厦门大学第景润杯数学竞赛试卷答案理工类

第8届全国大学生数学竞赛（非数学类）预赛参考解答 （2016年10月）一 填空题（满分30分，每小题5分）1. 若()f x 在点x a =可导，且()0f a ≠，则1()lim ()nn f a n f a →+∞⎛⎫+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭= 。

解: 1()lim ()nn f a n f a →+∞⎛⎫+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭=()()11()()()lim ()nf a f a n f a f a n n e f a ο'→+∞⎛⎫'++ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭。

2. 若(1)=0f ，'(1)f 存在，求极限220(sin cos )tan 3lim (1)sin x x f x x xI e x→+=- .解: 222200(sin cos )3(sin cos )lim 3lim x x f x x x f x x x x x →→+⋅+=⋅I= 所以2222022''22200'(sin cos )(1)sin cos 1=3lim sin cos 1sin cos 1sin 1cos 3(1)lim 3(1)lim()133(1)(1)='(1)22x x x f x x f x x x x x x x x x f f x x x f f →→→+-+-⋅+-+--==-=-I3. 设)(x f 有连续导数,且2)1(=f .记)(2y e f z x=,若z xz=∂∂,求)(x f 在0>x 的表达式. 解: 由题设得)()('222y e f y e y e f xzx x x ==∂∂. 令2y e u x =,得到当0>u 有 )()('u f u u f =, 即uu f u f 1)()('=, 从而())'(ln ')(ln u u f =. 所以有1ln )(ln c u u f +=,cu u f =)(. 再而由初始条件得u u f 2)(=. 故当0>x 有x x f 2)(=.4. 设()sin 2x f x e x =，求(4)(0)f 。

2022年高三数学下半期竞赛试卷带参考答案与解析填空题若函数的图像经过点(2,4),则的反函数必过点______.【答案】(4,0)【解析】由于,故函数过点(0,4),则其反函数过点(4,0).填空题某天下午的课程表要排入物理、化学、生物和两节自习共5节课.如果第一节不排生物,最后一节不排物理,那么,不同的排课表的方法有______种.【答案】39【解析】由容斥原理可知,不同的排课表的方法有种.填空题正八边形的边长为1,任取两点.则最大值为______.【答案】【解析】根据向量内积的几何意义,只要看向量在方向上的投影即可.故最大值为.填空题某人排版一个三角形,该三角形有一个内角为60°,该角的两边边长分别为和9.这个人排版时错把长的边排成长,但发现其他两边的长度没变.则______.【答案】4【解析】由,得.填空题过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能为______.①三角形②正方形③梯形④五边形⑤六边形【答案】②、⑤.由对称性可知,所得图形应为中心对称图形,且②、⑤可以截得.【解析】由对称性可知,所得图形应为中心对称图形,且②、⑤可以截得.填空题若,且为正整数,则______.【答案】5【解析】注意到,故可能为1,3,11,33.从而解得.填空题对于实数,表示不超过实数的最大整数.对于某个整数,恰存在2008个正整数,满足,且.则k=______.【答案】668【解析】若,则,.又,则可取,共个.所以,.填空题两队进行乒乓球团体对抗赛,每队各三名队员,每名队员出场一次. 两队的三名队员分别是,,且对的胜率为.则队得分期望的最大可能值是______.【答案】【解析】设胜率为队得分期望为，计算可知,当时,期望最大为.解答题已知.求:(1)的值域;(2) 的单调区间.【答案】（1）（2）单调减区间为,单调增区间为、【解析】(1)设.则.只要求的值域.又,故时,取得最值,即的值域为.(2).又,故的单调减区间为,单调增区间为、.解答题已知.求的值.【答案】【解析】设.则,,故.解得.解答题过点(2,3)作动直线交椭圆于两不同点,过作椭圆的切线,两条切线的交点为.(1)求点的轨迹方程;(2)设为坐标原点,当四边形的面积为4时,求直线的方程.【答案】（1）点的轨迹方程为(椭圆外部分)（2）或.【解析】(1)依题意设直线的方程为.与椭圆联立得.因此,.设.则过的椭圆的切线方程分别为, ①②,并由及,得.同理.故点的轨迹方程为(椭圆外部分)(2)注意到,O到PQ的距离为M到PQ的距离为.则.故四边形的面积为.当时,解得或因此,直线为或.解答题锐角外心为,直线和分别与边交于点.直线交外接圆于点.若.求证: 是等腰三角形.【答案】见解析【解析】联结.由,得.则.又为公共角,所以,.则.同理,.从而,.因此,四点共圆,有.联结,可得.则.所以,是等腰三角形.解答题已知数列由,确定若对于任意的,恒成立.求M的最小值.【答案】【解析】由题可知,当时,.又,不妨设..则. ①下面用数学归纳法证明:. ②当时,, .则式②成立.假设时,式②成立.则时,又由式①知,所以,时结论成立.则.又知为正数,且,所以,当趋于无穷大时, 趋于无穷大.则M的最小值为.解答题(1)证明:存在无穷多个正整数,使与同时为合数.(2)试判断是否存在正整数,使得对于任意的,总有与之一为质数?并证明你的结论.【答案】（1）见解析（2）不存在【解析】(1)注意到.由费马小定理得.令.则,即当时,为合数.又,由费马小定理得.令.则,即当时,为合数.从而,只要,即时,与都是合数.这样的n有无穷多个.(2)不存在.,取的一个质因子,则.由费马小定理知,当①时,即为合数.同理,,取的一个质因子,则当②时,为合数.由式①、②知,当时,与同时为合数.解答题已知边长为的正方形及其内部的个点,其中无三点共线.证明:可以选取其中的三个点,以这三个点为顶点的三角形的面积不超过.【答案】见解析【解析】令这个点的凸包为边形.(1)若,则边形周长不超过(由于凸包在正方形内部).故存在连续的两条边,其长度之和不大于2.则以这两条边上的三个顶点构成的三角形面积不大于.(2)若,则从凸包某个顶点出发的条对角线将其分成个三角形.将凸包内的所有点编号,并且依次进行如下操作:将每个点与包含它的最小的三角形的三个顶点连线.则每进行一次操作增加两个三角形,且这些三角形互不重叠.于是,对所有点操作后共得到个三角形.故必有一个三角形的面积不大于.综上所述,原命题成立.。

黄山学院首届大学生（非数学专业）数学竞赛试卷答案一、填空题（毎小题4分，共20分）1．设函数()11arccos1xf x bxa x x⎧<-⎪⎪==-⎨⎪+>-⎪⎩在1x=-处连续，则a=π-；b=０；2．设(0)f'存在，且(0)0f=，则2(1cos)limtan5xf xx→-=()110f'；3设2,==a b2⋅=a b，则⨯=a b2；4．设),2,1(=>nan，且数列}{na单调，若级数∑∞=+11nnnaa，收敛，级数∑∞=1nna是收敛还是发散？收敛；5．由曲面z=z=及z=,其上任一点的密度与此点到Oz轴的距离之平方成正比(比例系数为k)，则该立体质量M等于3112kπ．二、选择题（每小题4分，共20分）6．函数1()sinf x xx=，在0x=处（A）（A）极限存在；（B）连续；（C）可导；（D）可微．7．若()xf、()g x均可导，且()()f xg x<，则有(B)成立（A）()()f xg x''<；（B）()()000000lim limx xx xx x x xf t dtg t dtx x x x→→<--⎰⎰；（C）()()f xg x->-；()()00x xx xf t dtg t dt<⎰⎰．8．设()01f=，()23f=，()22f'=，则()2xf x dx''=⎰（C）（A）0；（B）1；（C）2；（D）1-．9．设(,)f x y连续，且(,)(,),Df x y xy f u v dudv=+⎰⎰其中D是由0y=2,1y x x==所围区域，则(,)f x y等于（D）。

（A）xy；（B）2xy；（C）1xy+；（D）18xy+．10．设函数(),(),()p x q x f x都连续，且11223()()()y c y x c y x y x=++是非齐次线性微分方程()()()y p x y q x y f x'''++=的通解，则（B ）．（A）123y y y+-是方程的解；（B）123,,y y y线性无关；（C）123,,y y y可能线性无关，也可能线性相关；（D）123,,y y y线性相关．三、解答题（60分）11．求极限2313521lim()2222nnn→∞-++++；解：考察级数∑∞=-1212kkk，由正项级数的比值法，有1212412lim122212lim1<=-+=-⋅+∞→+∞→nnnnnnnn则级数 ∑∞=-1212k kk 收敛，它的和等于所求的极限，……（2分）记∑∞=-=1212k kk A ，则 ∑∑∞=∞=-+=-=112122122k kk k k k A ，两式相减得……（5分）32121121121221211111=+=+=+=--+=∑∑∑∑∞=∞=-∞=∞=-k kk k k k k kk k A ……（9分）故3)212252321(lim 32=-++++∞→nn n ……（10分）12．设()f x 在[]0,1上有二阶导数，且()()()()10100f f f f ''====，证明：存在(),a b ξ∈使得()()f f ξξ''=．．证明：令()()()()xF x f x f x e '=-……（3分）则()F x 在[]0,1上可导，且()()100F F ==，根据罗尔定理，存在()0,1ξ∈，使()0F ξ'=，即()()()0f f e ξξξ''-= ……（8分）由于0e ξ≠，故有()()f f ξξ''= ……（10分）13．设),(y x z z =由方程0),(=++xz y yz x F 给出，且z F ,都可微，证明：xy z yz yxz x-=∂∂+∂∂．证明：由隐函数存在定理，得,y x zzF F z z xF yF ∂∂=-=-∂∂ ……（2分）令,z z u x v y y x=+=+，则 ……（4分）z z xy xy∂∂+=∂∂y x yx zzzF xF yF F x yF F F +--=-22()()11u v v u u vz z x F F y F F xyF F y x -+-=-+()()u v u v u vxy xF yF z xF yF z xy xF yF +-+=-=-+ ……（10分）14．求点()0000,,M x y z 到平面0Ax By Cz D +++=的距离．解：由题意，应该求函数()()()2222000d x x y yz z =-+-+-在条件0A x B y C z D +++=下的极值。

一、 计算下列各题（每小题4分，共16分） （1） 已知8)()(20=⋅'⎰dx x f x f ，且0)0(=f 求)(x f .（2） 设函数)1sin(sin 1cos )1(2cos )sin(-++--+=y x x y y xy z ，求)1,0(|dz（3） 设函数),(y x z 满足222=∂∂yz及x x z x z y ='=)0,(,1)0,(，求),(y x z . （4） 交换二重积分的次序⎰⎰11-||1),(x dy y x f dx .（5） 设曲面4:222=++∑z y x ，求第一类曲面积分⎰⎰∑++dS y x xy )2(22.一、（1）令C dx x f =⎰2)(,则x Cx f C x f 8)(8)(=⇒='，两端求定积分得 Cxdx C dx x f C 168)(220===⎰⎰，则4±=C ，故x x f 2)(±=. （2）3cos )sin 1(cos 3cos )sin 13cos sin ()1,(0200)1,0(=+=+==∂∂===x x x x xx x dx d dx x dz x z1)]1sin(1[)1cos()1()]1sin(1[))1sin(11(),0(1211)1,0(-=-+----+-=-+--==∂∂===y y y y y y y y y dy d dyy dz yzdy dx dy y z dx x z dz -=∂∂+∂∂=3cos |)1,0()1,0()1,0( （3）由)(2222x y yzy z ϕ+=∂∂⇒=∂∂，再由x x z y =')0,(得x x =)(ϕ， x y y x z y +='2),(，)()2(),(2x xy y dy x y y x z φ++=+=⎰，再由1)0,(=x z 得 1)(=x φ，因此1),(2++=xy y y x z .厦门大学第十一届“景润杯”数学竞赛试卷（理工类）竞赛日期 2014年6月7日(4) ⎰⎰⎰⎰⎰⎰--=-=1011-1||11-||1),(),(),(yyx x dx y x f dy dy y x f dx dy y x f dx .(5)ππ64244)(0)2(222222=⨯⨯=+++=++⎰⎰⎰⎰∑∑dS z y x dS y xxy .二、（10分）设函数⎪⎩⎪⎨⎧>-≤=+0)1(0)(222x x b x e x f xa ax 在点0=x 处连续，问常数)0(,>b b a 取何值时，定积分⎰-21)(ln dx x f 取最小值，并求最小值.解：由)(x f 在点0=x 处连续可得)0()(lim 0f x f x =+→,即1)1(lim 20=-+→x b x ， 由此可得1=b .于是⎩⎨⎧≠>-≤+=⎪⎩⎪⎨⎧>-≤=+1,0|1|ln 20)(ln ,0)1(0)(22222x x x x x a ax x f x x x e x f xa ax ，从而⎰⎰⎰-++=--20012221|1|ln 2)()(ln dx x dx x a ax dx x f)(|1|ln 23121202a I dx x a a 记⎰-++-=令03221)(=+-='a a I 得驻点43=a ，且032)43(>=''I ，故在43=a 处，积分取最小值。

第十届厦门大学景润杯数学竞赛获奖名单公示根据厦门大学“关于组织申报校级本科生学业竞赛项目的通知”〔厦大教（2013）16号〕，由数学科学学院组织协办的第10届厦门大学景润杯数学竞赛活动历经3个多月于6月22日圆满结束。

本届厦门大学“景润杯”数学竞赛活动共有1846名学生报名参赛，其中厦门大学1316名，集美大学和厦门理工学院530名。

我校实际参赛的总人数为1207名，其中数学专业组76人，理工类专业组861人，经管类专业组270人。

根据第10届“景润杯”数学竞赛组委会的规定，按照数学专业组、理工类组与经管类组三个组别分别进行竞赛评奖，117名学生分获竞赛一、二、三等奖，其中一等奖9名、二等奖27名、三等奖81名，名单如下：
第十届厦门大学景润杯数学竞赛获奖学生名单
一、数学专业（一等奖2人，二等奖6人，三等奖18人，合计26人）
二、理工专业组（一等奖4人，二等奖12人，三等奖36人，合计52人）
三、经管专业组（一等奖3人，二等奖9人，三等奖27人，合计39人）
厦门大学数学科学学院
2013.6.25。

厦门大学《高等数学》课程试卷A一、选择题（每小题4分，共20分）1. 设1)1()(312-+=x x f 与()cos 1g x x =-，当0→x 时，（ C ）。

（A ）)(x f 是比)(x g 的高阶无穷小 （B ）)(x f 是比)(x g 的低阶无穷小 （C ）)(x f 与)(x g 是同阶但不是等价无穷小 （D ）)(x f 与)(x g 是等价无穷小2. 若31lim 11x x ax bx →++=-，则（ D ）。

（A ）12a b ==， (B) 21a b =-=-， (C) 21a b ==-， (D) 21a b =-=，3．设111()23x xef x e+=+，则0x =是()f x 的 （ B ）。

(A)可去间断点 (B)跳跃间断点 (C)第二类间断点 (D)连续点4、 设函数)(u f 可导，)(2x f y =。

若自变量x 在1-=x 处取得增量1.0-=∆x 时，函数 的增量y ∆关于x ∆的线性主部为1.0，则(1)f '值为 （ D ）。

（A ）1-（B ）1.0 (C) 1 （D ）5.0解 ()22dy f xxdx '=⋅，()()()10.1120.10.1x dx dyf =-=-'=--=，所以()10.5f '=5、 以下充分必要条件不成立的是 ( C )。

（A ）可导⇔可微（B ）0)(lim 0=→x f x x ⇔0)(lim 0=→x f x x(C) 极限不存在⇔不连续 （D ）在区间I 上，)(x f 为常数 ⇔()f x '=0学院 专业 级 班 姓 名 学 号二、填空题：(每题4分，共20分) 1、 已知(4)3,f '= 则4(38)(4)lim4x f x f x →--=- 9 .解 令 38x t -=，则 ()183x t =+，当4x →时，有 4t →。

第七届全国大学生数学竞赛决赛试题 答案（非数学类） 2016年3月27日一填空题（5×6分=30分）1.程微分方0)(y 3'''''=-y 的通解是_______解：令p ='y ,则'''y p =，则dx p dp 3=，积分得到1221-c x p -=-，即 ()x c y p -±==1'21，积分得)(2y 12x c c -±=（2,1c 为常数）.2.设D:4122≤+≤y x ，则积分()()dxdy e y x I x D4y 222-+-⎰⎰+=的值是_______解：)52(22sin e4341420212242-===⎰⎰⎰--e du ue erdr e r d I u r ππθθπ（对称性和极坐标）.()ds s f x t⎰=03.设()t f 二阶连续可导，且()t f 0≠，若()t f y = ， 则______22=dxyd 解：()dt t f dx =，()dt t f dy'=，所以()()t f t f dx 'dy =，则得 ()()()()()()t f t f t f t f dx dt t f t f dt d dx y d 32''''22-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛= 4.设1λ，2λ，…，n λ是n 阶方阵A 的特征值，()x f 为多项式，则矩阵()A f 的行列式的值为_______ 解：()()()()nf f f A f λλλ 21=5.极限[])!sin(lim e n n n π∞→的值为________解：()()⎪⎭⎫⎝⎛++++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++=111!11!11!1!2111!!n o n a n o n n n e n n ππππ ，n a 为整数，所以结果ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=∞→)11(1sin lim n o n n n 。

第五届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案（非数学类， 2014 ）一、解答下列各题（本题共 28 分，每小题 7 分）1.解：交换积分次序得２、设f(x)是区间[0,1]f(x)３、设F(x,y,z)和G(x,y,z)xoy平面上的投影曲线为Ｓ，求Ｓ上过点的切线，该切线在xoy面上的投影就是Ｓ过上述两切面的交线就是Γ在Pz-z0,可得故上式是一条直线的方程，就是所要求的切线。

a 为常数，矩阵Ｂ满足关系式AB=A-B+E,其中Ｅrank(A+B)=3,试求常数a 的值。

解：由关系式AB=A-B+E,得(A+E)(B-E)=0,故可得二、（１２分）4(,),-∞+∞是与x,h 无关的常数，证明f 是不超过三次的多项式。

证明：由泰勒公式其中ξ在x 在x+h 之间，η在x 在x+θh 之间，由上面两式及已知条件可得f 是不超过二次的多项式。

从而f是不超过三次的多项式。

三、（１２分）设当x>-1时，可微函数f(x)满足条件两端对x求导并整理得可见f(x)单调减少。

而f(0)=1对[0,x]上进行积分得四、（１０分）f(x,y)在Ｄ上有连续二阶偏导数，若对任何x,y有f(0,y)=f(x,0)=0证明y,由分部积分法得交换积分次序可得因为f(x,0)=0D五、（12分）设函数f(x)解：由高斯公式六、（12分）设A ，B 为二个n 阶正定矩阵，求证AB 正定的充要条件是AB＝BA 。

证明：必要性：设AB 为二个nAB ＝BA 。

充分性：因为AB ＝BAAB 为实对称矩阵。

因为A ，B 为正定矩阵，故存在可逆矩阵P ，Q ，使得ABAB的特征值全为正实数，所以AB为正定矩阵。

七、（121证明：故对于任意ε>0，时，有)（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。

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