大学生数学竞赛真题非数学类

第三届全国大学数学竞赛初赛（非数学专业）试卷一、计算下列各题（本题共4个小题，每题6分，共24分）1. 220(1)(1ln(1))lim xx x e x x →+--+。

【解析】：因为22ln(1)22(1)(1ln(1))(1ln(1))x xxx e x ee x xx++--+--+=22022ln(1)ln(1)22220002222000ln(1)lim ,2ln(1)21lim lim lim 11ln(1)1lim 2lim 2lim 2x x x xx x x x x x x e x e xx e e e x e e x x xx x x e e ex x →++-→→→→→→+=+---==-+-+===- 所以220(1)(1ln(1))lim0xx x e x x→+--+= 【注】可以考虑洛必达法则、带皮亚诺余项的麦克劳力公式，具体参见视频解析！2. 设2coscoscos222n na θθθ=⋅⋅⋅，求lim n n a →∞。

【解析】：若0θ=，则lim 1n n a →∞=。

若0θ≠，则当n 充分大，使得022nθπ<<时，2222221cos cos coscos cos cossin2222222sin 211sin cos cos cos sin 22222sin 2sin 22n n nn nn n n n n a θθθθθθθθθθθθθθθ--=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=从而有，sin sin lim lim 2sin 2n n n n na θθθθ→∞→∞==。

3. 求sgn(1)Dxy dxdy -⎰⎰，其中{}(,)|02,02D x y x y =≤≤≤≤。

【解析】：设11(,)|0,022D x y x y ⎧⎫=≤≤≤≤⎨⎬⎩⎭，1233122321211(,)|2,0,211(,)|2,2,2112ln 2,32ln 2,sgn(1)24ln 2.D D D DD D D D x y x y x D x y x y x dxdxdy dxdy x xy dxdy dxdy dxdy ⎧⎫=≤≤≤≤⎨⎬⎩⎭⎧⎫=≤≤≤≤⎨⎬⎩⎭=+=+=--=-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰【注】由积分的几何意义，积分等于2倍3D 矩形的面积减去矩形的面积，具体分析参见解析视频。

2023全国大学生数学竞赛非数A类卷子点评
第一题，洛必达法则即可，没啥好说的。

第二题，多元函数求微分，与讲义上第9页例一变式三方法完全一样。

第三题，级数求导，与讲义上第8页例三变式三方法一样。

第四题，收敛域，课上讲知识时专门强调收敛区间与收敛域的区别与求解方法。

第五题，曲面积分，课程上强调了对称性的应用
第二大题，先凑微分，然后准齐次方程求解，与讲义上第24页例四变式二完全一样
第三大题，求体积问题，先算平面再算体积，与讲义上第20页例五变式一求解方法类似。

第四大题，反常积分，把分式拆成无穷级数的表达形式再求积分，与讲义上第13页例四变式三方法一样。

第五大题，分部积分法加柯西积分不等式，与讲义上第16页例三的柯西积分不等式方法一样，而分部积分法与讲义上第28页例六方法一样。

第六大题，单调有界原理加裂项，与讲义上第30页第二大题以及第六大题方法一样。

第三届全国大学生数学竞赛决赛试卷（非数学类，）本试卷共2页，共6题。

全卷满分100分。

考试用时150分钟。

一、（本大题共5小题，每题6分，共30分）计算下列各题（规定写出重要环节）.(1)222220sin cos lim sin x x x xx x→- 22222222224004200sin cos sin cos lim limsin (sin )(sin )(1cos )(1cos )112lim lim 22623x x xx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x →→→→--+-=-+-+=+=-+=解：(2) 1311lim tan2x x x x e x →+∞⎡⎛⎫+- ⎪⎢⎝⎭⎣12313233022********320033(1tan )1112:lim 1tan lim 2(1tan )1(1tan )122=lim =lim 2(1tan )2x t t x x t t t t t t t t t e x e xx x t t t t t e t t t e t t tt t t e =→+∞→→→+-⎡⎛⎫+-−−−→⎢ ⎪⎝⎭⎣+---+---=+∞⎡+-⎢⎣令解 (3) 设函数(,)f x y 有二阶持续偏导数, 满足2220x yy x y xy y yy f f f f f f f -+=且0y f ≠,(,)y y x z =是由方程(,)z f x y =所拟定旳函数. 求22yx∂∂2222223(,)0=()()()20x x yyy xx yxx yx yy x yy x y xx x yx x yx x yyyy xx x yx x yyyyy x z z f x y x f y yf f x x f y yf f f f f f f y x xx x f f f f f f f f f f f f f f f f f f ff=∂∂+⇒=-∂∂∂∂+-+∂∂∂∂=-=-∂∂--+-+=-=-=解：依题意有，是函数，、是自变量将方程两边同时对求导(4) 求不定积分11(1)x x I x e dx x+=+-⎰111221111211111111(1)=(1)[1(1)]1(1)x x x x x x x x x x x x x xx x x x xxxxI x e dx x e dx e dxx x x xe dx e dx e dx xde xedx xeedx xeC+++++++++++=+-+-=+-=+-=+=+-=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰解： (5) 求曲面22x y az +=和20)z a a =>所围立体旳表面积二、（本题13分）讨论22cos sin xdx x x xα+∞+⎰旳敛散性，其中α是一种实常数. 得分三、（本题13分）设()f x 在(,)-∞+∞上无穷次可微，并且满足:存在0M >，使得()()(,),(1,2)k f x M x k ≤∀∈-∞+∞=，,且1()0,(1,2)2n f n ==求证：在(,)-∞+∞上，()0f x ≡ ()2(0)(0)()(0)(0)2!!()(1)!n n nx f f f x f f x x x n x M x M e n '''=+++++≤+++=-四、（本题共16分，第1小题6分，第2小题10分）设D 为椭圆形22221(0)x y a b a b+≤>>，面密度为ρ旳均质薄板；l 为通过椭圆焦点(,0)c -(其中222c a b =-)垂直于薄板旳旋转轴.1. 求薄板D 绕l 旋转旳转动惯量J ；2. 对于固定旳转动惯量，讨论椭圆薄板旳面积与否有最大值和最小值.五、（本题12分）设持续可微函数(,)z f x y =由方程(,)0F xz y x yz --=（其中(,)0F u v =有持续旳偏导数）唯一拟定, L 为正向单位圆周. 试求：22(2)(2)LI xz yz dy xz yz dx =+-+⎰解：由格林公式22222(2)(2)()(22)(22)22()2()LDD DQ PI xz yz dy xz yz dx d x yz z z z z z z xzy x z yz d z xz y x yz d x x y y x y σσσ∂∂=+-+=-∂∂∂∂∂∂∂∂=+++++=++++∂∂∂∂∂∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰又：持续可微函数(,)z f x y =由方程(,)0F xz y x yz --= 两边同步对x 求偏导数：121221()(1)0zF F z z zF z xF y x x x yF xF +∂∂∂++-=⇒=∂∂∂- 两边同步对y 求偏导数：121212(1)()0F zF z z z F x F z y y y x xF yF +∂∂∂-+--=⇒=∂∂∂- 代入上式：2121221122221212121221122222212121221212122()2()2()222DD D DDzF F F zF I z xz y x yz d yF xF xF yF xz F xzF yzF yF xF xzF yzF yz F z d yF xF xF yF xz F yF xF yz F xF yF z yF xF z d z d yF xF yF xF d σσσσσπ++=++++--++++++=++--+---+-=+=+--=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰六、（本题共16分，第1小题6分，第2小题10分）(1)求解微分方程2(0)1x y xy xe y ⎧'-=⎪⎨=⎪⎩(2)如()y f x =为上述方程旳解，证明1220lim ()12n n f x dx n x π→∞=+⎰21220lim 1x n nedx n x→∞+⎰222222211110220001121arctan arctan 2arctan 1arctan arctan 2[0,1]arctan arctan arctan arctan arctan (1)arctan x x x x x x x ne dx e d nx e nx xe nxdx n x e n n xe dx e n n e dx e n n ee n e n ξξξξξ==-+=-∈=-=-=--⎰⎰⎰⎰⎰其中21220lim =lim[arctan (1)arctan ][0,1]1=(1)222x n n nedx e n e n n x ee ξξπππ→∞→∞=--∈+--=⎰其中。

大学生数学竞赛（非数学类）试卷及标准答案考试形式： 闭卷 考试时间： 120 分钟 满分： 100 分.一、填空（每小题5分，共20分）.计算)cos 1(cos 1lim 0x x x x --+→= .(2)设()f x 在2x =连续，且2()3lim2x f x x →--存在，则(2)f = . (3)若tx x xt t f 2)11(lim )(+=∞→，则=')(t f .(4)已知()f x 的一个原函数为2ln x ，则()xf x dx '⎰= .（1）21. (2) 3 . (3)te t 2)12(+ . (4)C x x +-2ln ln 2. 二、（5分）计算dxdy xy D⎰⎰-2，其中1010≤≤≤≤y x D ，：.解：dxdy x y D⎰⎰-2=dxdy y x x y D )(21:2-⎰⎰<+⎰⎰≥-22:2)(x y D dxdy x y -------- 2分 =dy y x dx x )(2210-⎰⎰+dy x y dx x)(12102⎰⎰- -------------4分姓名：身份证号所在院校：年级专业线封密注意：1.所有答题都须写在此试卷纸密封线右边，写在其它纸上一律无效. 2.密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记.=3011-------------5分.三、（10分）设)](sin[2x f y =，其中f 具有二阶 导数，求22dxyd .解：)],(cos[)(222x f x f x dxdy'=---------------3分 )](sin[)]([4)](cos[)(4)](cos[)(222222222222x f x f x x f x f x x f x f dxy d '-''+'=-----7分=)]}(sin[)]([)](cos[)({4)](cos[)(222222222x f x f x f x f x x f x f '-''+'---------10分.四、（15分）已知3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，求a 的值. 解：)23(232123ln 0ln 0xa x ax x e d e dx e e ---=-⋅⎰⎰---------3分 令t e x =-23，所以dt t dx e e aax x ⎰⎰--=-⋅231ln 02123---------6分 =a t 231233221-⋅-------------7分=]1)23([313--⋅-a ，-----------9分 由3123ln 0=-⋅⎰dx e e a x x ，故]1)23([313--⋅-a =31，-----------12分即3)23(a -=0-----------13分 亦即023=-a -------------14分所以23=a -------------15分.五、（10分）求微分方程0=-+'x e y y x 满足条件e yx ==1的特解.解：原方程可化为xe y x y x=+'1-----------2分这是一阶线性非齐次方程，代入公式得⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎰⋅⎰=⎰-C dx e x e e y dxx xdx x 11----------4分=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅⎰-C dx e x e ex x xln ln ----------5分 =[]⎰+C dx e x x 1-----------6分 =)(1C e xx+.---------------7分 所以原方程的通解是)(1C e xy x +=.----------8分再由条件e yx ==1，有C e e +=，即0=C ，-----------9分因此，所求的特解是xe y x=.----------10分.六（10分）、若函数()f x 在(,)a b 内具有二阶导数，且123()()()f x f x f x ==，其中123a x x x b <<<<，证明：在13(,)x x 内至少有一点ξ，使()0f ξ'=。

第十一届全国大学生数学竞赛(非数学类)试题参考解答及评分标准一、填空题（每小题6分）1. sin 014x x →=.解：sin sin 00x x x x x →→→=- sin 1/31/30022(e 1)1sin 1limlim 444422x x x x x x →→-=+-=⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 2. 设隐函数()y y x =由方程22()y x y x -=所确定，则232ln ||dx y y C y x x=-+⎰. 解：令y tx =，则21(1)x t t =-，1(1)y t t =-，3223(1)tdx dt t t -+=-， 这样，223332ln ||2ln ||dx t y ydt t t C C y t x x-+==-+=-+⎰⎰. 3. 定积分220(1sin )1cos x e x dx e xππ+=+⎰.解：222000(1sin )sin 1cos 1cos 1cos x xx e x e xdx dx de xx x πππ+=++++⎰⎰⎰ 2222200sin cos (1cos )+sin 1cos 1cos (1cos )xxxe xe x x x dx e dx x x x πππ+=+-+++⎰⎰2222000sin 1cos 1cos 1cos xxx e xe edx dx e x x x ππππ=+-=+++⎰⎰. 4. 已知22(,)323ydx xdy du x y x xy y -=-+，则1(,)()C 3x u x y y =-+. 解：22(,)323ydx xdy du x y x xy y -=-+21()233()3xd x yx x y y y ==--+（）.所以，1(,)()C 3x u x y y =-+.5. 设,,,0a b c μ>，曲面xyz μ=与曲面2222221x y z a b c ++=相切，则μ=.解：根据题意有：22x yz a λ=,22y xz b λ=，22zxy c λ=，以及 222x a μλ=，222y b μλ=，222z c μλ=，从而得：32228a b cλμ=，32μλ=，联立解得：μ=二、（14分）计算三重积分22d d d Ω+⎰⎰⎰xyzx y z x y，其中Ω是由曲面2222()2++=x y z xy 围成的区域在第一卦限部分.解：采用“球面坐标”计算，并利用对称性，得ππ3224222sin cos sin cos 2d d sin d sin I ρϕθθϕθϕρϕρρϕ=⎰⎰ -------5分ππ342002sin cos d sin cos d d θθθϕϕϕρρ=⎰⎰ππ3354202sin cos d sin cos d θθθϕϕϕ=⎰⎰ -------10分ππ354201sin 2d sin d(sin )4θθϕϕ=⎰⎰π3201121sin d 4848372t t ==⋅=⎰. -------14分 三、（14分）设()f x 在[0,)+∞上可微，(0)0f =，且存在常数0A >，使得|()||()|f x A f x '≤在[0,)+∞上成立，试证明：在(0,)+∞上有()0f x ≡.证明：设01[0,]2x A ∈，使得01|()|max |()|[0,]2f x f x x A ⎧⎫=∈⎨⎬⎩⎭， -------5分 000011|()||(0)+()||()||()|22f x f f x A f x f x A ξ'=≤=，只有0|()|0f x =. 故当 1[0,]2x A∈时，()0f x ≡. -------12分 递推可得，对所有的1[,]22k kx A A-∈，1,2,k =，均有()0f x ≡. -------14分四、（14分）计算积分2sin (cos sin )0sin I d e d ππθφφφθθ-=⎰⎰解：设球面 Σ:x 2+y 2+z 2=1, 由球面参数方程sin cos x θφ=，sin sin y θφ=，cos z θ=知sin dS d d θθφ=，所以，所求积分可化为第一型曲面积分I =∬e x−ydS Σ-------4分 设平面P t :√2=t,−1≤t ≤1，其中t 为平面P t 被球面截下部分中心到原点距离.用平面P t 分割球面Σ，球面在平面P t ,P t+dt 之间的部分形如圆台外表面状，记为Σt,dt .被积函数在其上为 e x−y =e √2t . -------8分由于Σt,dt 半径为r t =√1−t 2，半径的增长率为 d√1−t 2=√1−t 2 就是 Σt,dt 上下底半径之差. 记圆台外表面斜高为ℎt ，则由微元法知 dt 2+(d √1−t 2)2=ℎt 2, 得到ℎt =√1−t 2 ，所以 Σt,dt 的面积为 dS =2πr t ℎt =2πdt, -------12分I =∫e √2t 1−12πdt =√2√2t |−11=√2π(e √2−e −√2). -------14分 五、（14分）设()f x 是仅有正实根的多项式函数，满足 0()()n n n f x c x f x +∞='=-∑. 试证：0n c >，(0n ≥），极限lim n ()f x 的最小根. 证明：由f (x )为仅有正实根的多项式，不妨设()f x 的全部根为 0<a 1<a 2<⋯<a k ，这样，f (x )=A (x −a 1)r 1⋯(x −a k )r k ，其中 r i 为对应根a i 的重数 (i =1,⋯,k,r k ≥1). -------2分f ′(x )=Ar 1(x −a 1)r 1−1⋯(x −a k )r k +⋯+Ar k (x −a 1)r 1⋯(x −a k )r k −1，所以，f ′(x )=f (x )(r 1x−a 1+⋯+rkx−a k)，从而， −f ′(x)f(x)=r 1a 1∙11−xa 1+⋯+r k a k∙11−x a k.-------6分若|x |<a 1, 则 −f ′(x)f(x)=r 1a 1∙∑(xa1)n∞n=0+⋯+r k a k∙∑(xak)n∞n=0=∑(r 1a 1n+1+⋯+r k a kn+1)∞n=0x n .而 −f ′(x)f(x)=∑c n x n∞n=0，由幂级数的唯一性知c n =r 1a 1n+1+⋯+r kak n+1>0， ------9分c ncn+1=r 1a 1n+1+⋯+r k a kn+1r 1a 1n+2+⋯+r k a kn+2=a 1∙r 1+⋯+(a1a k)n+1r kr 1+⋯+(a 1a k)n+2r k.limn→∞c nc =a 1∙r 1+0+⋯+0r +0+⋯+0=a 1>0， limn→∞c n+1c =1a ， -----12分limn→∞1n ∙(ln c2c1+⋯+ln c n+1c n)=ln 1a 1,√c n n=elnc nn=elnc 1n +1n (ln c 2c 1+⋯+ln cn+1c n)→eln1a 1=1a 1.从而，lim√c nn=a 1,即f (x )的最小正根. -----14分六、（14分）设函数()f x 在[0, )+∞上具有连续导数，满足22223[3()]()2[1()]-'+=+x f x f x f x e ，且(0)1≤f .证明：存在常数0>M ，使得[0,)∈+∞x 时，恒有()≤f x M .证明：由于()0'>f x ，所以()f x 是[0, )+∞上的严格增函数，故+lim ()→∞=x f x L (有限或为+∞). 下面证明 ≠+∞L . -----2分记()=y f x ，将所给等式分离变量并积分得 222232d d (1)3-+=+⎰⎰x y y e x y ，即 2222arctan d 13-+=++⎰x t y y e t C y ， ------6分 其中2(0)2arctan (0)1(0)=++f C f f . ------8分若=+∞L ，则对上式取极限→+∞x ，并利用2d 2+∞-=⎰t e t ，得π3=-C .-----10分 另一方面，令2()2arctan 1=++ug u u u ，则2223()>0(1)+'=+u g u u ，所以函数()g u 在(, )-∞+∞上严格单调增加. 因此，当(0)1≤f 时，1π((0))(1)2+=≤=C g f g ， 但2π1π22+>>C ，矛盾， 这就证明了+lim ()→∞=x f x L 为有限数.最后，取max{(0),}=M f L ，则|()|≤f x M ，[0,)∀∈+∞x . -----14分。

第四届全国大学数学竞赛初赛（非数学专业）试卷一、简单下列各题（本题共5个小题，每题6分，共30分）1. 求极限21lim(!)n n n →∞。

【解析】：因为2211ln(!)(!)n n nn e =，而211ln1ln 2ln ln(!)12n n n n n ⎛⎫≤+++⎪⎝⎭，且ln lim 0n n n →∞=。

所以1ln1ln 2ln lim 012n n n n →∞⎛⎫+++= ⎪⎝⎭。

即2121lim ln(!)0lim(!)1n n n n n n →∞→∞=⇒=。

2. 求通过直线2320:55430x y z L x y z +-+=⎧⎨+-+=⎩的两个相互垂直的平面12,ππ，使其中一个平面过点(4,3,1)-。

【解析】：过直线L 的平面束方程为(232)(5543)0x y z x y z λμ+-+++-+=，即(25)(5)(34)230x y z λμλμλμλμ+++-+++=。

若平面1π过点(4,3,1)-，代入得0λμ+=，即μλ=-，从而1π的方程为3410x y z +-+=。

若平面束中的平面2π与1π垂直，则3(25)4(5)1(34)0λμλμλμ+++++=。

解得3λμ=-，从而平面2π的方程为2530x y z --+=。

3. 已知函数(,)ax byz u x y e+=，且20u x y∂=∂∂，确定常数a ，b ，使函数(,)z z x y =满足方程20z z zz x y x y∂∂∂--+=∂∂∂∂。

【解析】：22(,),(,),(,),(1)(1)(1)(,)ax by ax by ax by ax by z u zu e au x y e bu x y x x y y z u ue b a abu x y x y x y z z z u uz e b a ab a b u x y x y x y x y ++++⎡⎤∂∂∂∂⎡⎤=+=+⎢⎥⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦⎣⎦⎡⎤∂∂∂=++⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦⎡⎤∂∂∂∂∂--+=-+----+⎢⎥∂∂∂∂∂∂⎣⎦若是上式等于0，只有(1)(1)(1)(,)0u ub a ab a b u x y x y∂∂-+-+--+=∂∂，由此可得1a b ==。

2017年 第九届全国大学生数学竞赛预赛试卷（非数学类） 一、填空题（每小题5分，满分30分）1. 已知可导函数f (x )满足⎰+=+x x tdt t f x xf 01sin )(2)(cos ，则()f x =_________. 2． 求⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→n n n 22sin lim π. 3. 设(,)w f u v =具有二阶连续偏导数，且==+u x cy v x cy -，，其中c 为非零常数. 则21xx yy w w c-=_________. 4. 设()f x 有二阶导数连续，且(0)'(0)0,"(0)6f f f ===，则240(sin )lim x f x x→=____. 5. 不定积分sin 2sin 2(1sin )x e x I dx x -=-⎰=________.6. 记曲面222z x y =+和z =围成空间区域为V ，则三重积分Vzdxdydz ⎰⎰⎰=___________.二、（本题满分14分) 设二元函数(,)f x y 在平面上有连续的二阶偏导数. 对任何角度α，定义一元函数()(cos ,sin )g t f t t =ααα.若对任何α都有(0)0dg dtα=且22(0)0d g dt α>. 证明)0,0(f 是(,)f x y 的极小值.三、(本题满分14分) 设曲线Γ为在2221x y z ++=，1x z +=，0,0,0x y z ≥≥≥上从(1,0,0)A 到(0,0,1)B 的一段. 求曲线积分⎰Γ++=xdz zdy ydx I .四、(本题满分15分) 设函数()0f x >且在实轴上连续，若对任意实数t ，有||()1t x e f x dx +∞---∞≤⎰，则,()a b a b ∀<，2()2b a b a f x dx -+≤⎰. 五、(本题满分15分) 设{}n a 为一个数列，p 为固定的正整数。

第十三届全国大学生数学竞赛决赛试题及参考解答(非数学类, 2023年3月25日)一、 填空题(本题满分30分，每小题6分)（1）已知a 和b 均为非零向量，且1=|b |，a 和b 的夹角,4π=a b ，则极限0||||limx x x→+−=a b a .【解】 利用条件：1=|b |，,4π=a b，得|||cos ,|⋅==a b a b |a b a ，所以222222||2||x x x x ++⋅+++a b a a b b a a .因此00||||lim lim x x x x →→+−=a b ax →. （2）极限20ln(1)lim 2xx x x →+−=. 【解】 利用L ’Hospital 法则，得2ln(1)1lim2x x x x →−+=，所以 222[ln(1)]ln(1)00ln(1)ln(1)lim 2lim 1x x x xx x x x x x x x e x x −+−+→→+−+−=+=.（3）积分=.【解】 作变换sec x θ=，则3344sec tan d d sec tan 3412ππππθθθπππθθθ===−=∫∫.（4）设函数()=y y x 由参数方程222,11=++t t x yt t 确定，则曲线()=y y x 在点23，处的曲率κ=.【解】 易知，对应点23，的参数=t . 利用参数方程求导法则，得2d 2d 1=−y t x t ，223223d 2(1)d (1)+=−y t x t . 所以，当=t时，d d =−y x ，223223d 2(1)227d (1)+==−×−y t x t ，因此曲线()=y y x 在23，处的曲率2κ.（5）设D是由曲线1=及两坐标轴围成的平面薄片型物件，其密度函数为(,)ρ=x y ，则薄片物件D 的质量=M .【解】d =+∫∫DMx y . 利用二重积分的对称性，得2(1203d 3d 3d =∫∫∫DM x y x yx .作变量代换：=t ，得1222013d 6(1)d 5==−=∫∫M x t t x . 二、(本题满分12分) 求区间[0,1]上的连续函数()f x ，使之满足1()1(1)()d (1)()d x xf x x yf y y x y f y y =+−+−∫∫.【解】 根据题设条件及等式可推知，函数()f x 在[0,1]上二阶可导，且(0)(1)1f f ==. ------------ 4分对等式两边求导，得1()()d (1)()(1)()d (1)()xxf x yf y y x xf x y f y y x x f x ′=−+−+−−−∫∫1()d (1)()d x xyf y y y f y y =−+−∫∫，再对上式两边求导得 ()()(1)()()f x xf x x f x f x ′′=−−−=−，即 ()()0f x f x ′′+=. ------------ 4分这是二阶常系数齐次线性微分方程，易知其通解为 12()cos sin f x C x C x =+.分别取0x =和1x =代入上式，得11C =，21cos11tan sin12C −==，因此所求函数为 1()cos tan sin 2f x x x =+⋅ (01)x ≤≤. ------------ 4分三、 (本题满分12分) 设曲面∑是由锥面x =，平面1x =，以及球面2224x y z ++=围成的空间区域的外侧表面，计算曲面积分： 222()()d d ()d d d d f x I x y z y z x z y f xz y x z y f Σ=++ +++ ∫∫ ， 其中()f u 是具有连续导数的奇函数.【解】 设2()f y P x x +=，2()f z Q y x +=，2()f z R z y +=，则[](()()2)P Q Rx y z y x y xy f yz zf ′′+∂∂∂++=+++∂∂∂. 因为奇函数()f u 的导数是偶函数，所以()()f xy f yz ′′+关于y 是偶函数.------------ 4分记Ω是以Σ为边界曲面的有界区域，根据Gauss 公式，并结合三重积分的对称性，得d d d 2d d d P Q R Ix y z x x y z x y z ΩΩ∂∂∂=++= ∂∂∂ ∫∫∫∫∫∫ ------------ 4分222410cos 2d d cos sin d ππϕθϕρϕρϕρ⋅∫∫∫44017cos sin 16d 4cos 22ππππϕϕϕπϕ=−=−=∫. ------------ 4分四、 (本题满分12分) 设()f x 是以2π为周期的周期函数，且,00,0()f x x x x ππ<< = −≤≤，试将函数()f x 展开成Fourier 级数，并求级数121(1)n n n −∞=−∑之和.【解】 函数()f x 在点(21)(012)x k k π=+=±±，，， 处不连续，在其他点处连续，根据收敛定理可知，()f x 的Fourier 级数收敛，并且当(21)x k π≠+时级数收敛于()f x ，当(21)x k π=+时级数收敛于(0)(0)22f f πππ−−++=.------------ 4分下面先计算()f x 的Fourier 系数. 0011()d d 2a f x x x x ππππππ−===∫∫，且 2011(1)1()cos d cos d n n a f x nx x x nx x n ππππππ−−−===∫∫，1,2,n = ， 1011(1)()sin d sin d n n b f x nx x x nx x n πππππ+−−===∫∫，1,2,n = ，因此当(,)x ∈−∞+∞，且,3,x ππ≠±± 时，有121(1)1(1)()cos sin 4n n k f x nx nx n n ππ+∞= −−−=++∑. ------------ 4分 注意到0x =是()f x 的连续点，代入上式得21(1)104n n n ππ∞=−−+=∑， 即 2211(21)8n n π∞==−∑. 又22222111111111(21)(2)84n n n n n n n n π∞∞∞∞====+=+−∑∑∑∑，由此解得22116n n π∞==∑. 最后可得 1222222111(1)111(21)(2)84612n n n n n n n πππ−∞∞∞==−=−=−⋅=−∑∑∑. ------------ 4分【注】 对于最后一步，若只给出结果1221(1)12n n n π−∞=−=∑，则可得2分.五、(本题满分12分) 设数列{}n a 满足：12a π=，11sin 1n n n a a a n +=−+，1n ≥. 求证：数列{}n na 收敛.【解】 利用不等式：3sin 6x x x x −<<02x π <<.首先，易知1160n n a a a π+<<<< (2)n ≥. ------------ 4分故由题设等式得1(1)sin n n n n n n a na a a na +++−>，所以{}n na 是严格递增数列. ------------ 4分其次，由于31122221(1)sin 111(1)()()6()6n n n n n n n n n n n a na a a a a na n a na na na n +++−−−<=<⋅≤+， 所以 12111111(1)6nn k k kk a ka k a k ==+ −< + ∑∑，即 2112111111(1)666n k n a a a n a k π=+−<<⋅+∑，解得 1121(1)16n a n a a π++<−.这就证明了数列{}n na 严格递增且有上界，因而收敛. ------------ 4分六、(本题满分10分)证明：b a a b a b a b +≤+≤+，其中0>a ，0b >，1a b +=.【证】 不妨设1012a b <≤≤<，考虑函数1()x x f x a b −=+，如能证明()f x 在区间(0,]b 上单调减少，则有1()()()2f b f f a ≤≤，不等式得证. ------------ 3分对于(0,]∈x b ，因为1()ln ln x x f x a a b b −′⋅−⋅，221()ln ln 0x x f x a a b b −′′=⋅+⋅>，所以()()f x f b ′′<，故只需证()0f b ′≤，即ln ln baa ab b ⋅≤⋅或ln ln a ba b a b a b≤.------------ 4分容易证明ln xx是(0,]e 上的单调增函数，问题归结为证0a b a b e <<≤，这等价于证ln ln 11a b a b <−−，而这由函数ln 1xx−在(0,1)上单调增加即得. ------------ 3分 【注】 补证函数ln ()1xg x x=−在(0,1)上单调增加. 利用ln(1)x x +<(0)x >，有2111()1ln 1(1)0(1)′=−−+−> −g x x x x ， 所以()g x 在(0,1)上单调增加.七、 (本题满分12分) 设)(=ij A a 为n 阶实矩阵，12,,,ααα n 为A 的n 个列向量，且均不为零. 证明：矩阵A 的秩满足2T1()αα=≥∑niii i ia r A .【证】 注意到用非零常数乘矩阵的列向量不改变矩阵的秩()r A ，故可设T 1αα=i i ，1,2,,= i n ，所以只需证明21()=≥∑n iii r A a ，也即T 21()()α=≥∑ni i i r A e .其中T (0,,0,1,0,,0)= i e 是第i 个分量为1其余分量均为0的n 维列向量.------------ 4分令()=r A k ，则由12,,,ααα n 的任一极大无关组并利用Schmidt 正交化方法，可得标准正交向量组12,,,βββ k . 易知，向量组12,,,ααα n 与12,,,βββ k 等价.对任意1,2,,= i n ，令1αβ==∑ki j j j x ，则由12,,,βββ k 的标准正交性可知，Tβα=j ji x ，1,2,,= j k ，所以T 1()αβαβ==∑ki j i j j ，于是T 1T T()()βααβ==∑ii i kj i j j e e .------------ 4分根据 Cauchy-Schwarz 不等式，并注意到T 2T 1()1βααα===∑kj i i ij ，可得 2T 2T T 222T T 1111T ()())(()()()βαβαβαββ==== =≤=∑∑∑∑k k k k j i j j i j j j i i i j j j i i e e e e ，22T2TT1111()()()()αβββ=======≤∑∑∑∑n k nkj j j i ii i j i j k r eA e .------------ 4分。

非数学类数学竞赛试题及答案试题一：逻辑推理题题目：在一次聚会中，有四个朋友A、B、C和D，他们分别带来了不同的饮料：果汁、茶、咖啡和可乐。

已知：1. A没有带果汁。

2. B和C带的饮料不同。

3. D带的饮料不是咖啡。

4. 没有人同时带了两种饮料。

根据以上信息，请问A、B、C和D分别带了什么饮料？答案：根据条件1，A带的饮料不是果汁。

根据条件3，D带的饮料不是咖啡。

由于B和C带的饮料不同（条件2），我们可以推断出B和C中必有一人带了果汁。

由于A没有带果汁，且D没有带咖啡，我们可以进一步推断出A带的是咖啡，B或C中一人带了果汁。

最后，由于没有人同时带两种饮料，我们可以确定B带了茶，C带了可乐，D带了果汁。

试题二：概率问题题目：一个袋子里有5个红球和3个蓝球。

现在随机抽取3个球，求抽取到至少2个红球的概率。

答案：首先，我们计算总的可能性。

从8个球中抽取3个球的组合数为C(8,3)。

然后，我们计算抽取到至少2个红球的情况。

这包括抽取到2个红球和1个蓝球，以及抽取到3个红球的情况。

抽取2个红球和1个蓝球的组合数为C(5,2) * C(3,1)，抽取3个红球的组合数为C(5,3)。

所以，至少2个红球的组合数为C(5,2) * C(3,1) + C(5,3)。

最后，我们计算概率，即至少2个红球的组合数除以总的组合数，即[C(5,2) * C(3,1) + C(5,3)] / C(8,3)。

试题三：几何问题题目：在一个直角三角形ABC中，角C是直角，AB是斜边，BC=6，AC=8。

求斜边AB的长度。

答案：根据勾股定理，直角三角形的斜边的平方等于两直角边的平方和。

即AB² = BC² + AC²。

将已知的BC和AC的值代入公式，我们得到AB² = 6² + 8² = 36 + 64 = 100。

因此，AB = √100 = 10。

试题四：数列问题题目：一个数列的前四项是2, 4, 6, 8。

第十届全国大学生数学竞赛（非数学类）预赛试题及答案一、填空题（本题满分24分, 共4小题, 每小题6分)（1）设(0,1),α∈则()lim (1)n n n αα→+∞+-=＿0＿＿＿＿＿＿.解 由于 1111,n n α⎛⎫⎛⎫+<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则 αααααα-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+<⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+11111111)1(n n n n n n n ， 于是 ααα-<-+<11)1(0nn n ，应用两边夹法则，()lim (1)0n n n αα→+∞+-=. （2）若曲线()y y x =由+cos +sin 1yx t t e ty t =⎧⎨+=⎩确定，则此曲线在0t =对应点处的切线方程为0(1)y x -=--解：当0t =时，1,0x y ==，对cos x t t =+两边关于t 求导：1sin dx t dt =-，01t dxdt ==， 对+sin 1y e ty t +=两边关于t 求导：cos 0y dy dy e y t t dt dt +++=，01t dy dt ==-， 则01t dydx ==-.所以，切线方程为0(1)y x -=--.（3）21ln(1)C 2x x +-++ 解1：tan ln(tan sec )ln(tan sec )sin sec x t t t dt t t d t t=+==+⎰⎰ln(tan sec )sin sin ln(tan sec )sint ln(tan sec )t t d t t t t d t t =+=+-+⎰⎰21sin ln(tan sec )sint(sec tan sec )tan sec t t t t t t dt t t =+-++⎰sin sin ln(tan sec )cos tt t t dt t=+-⎰21sin ln(tan sec )ln |cos |C ln(1)C 2t t t t x x =+++-++.解2：ln(x d =+⎰1x dx ⎛⎫=-21xx dxx=-+⎰21ln(1)C2x x-++（4）21coslimx x→-=＿＿＿3＿＿＿＿.解答：2001coslimx xxx→→⎡-=⎢⎣⎦211lim2x x→=+2211lim2x x x→⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦1lim2x→=++⎢⎥⎣⎦220011cos21cos313lim lim1322322x xx xx x→→--=++=++=.二 (本题满分8分) 设函数()f t在0t≠时一阶连续可导，且(1)0f=，求函数22()f x y-，使得曲线积分2222(2())()Ly f x y dx xf x y dy⎡⎤--+-⎣⎦⎰与路径无关，其中L为任一不与直线y x=±相交的分段光滑闭曲线.解：设22(,)(2())P x y y f x y=--，22(,)()Q x y xf x y=-，由题设可知，积分与路径无关，于是有(,)Q x y Px y∂∂=∂∂，由此可知222222()()()1x y f x y f x y'--+-=-----------5分记22t x y=-，则得微分方程()()1tf t f t'+=，即(())1tf t'=，())tf t t C=+又(1))0f=，可得1,C=-1())1f tt=-，从而22221()1f x yx y-=--.------------8分三 (本题满分14分) 设()f x在区间[0,1]上连续，且1()3f x≤≤.证明：1100141()()3f x dx dxf x≤≤⎰⎰.证明. 由柯西不等式111()()f x dx dx f x ⎰⎰≥201⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎰. --------4分 又由于 ()()()1()30f x f x --≤，则()()()1()3/()0f x f x f x --≤，即 3()4()f x f x +≤， 103()4()f x dx f x ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭⎰. ----------10分 由于21111000313()()()4()f x dx dx f x dx f x f x ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰故 11141()()3f x dx dx f x ≤≤⎰⎰. -----------14分 四 (本题满分12分)计算三重积分22()V xy dV +⎰⎰⎰（），其中V （）是由222(2)4x y z ++-≥，222(1)9x y z ++-≤，0z ≥所围成的空心立体.解：（1）1sin cos ,sin sin ,1cos ():03,0,02x r y r z r V r ϕθϕθϕϕπθπ==-=⎧⎨≤≤≤≤≤≤⎩123222225()8()sin sin 315V x y dV d d r r dr ππθϕϕϕπ+==⋅⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ----------4分 （2）2sin cos ,sin sin ,2cos ():02,0,02x r y r z r V r ϕθϕθϕϕπθπ==-=⎧⎨≤≤≤≤≤≤⎩222222225()8()sin sin 215V x y dV d d r r dr ππθϕϕϕπ+==⋅⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ----------8分 （3）3cos ,sin ,10():02x r y r z V r θθθπ⎧==≤≤⎪⎨≤≤≤≤⎪⎩3022223510()22()1)(1243)55V r x y dV rdrd dz d dr πθθπ≤+===-⋅+⎰⎰⎰⎰⎰⎰12322222222()()()()256()()()()3V V V V x y dV x y dV x y dV x y dV π+=+-+-+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰------12分 五 (本题满分14分) 设(,)f x y 在区域DM ≤，11(,)A x y ，22(,)B x y 是D 内两点，线段AB 包含在D 内。

大学数学竞赛试题及答案非数学类大学数学竞赛试题及答案（非数学类专业）一、选择题（每题2分，共10分）1. 已知函数\( f(x) = x^2 - 4x + 3 \)，求\( f(2) \)的值。

A. -1B. 1C. 3D. 52. 一个圆的半径为5，求其面积。

A. 25πB. 50πC. 75πD. 100π3. 以下哪个是等差数列1, 4, 7, ...的第10项？A. 27B. 28C. 29D. 304. 已知\( \sin(\theta) = \frac{3}{5} \)，求\( \cos(\theta) \)的值（假设\( \theta \)在第一象限）。

A. \( \frac{4}{5} \)B. \( -\frac{4}{5} \)C. \( \frac{3}{5} \)D. 05. 一个直角三角形的两条直角边分别是3和4，求斜边的长度。

A. 5B. 6C. 7D. 8答案：1. B2. B3. A4. A5. A二、填空题（每题3分，共15分）6. 圆的周长公式是 \( C = \) ________ 。

7. 已知\( a \)和\( b \)是两个正整数，且\( a > b \)，若\( a \)和\( b \)的最大公约数是3，最小公倍数是90，则\( a \)和\( b \)的值分别是________ 和 ________ 。

8. 已知\( \log_{10}100 = 2 \)，求\( \log_{10}1000 \)的值是________ 。

9. 将\( 0.\overline{3} \)（即0.333...）转换为分数形式是________ 。

10. 一个等比数列的首项是2，公比是3，求第5项的值是________ 。

答案：6. \( 2\pi r \)7. 15, 68. 39. \( \frac{1}{3} \)10. 162三、解答题（每题10分，共20分）11. 证明：对于任意实数\( a \)和\( b \)，不等式\( a^2 + b^2\geq 2ab \)总是成立。

2023年第六届华教杯全国大学生数学竞赛初赛真题（非数学类专业组）一、选择题（10题、3分/题）1．已知xxx +-=11)(α，333)(x x -=β，则当1→x 时（）．A ．)(x α是关于)(x β的2阶无穷小B ．)(x α与)(x β是高阶无穷小C ．)(x β与)(x α是等价无穷小D ．)(x α与)(x β是同阶无穷小，但不是等价无穷小2．=+-⎰dx xx e x2211(（）．A ．Cx e x++1B ．C x e x++21C ．C x e x++212D ．C xe x++2213．=++-⎰dx n x x n x x e x]2sin )sin (cos 2cos)cos [sin ππ（）．A ．C n x e x ++)2cos(πB ．Cn x e x++-)2cos(πC ．Cn x e x ++-)2tan(πD ．C n x e x++-)tan(π4．=++∑∑==∞→n i n j n j i ji n 11221lim （）．A ．2ln 2+πB ．2ln 2+πC ．3ln 2+πD ．3ln 2+π5．=+⎰πn dx x 0)2sin(1（）．A ．nB ．n2C ．n 3D ．n226．=++∞→nn n n 12)1(lim （）．A ．0B ．1C ．2D ．37．=+⎰-xdx x x 22322cos )sin (ππ（）．A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π8．∑∞==≤≤-=022,,cos n na x nx ax ππ（）．A ．0B ．1C ．2D ．39．=++++++∞→（nn n n nn n n 1221212lim n 21（）．A ．ln2B ．ln3C ．2ln 1D ．3ln 110．设0022>->=b ac a R D ，，，=>+++=⎰⎰)0)2(222p cy bxy ax p dxdyI D （）．A ．2b ac p -πB ．bac p -πC ．bac p -2πD ．bac p -2π二、填空题（7题、4分/题）1．=--→1cos )sec(sin )sec(tan lim20x x x x ．2．=-+⎰dx xe x e x x 2)1()1(．3．点)2,2,2(0M 关于直线32431:-=+=-z y x L 的对称点1M 的坐标为．4．()()()⎰⎰=---Ddxdy xy x y y x 4122．其中y x x y D ==;:及)21,0(,.4122∈=--+y x y x y x 所围成的区域．5．正方形的边长L 以2m/s 的速度增大，当L=4m 时，其内接圆的面积的变化速率为．6．=⎪⎭⎫ ⎝⎛6sin)2023(π．7．设1321242n n x n-=⋅⋅⋅⋅，则=∞→n xn e lim ．三、解答题（3题、14分/题）1．设函数)(x f 在][b a ，上具有连续导数，若μλ，为实数且)()(21)(22a b a b dx x f ba-+-=⎰μλ，)(21)(31)(2233a b a b dx x xf ba-+-=⎰μλ，证明：存在)(b a ，∈ξ，使得λξ=)('f ．2．若!!21)(2n x x x x f nn ++++= ，其中n 为自然数，求方程0)()(1=+x f x f n n 在)(∞+-∞，内实根的个数．3．曲线],2[,sin ππ∈=x x y 绕y 轴旋转一周，求所得几何体的体积．2023年第六届华教杯全国大学生数学竞赛初赛真题（非数学类专业组）参考答案一、选择题1、D 2、B 3、B 4、B 5、D 6、B 7、D8、B9、C10、A二、填空题1、1-2、C xex+-113、)6,6,6(-4、614415、π46、23-7、1三、解答题1、【参考解析】考虑积分dx x f x b a x ba⎰---))()()(('λ，利用分布积分及)()(21)(22a b a b dx x f ba-+-=⎰μλ，)(21)(31)(2233a b a b dx x xf b a -+-=⎰μλ，有⎰⎰-++-----+b ab a badxx f x a b x f x b a x dx x ab ax bx )()2()())(()(2λ⎰⎰-++-=b a b a dxx xf dx x f b a a b )(2)()()(63λ))(21)(31(2))()(21)(()(62233223a b a b a b a b b a a b -+---+-++-=μλμλλ0=由积分中值定理知，存在)(b a ，∈ξ，使得λξ=)('f ．2、【参考解析】由题设知)(x f n 在)(∞+-∞，内连续，当n 为偶数时，,)(lim ,)(lim -∞=+∞=-∞→+∞→x f x f n n n n 故)(x f n 存在极小点0x ，则由()(),!!0000n x n x x f x f nn n n =+'=又(),10=n f 从而(),0>x f n 即()x f n 在()∞+∞-，内无实根．当n 为奇数时，()()，，-∞=+∞=-∞→+∞→x f x f n n n n lim lim 知()x f n 在区间()∞+∞-，内有实根．由()(),1x f x f n n -='而1-n 为偶数，则()0>'x f ，知()x f n 在区间()∞+∞-，严格单增，故其有唯一实根．从而()x f n ()x f n 1+无论n 为奇数还是偶数，它在()∞+∞-，内有唯一实根．3、【参考解析】曲线],2[,sin ππ∈=x x y 的反函数为]1,0[,arcsin ∈-=y y x π，所以所得几何体的体积为：⎰-=12)arcsin (dy y V ππ，设则即,sin ,arcsin u y u y ==⎰⎰-=-=202102cos )()arcsin (πππππudu u dy y V =)88(42-π+ππ．。