0a1时原式limexa1x2．求不定积分dx，其中：y2(xy)x2.y2解：令：ytx，代入y2(xy)x2有：t2x2(1t)xx2,故有：x1，y1t)，dx3t2dt,t2(1t)t(1t3(1t)2所以，原式=3t2dt3t2lntc3y2lnyc.txx3．设二阶线性微分方程yaybycex（a,b,c均为常数）有特解yex(1xe2x)，求此方程的通解.解：由题设可知函数y1ex,y2ex均为该方程相应的齐次线性微分方程特解，yxex为原方程的一个特解，故此方程的通解为yC1ex(C2x)ex.4.设ux2y2z2,求函数u在点M(1,1,1)处沿曲面2zx2y2在点M处的外法线方向n的方向导数unM1zx2y2zxx,zyy，解：2,2nx,y,1即为曲面的外法线方向，n1,1,1,n01,1,1M333又ux1,uy1,xMx2y2z2M3yMx2y2z2M3uz1,zMx2y2z2M3u1111111.nM33333335.设曲线是平面xyz1与球面x2y2z21的交线，试求积分?(xy2)ds.解：利用对称性，因222yds蜒zds,yds蜒xdszds蜒xds于是积分为：1[(xyz)(x2y2213z)]ds3蜒23(11)ds的长度32264639.二、设当x0时，方程kx11有且仅有一个解，求k的取值范围.2x解：设f(x)kx11,f(x)k2,f(x)60,x2x34x1）当k0时，f(x)0,f(x)单减，又limf(x),limf(x)（其中k0,limf(x)1x0xx当k0时，f(x)只有一个零点.22221k2）当k0时，令f(x)03且f30,f3323得唯一驻点x0kkkk2231是(0,)内的极小值，也是最小值m,10得k2，此时方程有且仅有一个根;○当m3920得k2，此时方程无根;○当m3923m0得k23，方程恰有两个根.○当9当k0或k23时，方程有且有一根.91f(x)dxC1三、求最小的实数C，对于连续函数f(x)，总有|f(x)|dx成立。001f(x)dxxt121解：一方面，0f(t)2tdt|f(t)|dt,00fn(x)(n1fn(x)dx1,另一方面令1)xn，则有：0而fn(x)dxxt2tfn(t)dt2(n1)tn1dt2(n1)2(n),111000n2从而最小实数C2.四、设zuxy(u)(u),其中函数zz(x,y)具有二阶连续偏导数，证明：0xy(u)(u),2z2z2z20.x2y2xy证明:zuxy(u)(u),(1)，两边对x求导得0xy(u)(u),(2)zuxuy(u)uuu(xy(u)uxxx(u)(u))uxx01y(u)ux(u)x结合方程（2）得zu,2zu,2zu,xx2xxyy又u1,2zy(u)1.xy(u)(u)x2(u)同理，原方程组两边对y求导得zxu(u)y(u)u(u)u(u)(xy(u)(u))uyy(u)uyuyy0(u)y(u)yyzu(u)(u),yy(u),y(u)2z(u)uy[(u)]2,2zu(u),y2y(u)(u)xyyy(u)(u)32z2z2z20.故y2xyx2五、设球1:x2y2z2R2和球2:x2y2z22Rz(R0)的公共部分体积为5时，求121的表面位于2内的部分S1的面积.解：记(x,y,z)R2x22222Dxy,12RyzRxy,(x,y)其中Dxyx,yx2y23R2是在xoY平面上的投影,4的体积VdvdR2x2y2R2x2dzDxyRy22R2x2y2RdxdyDxy23R2253d22RrRR0rdr012由题设R1.由此得S1的面积22dxdy23r2RA1zxzydDxy1220d012dr.Dxyxyr六、设函数y1(x)(1)n111)2(nx(n1)),n0,1,2,,y2(x)是方程3(ny2yyexsinx满足条件y(0)0,y(0)1的特解，求广义积分3min{y1(x),y2(x)}dx.0解：方程y2yy0的通解为y(x)C1e(21)xC2e(21)x，方程y2yyexsinx的特解可设为y(x)ex(AsinxBcosx)代人原方程可解得A1,B0，所以方程y2yyexsinx的通解为31exsinx，由初始条件可得y(x)C1e(21)xC2e(21)xC1C20，3所以y2(x)1exsinx，考察函数f(x)ex(x1)2(x0)，则f(0)0，34当x0时,f(x)ex2(x1)0,f(x)在[0,)上是单增的，因而当故函数x[0,11，所以当nx(n1)时有)时有x3(x1)23ey2(x)111y1(x),3exx23(n1)21)3(所以当n0,2,4,,时min{y1(x),y2(x)}y1(x)，当n1,3,5,,时min{y1(x),y2(x)}y2(x)，由此可得(2k1)(2k2)0min{y1(x),y2(x)}dx2ky1(x)dx(2k1)y2(x)dxkk0011(2k2)xsinxdx，而12e，2(2k1)23k0(2k1)3k0k0(2k1)8(2k2)xsinxdx1e(2k1)(e1)1e，所以k0(2k1)2k02(e1)31min{y1(x),y2(x)}dx.0246(e1)七、设Ax2zdydzy2zdzdxxz2dxdy，其中S是曲面azx2y2(0za)的第一卦限部S分上侧，求满足f(0)A,f(0)A的二阶可导函数f(x)，使得yf(x)3e2xdxf(x)dy是某个二元函数的全微分.解:222òAxzdydzyzdzdxxzdxdySSS1S2S3S1S2S3其中，S1,S2分别是S在平面y0与平面x0上的投影，方向分别为右侧与前侧，S3是S在平面za上的投影，方向为下侧，高斯公式2z(2xy)dyday22z(2xy)dzx2ss1s2s3Dxya(x2y2)22](2xy)dxdy,[a2aDxy其中：222x0y0Dxy:xya5而0,a2xdxdyS1S2S3DxyA(x2y2)2(2xy)a2(xy)dxdyDxya2a62dsin)r(cossin)a2r2dr(2cos200a1a52(2cossin)d1a52(cossin)d5a5703021由于yf(x)3e2xdxf(x)dy是某个二元函数的全微分,所以yf(x)3e2xdf(x)ydxf(x)f(x)3e2x(1)对应的齐次方程通解为yc1exc2ex，此外（1）有特解ye2x，xx2x所以（1）的通解为f(x)c1exc2exe2x，f(x)cec2e2e由f(0)A,f(0)Ac1c21A得方程组c1c223,5aA解c1c2152221因此f(x)3ex15a5exe2x.2221合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题答案（二）一、简答题：1．求lim11cos2tn14t2dt.n0n解：由于0t1,12t2cos2t1所以121cos2t14t224t24t于是1111)dt11cos2tdt11dt1n11)n1(2212124n(nn4tnn4tnn4t41111)dt1n1111n1n11)n1(22n4(1)4n2(nn4t2n2n46由夹逼准则11cos2t1lim14t2dt.n0nn42．设f(x)xttdt,(x1)，求曲线f(x)与x轴所围封闭图形的面积S.1解：首先，寻找函数的零点。容易看出，x=-1是一个零点，再由积分的奇偶性可得到另一个零点x=1；而f(x)在[1,0]上单调递减，在[0,)上单调递增，可知不存在其他的零点。其次，注意到函数在[1,1]上取负数，故：S=1f(x)dx20f(x)dx200dxx11f(x)dx2ttdt111=20x2dt20(x31)dx1dxt3.11123．设函数f（x，y)可微，且对任意x,y,t,满足f(tx,ty)t2f(x,y)，P0(1,2,2)是曲面:zf(x,y)上的一点，求当fx(1,2)4时，在点P0处的法线方程.解：f(tx,ty)t2f(x,y)两边对t求导得xftx(tx,ty)yfty(tx,ty)2tf(x,y),将t1代入得xfx(x,y)yfy(x,y)2f(x,y),将x1,y2代入上式得fx(1,2)2fy(1,2)2f(1,2),由fx(1,2)4及f(1,2)2，得fy(1,2)0.在点P0处的法向量n4,0,x1y2z2.所以1，故法线方程为0144．设连续函数f(u)在u=0处可导,且f(0)0，f(0)3。试求：lim14f(x2y2z2)dxdydz.t0tx2y2z2t2解：1f(x2y2z2)dxdydzt4x2y2z2t212t24t2dsindf(r)rdr=t4000t40f(r)rdr因此，原式=lim4f(t)t2limf(t)f(0)f(0)3.4t3tt0t05．求方程(2x)2y(2x)yyxln(2x)的通解.7解：令2xet则方程可变化为d2yytet2t，方程d2yy0的通解为dt2dt2yC1costd2yyty(AttC2sint，方程te的特解可设为B)e代人方程解得dt211,B1，所以y11td2yy2t的特解可设为y2CtD代A2(t1)e，方程222dt人方程解得y22t，由此可得原方程通解为yC1cosln(2x)C2sinln(2x)1(2x)[ln(2x)1]2ln(2x).2二、设函数f(x)在(1,)上可微，且对x1满足f(x)x2f2(x)证明：lim(f(x)x).x2(f2(x)1)x分析：令g(x)f(x)xx2f2x2222x2g(x)f(x)112xx1fx0(x0)x2f2x1x2f2x1x2f2x1当x1时，gx单增，limgx存在或为，x设limgxL，x则对gx在x,x1上利用Lagrange公式得存在x,x1，使得g()g(x1)g(x)令x，对上式两边取极限得limgLL0即limgx0，而xx2g(x)g(x)x2f2(x)1x2(g(x)x)211x111(x)x2(f2(x)1)x2[(g(x)x)21](g(x)x)21矛盾,limf(x)x.x三、是否存在[0,]上的连续函数f(x)，使得：f(x)sinx23与2dx3成立0dx0f(x)cosx448解：不存在。事实上，22cosxsinxdx[f(x)cosx][f(x)sinx]dx00=[f(x)cosx]2[f(x)22f(x)cosxf(x)sinxdxdx0sinx]dx002[f(x)222dxcosx]dx[f(x)sinx]00如果两不等式同时成立，则有，2(33)3，矛盾！44四、设二元函数uxy)75x2y2xy，其定义域为22D(x,y)xyxy75(,（1）设点M(x0,y0)D,求过点M0的方向向量l，使ul为最大，并记此最大值0为g(x0,y0).(2)设M0在D的边界x2y2xy75上变动，求g(x0,y0)的最大值.解：（1）使ul最大的方向为lgraduMy02x0,x02y000g(x0,y0)graduM0(y02x0)2(x02y0)25x025y028x0y0.（2）设f(x,y)g2(x,y)5x25y28xy，下面求f(x,y)在条件x2y2xy75下的最大值.令(,,)(,)(7522)，FxyfxyxyxyFx10x8y(y2x)0(1)由Fy10y8x(x2y)0(2)Fx2y2xy750(3)（1）+（2）得(xy)(2)0,yx或2，若2，由（1）式得yx,再由（3）式得x53,y53，若yx，由式（3）得x5,y5.于是得4个可能极值点：M1(5,5);M2(5,5);M3(53,53);M4(53,53)，而f(M1)f(M2)450;f(M3)f(M4)150，9故最大值g(M1)g(M2)450.五、设在上半平面D(x,y)y0内，函数f(x,y)具有连续偏导数，且对任意的t0都有()2).证明：对D内的任意分段光滑的有向简单闭曲线txtytfxyfL,都有,(,yf(x,y)dxxf(x,y)dy0.L证明：由格林公式知，对D内的任意有向简单闭曲线L,yf(x,y)dxxf(x,y)dy0L的充分必要条件是：对任意(x,y)D，有0(yf(x,y))x(xf(x,y))2f(x,y)yf2(x,y)xf1(x,y).y由于对任意的(x,y)D及t0都有f(tx,ty)t2f(x,y)，两边对t求导，得xf1(tx,ty)yf2(tx,ty)2t3f(x,y).令t1，得2f(x,y)yf2(x,y)xf1(x,y)0，即(yf(x,y))(xf(x,y))0.yx所以yf(x,y)dxxf(x,y)dy0.L六、设f(x)在区间[0,1]上有连续的导数，且limf(x)a(a0)，证明级数(1)nf(1)x0xn1n条件收敛.证明：由limf(x)a可得f(0)0,f(0)a，又f(x)连续，故0，当x[0,)时x0xan[1]时unf(1)单减，恒有f(x)0，因而f(x)在[0,]上单增，由此可得当2n且limuf(0)0，由莱布尼茨判别法知级数(n1收敛.nn1)f()n1n又当n[1]N时由Lagrange中值定理可知(0,1)使得nf(1)f(0)f(n)1a，而级数f(1)是发散的，从而级数(1)nf(1)也是nn2nnN1nn1n发散的，因此级数(1)nf(1)条件收敛.n1n10七、设函数f(x)在区间[0,1]上具有连续导数，f(0)1，且满足f(x,y)dxdyf(t)dxdy，DtDt其中Dt(x,y)0ytx,0xt(0t1).求f(x)的表达式.f(x,y)dxdyttxf(xy)dyt(f(t)t解：0dx0f(x))dxtf(t)f(x)dx.Dt00又f(t)dxdyt2f(t)，由题设有2Dttf(t)tt2f(t).f(x)dx02两边求导整理得(2t)f(t)2f(t)，解得f(t)C.t)2(2将f(0)1代入得C4.故f(x)4(0x1).(2x)2合肥工业大学2011年大学生（非数学）高数竞赛模拟题答案（三）一、简答题1x1[1f(tsint1,1t31)]ln(1t3)dt，其中二元函数f(u,v)具有1．求极限Ilimx0xt0(,)均有f(tu,tv)t2f(u,v),f(1,2)连续偏导数，且对0,fu(1,2)3。1解：Ilim[1f(xsinx1,1x31)]ln(1x3)x01f(xsinx1,1x31)x3ln(1x3)lim[1f(xsinx1,1x31)]f(xsinx1,11)，x0因为x0时xsinx11x3o(x3),1x3121x3o(x3)，62对等式f(tu,tv)t2f(u,v)两边关于t同时求导可得ufu(tu,tv)vfv(tu,tv)2tf(u,v)，令t1,u1,v2，可得fv(1,2)3，因而有2f(xsinx1,131)fu(1,2)x3fv(1,2)x3o(x3)1xlim62，lim33x0ln(1x)x0x41故原式e4。1110922．求n3的整数部分。n1221092109n123(1091解：由于x(n,n1)时有n3x3，因而有n3nx3dx1)，n1n1又x(n,n1)时有2210921091n12(n1)3x3，所以n31nx3dx2998，n1n110922997所以n3的整数部分是。n13．求经过直线L:x6y132z1且与椭球面S:x2y23z221相切的平面方22程。解：设切点为M(x0,y0,z0)，则椭球面在该点处的切平面方程为x0x2y0y3z0z21，2x02y03z00,x03,x01,由题设有x022y023z0221,解得y00,或者y02,因而所求的平面方程为6x6y3z21,z02,z0200203x6z21或x4y6z21。4．设是由锥面zx2y2与半球面zR2x2y2围成的空间区域，是的整个边界的外侧，计算xdydzydzdxzdxdy。解：由高斯公式可得原式3dv32d4sindRr2dr(22)R3。0005．求级数1x2n的收敛域。1(1x2)(1x4)n(1)1x2n10,x1,解：lim(1x2)(1x4)(1)lim(11n1)1,x1，n1nx22(1x2)(1x4)(1x2n)1,x1且x1时lim21n1x20，所以该级数的收敛域是n(1x)(1x4)(1x2)(,1][1,。二、设函数f(x)在[a,b]上连续，且存在c(a,b)使得f(c)0，证明：(a,b)使得f()f()f(a)。bax证明：令F(x)eba[f(x)f(a)]，则F(a)0，此时有（1）若F(c)0，由Rolle定理知(a,c)使得F()eba[f()f()f(a)]0f()f(a)；ba即有f()ba12（2）若F(c)0，不妨设F(c)0，则F(c)F(c)0，由导数的定义知x1(c,b)ba使得0F(x1)F(c)，再由连续函数的介值定理知x2(a,c)，使得F(x1)F(x2)，再对函数F(x)在区间[x1,x2]上应用Rolle定理知(x1,x2)(a,b)使得F()ebaf[(f()fa()，即有f()f(a)。)ba]0f()bah三、设f(x)在上连续[a,b]，证明：lim1f(x)dxf(0)。0h2x22h0证明：f(x)在上连续[a,b]，因而有界，所以M0，当x[a,b]时有f(x)M。对于0，因为lim12h2f(0)dxf(0)，故10当h(0,1)时有h00hx21hx2f(x)dxf(0)。0h222f(x)在x0处连续，20，当x[0,2]时有f(x)f(0)，因而有hf(0)212f(x)dx0h2x21h2f(x)dx1hf(0)dx1h2f(x)dxf(0)0h2x0h2x20h2x2h2f(x)f(0)dx1h2f(x)f(0)dx1h2f(x)dxf(0)h2x2xh2x20hhhf(0)0112Mh1hf(0)2M2dxf(x)dxx2f(x)dx4h20h2x22420h2222Mh1hf(0)，若令min{2,1}，当0h时有2f(x)dx，8M420h2x2因此limf(x)dx1hf(0)，故原结论成立。h00h222x四、设函数f(x,y)可微，fx(,x,y)f(x,y),f(0,)1，且满足n21)f(0,ylimncoty，求f(x,y)。ef(0,y)解：方法一先计算极限并由题意得1n1nf(0,y1)f(0,y)limnfy(0,y)f(0,y)f(0,y)f(0,y)n1f(0,y)f(0,y)cotylimnlim1neneenf(0,y)nf(0,y)所以，fy(0,y)coty，两边积分得：lnf(0,y)lnsinylnCf(0,y)故f(0,y)Csiny，由f(0,)1C1,即f(0,y)siny213又由ff,积分得f(x,y)(y)ex，再由f(0,y)siny知xexsiny.(y)siny,故f(x,y)方法二视y为常数，由方程df(x,y)dx得f(x,y)lnf(x,y)xln(y)，即f(x,y)(y)ex.又由题意得1)n1)n(y(y(y)(y)ecotylimnlim1ne(y)n(y)n(y)(y)所以coty，两边积分得：ln(y)lnsinylnC(y)Csiny(y)又()1C1，故f(x,y)exsiny。2x2,xy1,五、设二元函数f(x,y)1,1xyD{(x,y)|xy2}，求x22,y2f(x,y)d。D解：记D1为D位于第一象限内的部分，由对称性可知f(x,y)d4f(x,y)d，DD1记D2{(x,y)|xy1,x0,y0}，D3{(x,y)|1xy2,x0,y0}，则有f(x,y)df(x,y)df(x,y)df(x,y)d11x1，，x2dxdyD1D2D3D20012211f(x,y)d2dcos1sindr2d2D0cossin0)3cos(41ln[sec()tan(22ln(21)44)]，20f(x,y)d142ln(21