非數學專業(yè)高等數學競賽模擬六套試卷及答案2011最新版

1、合肥工業(yè)大學2011年大學生（非數學）高數競賽模擬題及答案（一）一、簡答題：1. 求，其中.分析：當時，原式為型，當時，原式為型解：當時，原式， 其中，故 原式=.當時 原式2求不定積分，其中：.解： 令：，代入有：,故有：,所以，原式=.3設二階線性微分方程（均為常數）有特解，求此方程的通解.解：由題設可知函數均為該方程相應的齊次線性微分方程特解，為原方程的一個特解，故此方程的通解為.4. 設求函數u在點M(1,1,1)處沿曲面在點M處的外法線方向的方向導數解：， 即為曲面的外法線方向， 又 5. 設曲線是平面與球面的交線，試求積分.解：利用對稱性，因于是積分為： .二、設當時，方程有且僅有

2、一個解，求的取值范圍.解：設,1）當時，單減，又（其中當時，只有一個零點.2）當時，令得唯一駐點且是內的極小值，也是最小值,當得，此時方程有且僅有一個根;當得，此時方程無根;當得，方程恰有兩個根.當或時，方程有且有一根.三、求最小的實數C，對于連續(xù)函數，總有成立。解：一方面，,另一方面令，則有：,而,從而最小實數.四、設其中函數具有二階連續(xù)偏導數，證明：證明: ，兩邊對x求導得結合方程（2）得又同理，原方程組兩邊對y求導得 故五、設球和球的公共部分體積為時，求的表面位于內的部分的面積.解：記,其中是在平面上的投影,的體積 由題設.由此得的面積.六、設函數是方程滿足條件的特解，求廣義積分.解：方

3、程的通解為，方程的特解可設為代人原方程可解得，所以方程的通解為，由初始條件可得，所以，考察函數，則，當時,故函數在上是單增的，因而當時有，所以當時有,所以當,時，當,時，由此可得，而，所以.七、設，其中是曲面的第一卦限部分上側，求滿足的二階可導函數 ，使得是某個二元函數的全微分.解: 其中，分別是在平面與平面上的投影，方向分別為右側與前側，是在平面上的投影，方向為下側，其中：而由于是某個二元函數的全微分,所以對應的齊次方程通解為，此外（1）有特解，所以（1）的通解為，由得方程組解因此.合肥工業(yè)大學2011年大學生（非數學）高數競賽模擬題答案（二）一、 簡答題：1求.解：由于所以于是由夾逼準則.

4、2設，求曲線與x軸所圍封閉圖形的面積S.解：首先，尋找函數的零點。容易看出，x = -1是一個零點，再由積分的奇偶性可得到另一個零點x=1；而在上單調遞減，在上單調遞增，可知不存在其他的零點。其次，注意到函數在上取負數，故：S= =.3設函數f（x，y)可微，且對任意x,y,t,滿足，是曲面上的一點，求當時，在點處的法線方程.解：兩邊對t求導得 將代入得 將代入上式得由及得.所以在點處的法向量，故法線方程為4設連續(xù)函數在u=0處可導,且，。試求：.解： =因此，原式=.5求方程的通解.解：令則方程可變化為，方程的通解為，方程的特解可設為代人方程解得，所以，方程的特解可設為代人方程解得，由此可得

5、原方程通解為.二、設函數在上可微，且對滿足證明： 分析：令當時，單增， 存在或為，設，則對在上利用公式得存在，使得令，對上式兩邊取極限得即，而矛盾, .三、是否存在上的連續(xù)函數，使得： 與 成立解：不存在。事實上， =如果兩不等式同時成立，則有，矛盾！四、設二元函數，其定義域為（1）設點求過點的方向向量，使為最大，并記此最大值為.(2)設在D的邊界上變動，求的最大值.解：（1）使最大的方向為.（2）設，下面求在條件下的最大值.令，由（1）+（2）得，若 再由（3）式得，若，由式（3）得.于是得4個可能極值點：，而，故最大值.五、設在上半平面內，函數具有連續(xù)偏導數，且對任意的都有.證明：對D內的

6、任意分段光滑的有向簡單閉曲線L,都有.證明： 由格林公式知，對D內的任意有向簡單閉曲線L, 的充分必要條件是：對任意，有由于對任意的及都有，兩邊對t求導，得.令，得.所以 .六、設在區(qū)間上有連續(xù)的導數，且，證明級數條件收斂.證明：由可得，又連續(xù)，故，當時恒有，因而在上單增，由此可得當時單減，且，由萊布尼茨判別法知級數收斂.又當時由Lagrange中值定理可知使得，而級數是發(fā)散的，從而級數也是發(fā)散的，因此級數條件收斂.七、設函數在區(qū)間0,1上具有連續(xù)導數，且滿足，其中.求的表達式.解：又 ，由題設有兩邊求導整理得 ，解得 將代入得 故 合肥工業(yè)大學2011年大學生（非數學）高數競賽模擬題答案（三

7、）一、簡答題1求極限，其中二元函數具有連續(xù)偏導數，且對均有。解：，因為時，對等式兩邊關于同時求導可得，令，可得，因而有，故原式。2求的整數部分。解：由于時有，因而有，又時有，所以，所以的整數部分是。3求經過直線且與橢球面相切的平面方程。解：設切點為，則橢球面在該點處的切平面方程為，由題設有解得或者因而所求的平面方程為或。4設是由錐面與半球面圍成的空間區(qū)域，是的整個邊界的外側，計算。解：由高斯公式可得原式。5求級數的收斂域。解：，且時，所以該級數的收斂域是。二、設函數在上連續(xù)，且存在使得，證明：使得。證明：令，則，此時有（1）若，由Rolle定理知使得即有；（2）若，不妨設，則，由導數的定義知使

8、得，再由連續(xù)函數的介值定理知，使得，再對函數在區(qū)間上應用Rolle定理知使得，即有。三、設在上連續(xù)，證明：。證明：在上連續(xù)，因而有界，所以，當時有。對于，因為，故當時有。在處連續(xù)， ，當時有，因而有，若令，當時有，因此，故原結論成立。四、設函數可微，且滿足，求。解：方法一 先計算極限并由題意得所以， ，兩邊積分得：故 ，由又由，再由知.方法二 視為常數，由方程得，即. 又由題意得所以 ，兩邊積分得：又，。五、設二元函數，求。解：記為位于第一象限內的部分，由對稱性可知，記，則有，。六、設函數是函數的一個原函數，且，求冪級數的收斂域與和函數。解：由題設有，即，由此可得，因是一個周期為的周期函數，故

9、有，所以該級數為，它的收斂域為，由于，因而該級數的的和函數為。七、在軸上有一動點從開始以常速度沿軸正向移動，在面上另一動點同時從點以常速率開始移動，且運動方向總是對著。（1）求動點運動軌跡方程；（2）求追趕到點時所走過的路程。解：（1）設在時刻動點所在的位置為，則有且滿足等式可變形為，兩邊同時對求導可得由式可得代人到式可得，令，則上述方程可變化為，積分后可得，即有由時可得，所以，積分后可得，由時可得，因而動點的軌跡方程為；（2）當追趕到點時，此時走過的路程為，動點走過的路程為。合肥工業(yè)大學2011年大學生（非數學）高數競賽模擬題（四）一、簡答題1求曲線的斜漸近線方程。解：，因而所求斜漸近線方程

10、為。2設為周期函數，證明：。證明：設，則有，因為是周期為的周期函數，故有。3設函數，若為的極大值，求常數滿足的條件。解：由題設應有即有，又，因此當時，為的極大值；當時，則一定不是的極大值；當時，因而也是的極大值。4設，計算。解：由對稱性可得，同理有，所以。5求級數的和。解：，考察級數，所以。二、設函數在上連續(xù)，在內二階可導，且，證明：，使得。證明：由及極限的保號性知使得，且，對函數分別在區(qū)間，和上應用Lagrange中值定理知，使得，再對函數分別在區(qū)間及上應用Lagrange中值定理知使得。三、設函數滿足，且對時，有，證明：(1)存在；（2）。證明：（1）由題設可知函數在上單增，因此時有，由單

11、調有界收斂原理可知存在；（2）由（1）的證明過程可知，對上述不等式兩邊同時取極限可得。四、設具有二階連續(xù)的偏導數，且滿足，用變量代換，將變成，試求滿足的常數和。解：，代人到可得，再把代人可得，所以有，即。五、求曲線積分，其中是球面與柱面的交線在的部分，的方向規(guī)定為：從軸正向往下看曲線所圍成的球面部分總在的左邊。解：由斯托克斯公式得，其中，是上側法向量的方向余弦，由題設應有，因而有。六、設數列為單調遞減數列且極限為零，且對任意正整數均有是有界的。證明級數收斂。證明：由題設知，若記，那么只要證明數列有界即可。因為有界，因而，對均有，又因為那么對于任意取定的正整數，使得。由此可得所以，即，由的任意性

12、，可得數列有界，因而級數收斂。七、設，對任意的成立，證明：。證明：設函數在處取最大值，并考察在處的Taylor展開，有：兩邊積分，得：即：由于取最大值，故結論成立。 合肥工業(yè)大學2011年大學生（非數學）高數競賽模擬題答案（五）一、簡答題1設，試討論在處的連續(xù)性。解答：， 左連續(xù)當且時，在處連續(xù)2對于連續(xù)函數，證明：。解答：3設，證明：在（0,0）處可微，并求。解答：故， = （）所以，在（0，0）處可微，且：。.4設是由錐面與半球面圍成的空間區(qū)域，是的整個邊界的外側，試求：解答：=5設函數的正弦級數展開式為，其中系數，若記為級數的和函數，求與的值。解答：，。二、設函數在上有連續(xù)的導數，且存在

13、，使得，證明：存在，使得分析：將結論中的改為得上式兩邊乘以得解答：令，則：1）若即時，由羅爾定理，存在使，即2）若，不妨設，則而在上利用Lagrange公式得，使所以由在上連續(xù)及連續(xù)函數的零點定理得，存在，使即三、設，證明：發(fā)散。解答：對于正項級數，有：故，結論成立。四、設在上半空間上函數有連續(xù)的二階偏導數，且其中，存在，求的表達式。解答：由 得 ，即化簡得：，即，通解為 由存在，從而 由此可得：所以 ，又由故：。五、設函數連續(xù)且恒大于零，其中，。1討論在區(qū)間內的單調性；2證明：當時，。解答：1因為：所以在內，故：在內單調增加。2因為 ：要證明時，只需證明時即：令：則：，故：在內單調增加。因為

14、在處連續(xù)，所以當時，有。而，故當時，。因此，當時。六、設，判別級數的斂散性。解答：由正項級數的比值審斂法可知當時該級數收斂。而當時，由于時，當時有，由此可知，該級數不收斂。七、設拋物面及圓柱面1求的一個切面，使得由它及與圍成的立體體積達到最??；2當由（1）確定的最小體積的立體上有質量分布，其密度，求的質心坐標。解答：1設是上的任一點，則在點處的法向量為所以，在點處的切平面的方程為：即：于是，由，和圍成的立體的體積其中極坐標記令解得唯一解所以在約束條件下只有唯一可能極值點，由問題本身知有最小值，因此最小值必在處達到，所以切平面方程為。2設由，和圍成的立體的質心為則，其中極坐標 （由于關于平面對稱

15、）極坐標 ,合肥工業(yè)大學2011年大學生（非數學）高數競賽模擬題答案（六）一、簡答題：1 求分析：由于=且：解答：原式=2設正值函數在閉區(qū)間上連續(xù)，證明：成立。解答：記，則：3證明：曲面任意點處的切平面在軸上的截距與切點到坐標原點的距離之比為常數。并求出此常數。解答：為方便起見，記（即原點到點的距離），則， 曲面在任意點P(x，y，z)處切平面的法向量為，所以 ，切平面方程為，即 ，當 時，切平面在軸上的截距，故 ，即截距與切點到坐標原點的距離之比為常數。4試求的值。解答：=5求以函數為特解的四階常系數齊次線性微分方程的表達式和通解。解答：由題設及常系數齊次線性微分方程解的性質可知為該方程相應的特征方程的2重根，而為該方程相應的特征方程的單根。因而它的特征方程為，因此該方程的表達式為，它的通解為：。 二、求。解答：由于又因為因而，原式=1。三、設函數在閉區(qū)間上連續(xù)可導，證明：解答：=當時，有：=四、設函數是可微函數，如果證明：u僅為的函數。解答：將u寫成球坐標為自變量的函數，只要證明，即無關，只與r有關。設，令，于是 ，所以u僅是r的函數。五、設對于半空間內任意的光滑有向封閉曲面S，都有其