大连市数学竞赛试题1721.doc

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1、学 校姓 名大连市第十九届高等数学竞赛试卷（A）阅卷人得 分一、填空题（本大题共10小题，每小题2分，总计20分）1 已知，则 2 3 ，则4 设，则为的型间断点5 函数由方程所确定，则的驻点为6 幂级数在处条件收敛，则此级数的收敛半径为7 已知，逆时针方向，则8 曲线的凸区间为9 在曲线的所有切线中，与平面平行的切线只有条10 化为极坐标系下的先对后对的二次积分为考生注意： 考试时间 150 分钟 试卷总分 100 分 共 三 页 第 1 页题 号一二三四五六七八九十总分分 数阅卷人得 分 二、（本题8分）已知，求.解：因为，又 ，所以,，2分从而，4分又，所以.2分阅卷人得 分 三、（本题

2、9分）设在区间内可导。求证：在内,以为周期的充要条件为的周期为且。证明：（）设以为周期，则，即。又=， 所以，的周期为。.3分 （）设的周期为且。 因为，所以 =3分令，则= =，2分所以，=。命题成立。1分考生注意： 考试时间 150 分钟 试卷总分 100 分 共 三 页 第 2 页学 校姓 名阅卷人得 分 四、（本题8分）设，求与轴所围成的封闭图形的面积及绕轴旋转一周所成的旋转体的体积。解 必须定出与轴的交点，的表达式及的符号。，（为奇，为偶），所以与轴有两交点。.2分，单调降，时，；时，所以，时，时，。与轴仅有两交点。.2分 = 时，；。.4分考生注意： 考试时间 150 分钟 试卷总

3、分 100 分 共 三 页 第 3页阅卷人得 分 五、（本题9分）求函数在区域上的最大值和最小值。解：(1) 求在内的驻点,由, 得在内的驻点为.2分(2) 考察边界 最大值,最小值.2分(3) 考察边界,由知.令,得,.3分比较可知:在上的最大值为,最小值为2分阅卷人得 分 六、（本题8分）通过,变换方程 解： .2分，. 4分因此,. .2分 共 三 页 第 4 页学 校姓 名 阅卷人得 分 七、（本题10分）设时，。求证：（1）（6分）； （2）（4分）收敛。 证明：（1）因为时，所以，又，所以，单调增加。2分 ，所以，。.4分（2）由（1）知：，所以，故收敛。.4分阅卷人得 分 八、（

4、本题8分）求下列曲面积分，其中为曲线绕z轴旋转一周所成的曲面的上侧。解：为：，上侧；设为，下侧；和所围成的区域为，.2分则, 原式= =.4分=3=12=. .2分阅卷人得 分九、（本题10分）设函数在上连续,且单调增加,求证: 。证明：设(). 2分则. .2分. .2分（单调增）. .2分=0，又所以。故原命题成立。. 2分 阅卷人得 分十、（本题10分）设函数在上连续，在内二阶可导,且，试证：在内至少存在一点，使=0。证明：因为，所以，可设。由于，所以，总存在，使，又，所以，总存在，使，即。 4分且,由在上连续知, 在上也连续，由介值定理知总存在使。3分将分别在、上用罗尔定理得：总存在，

5、使，在上再用罗尔定理得：总存在，使=0。. 3分 共 三 页 第 6页 学 校姓 名大连市第十九届高等数学竞赛试卷（B）阅卷人得 分一、填空题（本大题共10小题，每小题2分，总计20分）1 设函数，则2 3已知，则 4 设，则为的型间断点。5设在上连续，则 6已知当时，与是等价无穷小，则常数 7 设由方程确定，则8 曲线的凸区间为9 设，则10 考生注意： 考试时间 150 分钟 试卷总分 100 分 共 三 页 第 1 页题 号一二三四五六七八九十总分分 数阅卷人得 分 二、（本题8分）已知，求.解：因为，又 ，所以,，2分从而，4分又，所以.2分阅卷人得 分 三、（本题9分）设在区间内可导

6、。求证：在内,以为周期的充要条件为的周期为且。证明：（）设以为周期，则，即。又=， 所以，的周期为。.3分 （）设的周期为且。 因为，所以 =3分令，则= =2分所以，=。命题成立。1分考生注意： 考试时间 150 分钟 试卷总分 100 分 共 三 页 第 2 页学 校姓 名阅卷人得 分 四、（本题8分）设函数，试求其单调区间，极值点及凹凸性、拐点和渐近线。解 =，令，得；令得。2分列表如下： 01_0+_0+单调下降拐点单调下降极小值单调增加单调下降可知函数的单增区间为（0，1）,单调减区间为和;函数在取得极小值，极小值为0；2分函数的图形在上是凸的,在和上是凹的,是曲线的拐点。2分由，知

7、为图形的水平渐近线；由知为图形的铅直渐近线。2分阅卷人得 分 五、（本题9分）设， 求。 解：令，则，.3分 原式=4分 =.2分阅卷人得 分六、（本题8分）求曲线在内的一条切线，使该切线与，及所围成图形的面积最小。解 设为曲线上任意一点，则此点处切线为.2分所求面积为 .2分令，得，又当时，时，故时，取极小，即取最小。.2分从而所求的切线方程为 .2分 共 三 页 第 4 页学 校姓 名 阅卷人得 分 七、（本题10分）设时，。（1）求证：； （2）求。证明： （1）因为时，所以，又，所以，单调增加。2分 ，所以，。.4分（2）由（1）知：，所以，故。.4分 阅卷人得 分 八、（本题8分）设

8、平面图形由与所确定，求图形绕直线旋转一周所得旋转体的体积。解 以为积分变量，它的最大范围为，在其上固定一点，过此点作平行于轴的平行线，这条平行线与图形的两条边界线，相交，它们与旋转轴之间的距离分别为，则所求体积为 .2分 =.2分 =.2分 =.2分阅卷人得 分九、（本题10分）设函数在上连续,且单调增加,求证: 。证明：设(). 2分则. 2分. .2分（单调增）. .2分=0，又所以。故原命题成立。. 2分 阅卷人得 分十、（本题10分）设函数在上连续，在内二阶可导,且，试证：在内至少存在一点，使=0。证明：因为，所以，可设。由于，所以，总存在，使，又，所以，总存在，使，即。. 4分且,由

9、在上连续知, 在上也连续，由介值定理知总存在使。. 3分将分别在、上用罗尔定理得：总存在，使，在上再用罗尔定理得：总存在，使=0。. 3分 共 三 页 第 6页 学 校姓 名大连市第十七届高等数学竞赛试卷（A）阅卷人得 分一、填空题（本大题共10小题，每小题2分，总计20分）1极限 2积分3已知 ，则 4设有一个原函数为，则 5当时，与是等价无穷小，则 6幂级数的收敛域为 7设是一周，其线密度为，则其关于轴的转动惯量 8的可去间断点的个数为 9设由方程确定，则的驻点为 10积分 题号一二三四五六七八九十总分分数阅卷人得 分 二、（本题9分）设在上有定义，在处可导，且，若对所有的，有， 试证：在

10、上可导，并求。考生注意： 考试时间 分钟 试卷总分 100 分 共 三 页 第 1 页学 校姓 名阅卷人得 分 三、（本题8分）设正值序列满足，证明：存在，并求其值。 阅卷人得 分 四、（本题8分） 设是圆周正向，求()。阅卷人得 分 五、（本题9分）设在上连续，且，证明： 。 阅卷人得 分 六、（本题8分）设是区间上任一正值连续函数。（1）试证存在，使得在区间上以为高的矩形面积等于在区间上以为曲边的曲边梯形面积。 （2）又设在区间上单调增加，试证（1）中的是唯一的。 共 三 页 第 2 页学 校姓 名阅卷人得 分 七、（本题10分）试求在上的最大值，最小值，其中，。阅卷人得 分 八、（本题8

11、分）设级数收敛，绝对收敛，证明：绝对收敛。阅卷人得 分九、（本题10分）设在上有四阶连续的偏导数，在的边界上恒为零，且，试证明：。 阅卷人得 分十、（本题10分）设，它在区间上的任一子区间上不恒为零，且在上二阶可导，证明：方程在上最多只有一个根。 共 三 页 第 3 页 学 校姓 名大连市第十七届高等数学竞赛试卷（B）阅卷人得 分一、填空题（本大题共10小题，每小题2分，总计20分）1极限 2积分3已知 ，则 4设有一个原函数为，则 5当时，与是等价无穷小，则 6已知曲线在处的切线与轴的交点为，则 7设函数的导函数在处连续，则的取值范围为 8的可去间断点的个数为 9设在处连续，则在处的微分 1

12、0积分 题号一二三四五六七八九十总分分数阅卷人得 分 二、（本题9分）设在上有定义，在处可导，且，若对所有的，有， 试证：在上可导，并求。考生注意： 考试时间 分钟 试卷总分 100 分 共 三 页 第 1 页学 校姓 名阅卷人得 分 三、（本题8分）试比较与的大小。 阅卷人得 分 四、（本题8分）设正值序列满足，证明：存在，并求其值。阅卷人得 分 五、（本题9分）设在上连续，且，证明： 。 阅卷人得 分 六、（本题8分）设是区间上任一正值连续函数。（1）试证存在，使得在区间上以为高的矩形面积等于在区间上以为曲边的曲边梯形面积。 （2）又设在区间上单调增加，试证（1）中的是唯一的。 共 三 页

13、 第 2 页学 校姓 名阅卷人得 分 七、（本题10分）设，(1) 证明是以为周期的周期函数；(2) 求的值域。阅卷人得 分 八、（本题8分）求以半径为的圆为底、平行且等于底圆直径的线段为顶、高为的正劈锥体的体积。阅卷人得 分九、（本题10分）设函数在点处连续，且在点处可导，证明：在点处可导，并求。 阅卷人得 分十、（本题10分）设，它在区间上的任一子区间上不恒为零，且在上二阶可导，证明：方程在上最多只有一个根。 共 三 页 第 3 页大连市第十七届高等数学竞赛试卷A答案一、填空题（每小题2分，共20分）12 345678910二、（本题9分） 令，由条件知让，则 由导数定义知在处可导，且有，

14、再由上式得，又得。三、（本题8分）因为对，有，所以，是驻点。由知为极小值，即最小值。由上知，即，所以单调增加，又由的，即，从而存在，且。对不等式取极限，得，由第一段知。四、（本题8分）容易验证，。作椭圆，记为，则由格林公式得，又，令，所以，于是。五、（本题9分）由及一阶泰勒公式，对任给的，取，于是，两边从到积分，从而。六、（本题8分）（1）令由零点定理得，使得，即，于是命题成立。（2）设存在，使，从而，则右边为负，左边为正，矛盾。七、（本题10分）先求内的驻点与极值再求的驻点与极值由因为上，故要有非零解，必有得此时最大值为：最小值为：八、（本题8分）设级数收敛于，则，其中从而，则存在，使对一切

15、，有。又，而绝对收敛，故绝对收敛。九、（本题10分） 所以 。十、（本题10分）设均为方程的根，由罗尔定理，存在，因为，所以单增，于是 ；所以是的最小值点，从而。又，所以。由前面的结论，在上单增，所以在上也单增。这时，即在上恒为零，与题设矛盾，因此至多有一根。大连市第十七届高等数学竞赛试卷B答案一、填空题（每小题2分，共20分）123456 789 10二、（本题9分） 令，由条件知让，则 由导数定义知在处可导，且有，再由上式得，又得。三、（本题8分）令，则，当时，故单调增加。由知，即有或，考虑到，所以。四、（本题8分）因为对，有，所以，是驻点。由知为极小值，即最小值。由上知，即，所以单调增加

16、，又由的，即，从而存在，且。对不等式取极限，得，由第一段知。五、（本题9分）由及一阶泰勒公式，对任给的，取，于是，两边从到积分，从而。六、（本题8分）（1）令由零点定理得，使得，即，于是命题成立。（2）设存在，使，从而，则右边为负，左边为正，矛盾。七、（本题10分）(1) ，设，则有 ，故是以为周期的周期函数。(2) 的最小值是，最大值是，故的值域是。八、（本题8分）底圆的方程为，过轴上的点 ()作垂直于轴的平面，截正劈锥体得等腰三角形，这截面的面积为于是所求正劈锥体的体积为 。九、（本题10分）记为在点处的导数，当时，因为所以；当时，因为，所以，则，从而。综上所述，在处可导，且十、（本题10

17、分）设均为方程的根，由罗尔定理，存在，因为，所以单增，于是 ；所以是的最小值点，从而。又，所以。由前面的结论，在上单增，所以在上也单增。这时，即在上恒为零，与题设矛盾，因此至多有一根。大连市第十八届高等数学竞赛试卷（A）一、填空题（本大题共10小题，每小题2分，总计20分）1函数的值域为 2设是连续函数，且，则 3 4函数的第一类间断点为 5曲线的凹区间是 6设为球面的外侧，则曲面积分 7设，则 8设和为非零向量，夹角为，且，则9若，则 10使二重积分达到最大的平面区域为二、（本题9分）设在区间上连续，（1）证明；（2）利用（1）的结论，计算定积分。三、（本题8分）已知极限是不为零的有限数，试

18、求以及极限值。四、（本题8分）求函数的极值。五、（本题9分）设在区域上具有连续的偏导数，在的边界曲线上，求。六、（本题8分）计算，其中是球面 （）所包围的区域。七、（本题10分）证明：（1）方程在内的有无穷多个可由小到大排列的正根（2）级数收敛。八、（本题8分）求闭曲线所围成区域 的面积。九、（本题10分）设以为参数的方程组确定函数，求曲面在处的切平面和法线方程。十、（本题10分）设函数在处连续，且，求证： 存在，且。大连市第十八届高等数学竞赛试卷（B）一、填空题（本大题共10小题，每小题2分，总计20分）1函数的值域为 2设是连续函数，且，则 3若，则 4当时，是的阶无穷小 5若曲线与相切，

19、则 6设，则 7函数的微分为 8函数的第一类间断点为 9 10二、（本题9分）设在区间上连续，（1）证明；（2）利用（1）的结论，计算定积分。三、（本题8分）已知极限是不为零的有限数，试求以及极限值。四、（本题8分）设由方程所确定，求。五、（本题9分）求函数的单调区间、凹凸区间、极值与拐点、渐近线。六、（本题8分）证明：当时，。七、（本题10分）设平面区域由曲线在区间中部分与三条直线以及所围成，求此区域绕直线旋转所得旋转体的体积。八、（本题8分）在曲线族（）中选一条曲线，使该曲线与其在点和的法线所围成的面积最小。九、 （本题10分）设（），（1）证明：方程 在内有唯一的实根；（2）求。十、 （

20、本题10分）设函数在上连续，在内可导，且，试证：存在一点，使得。A卷答案一、填空题1 ,2 , 3 ,4 , 5 , 6 , 7 ,8 , 9 , 10 二、（1），故（2） 三、，若要其为非零有限数，则必有，且四、由及，得驻点，对于点，所以有极小值；对于点，所以有极小值；对于点，但函数在附近变号，所以不取极值。五、 六、，则原式七、（1）令，在（）内，有，且， 在单调减，故方程在存在唯一正根，因此方程在内的有无穷多个可由小到大排列的正根（2）由（1），且，故收敛。八、闭曲线的极坐标方程为，故区域的面积 九、由得以及，解得，又，故，因此曲面在处的点，法向量，于是曲面的切平面和法线方程分别为，十

21、、由，知，于是， ，各式相加得又函数在处连续，令得于是，即存在，且。B卷答案一、填空题1 ,2 ,3,4 , 5 ,6,7,8,9,10二、（1），故（2） 三、，若要其为非零有限数，则必有，且四、由方程得，。五、定义域，由，于是单调减少区间为；单调增加区间为。极大值。 由，因此凹区间为；凸区间为。拐点。 又水平渐近线 ；铅直渐近线 。六、令，则，由于当时，故在内严格单调减，从而在内，故又知在内严格单调减，得或，因此原不等式成立。七、 八、，则曲线族在的法线为，由对称性，所围成的面积为，从得，又，于是最小，故所求的曲线为。九、令，从得有根；且，故唯一。又，则存在，记为。据得，再令得。十、令，则

22、在上连续，在内可导，且，罗尔定理知：存在，使得。另一方面，因此，由，可得，即。大连市第二十届高等数学竞赛试题A卷答案一、填空题（每小题3分，共30分）1 2，时，3设函数，则=4无穷级数 的和为5曲线 所围平面图形的面积为6曲面 与平面 平行的切平面方程是 7平面曲线：，逆时针方向，则 8 9函数，= 10若 ，且当 时，；当 时，则二、（本题8分） 设函数 ，求解 三、（本题8分） 计算极限 解 ，而 ，所以 四、（本题10分） 已知函数二阶可导，且，证明：证 令，则，且，；所以 ，从而 五、（本题10分） 计算，其中为球面 的外表面解 记为球体 由Gauss公式，所求积分，法一、法二、利用

23、轮换对称性、形心坐标，分别算得，所以 六、（本题10分） 证明：，其中为球体 证 令，显然无驻点，因此在上的最值是在球面上取得令 ，由，得，最值点和，分别是在上的最小值和最大值所以七、（本题8分） 计算极限 解 ，由夹逼准则，而， 即所求极限值为八、（本题8分）设函数在上有连续的导数，且证明：级数发散，而收敛证 由的连续性、可导性及 ，易知，再由的连续性及，可知存在正数，使得当时，推得在上单调增加所以，对正整数，正数列单调减少，且以0为极限由莱布尼兹判别法，交错级数收敛，从而也收敛因 ，而发散，故由比较判别法，正项级数发散，从而也发散九、（本题8分）设函数在上可导，且证明：存在，使得证 ，利用

24、夹逼准则可证，令，则在上可导，且，在上定义函数：在上连续，在内可导，由罗尔定理，存在，使得，即，记，则，即注解 本题证明中所用的辅助函数有多种构造方法，例如在上定义大连市第二十届高等数学竞赛试题B卷答案一、填空题（本题共30分，每小题3分）12 3设，则为的第 一 型间断点4设函数在处可导，则5设， 6函数，=78设函数，则=9设函数在上可积，且满足关系式，的表达式为 10设函数由方程确定，则二、（本题8分）计算极限 解 做变量替换，再利用无穷小等价代换，三、（本题8分）已知，求常数和解 原式，所以 ，即四（本题10分）设函数有二阶连续导数， ，求解 ，所以 ，得五、（本题10分）求函数的极值

25、点解 是偶函数，所以先考虑情形令 ，得，当时，； 当时，所以是极小值点，而是极大值点六、（本题10分）求由曲线，及围成的平面图形的面积解 ，所求面积七、（本题8分）设函数满足关系，且，证明：点是曲线的拐点证 由关系式，令，得；等式两端求导，得 ，因此 再由的连续性可知，在附近，所以单增，在的两侧异号，是曲线的拐点八、（本题8分）设函数在上可导，且，单调增加证明：在上单调增加证 ，在和之间所以在上单调增加九、（本题8分）设，为正整数，证明：（1）；（2）证 令，得，（1）；（2），由夹逼准则，大连市第21届高等数学竞赛试题A卷答案一、填空题（本大题共15分，每小题3分）1设，则当时，是的 一 阶

26、无穷小量2设二元函数具有二阶连续偏导数，则 3设二元函数，则4设面上的闭区域：，则二重积分5由曲面：所围立体的体积等于二、单项选择题（本大题共15分，每小题3分）1设 ，则 A A收敛，而发散； B 发散，而收敛；C和均发散； D 和均收敛2若函数，且设，则 C A； B；C； D 3设函数，其中是有界函数，则在点处 D A极限不存在； B极限存在但不连续；C连续但不可导； D可导4若函数 在点处连续，则 A A； B；C； D5已知函数在点的某邻域内连续，且，则点 D A是的不连续点； B是的极大值点；C是的极小值点； D不是的极值点三、（本题6分）设为正整数，计算定积分解 令 ，则原式四、

27、（本题6分）求极限 解 原式五、（本题8分）计算定积分解 令，则原式所以 六、（本题10分） 1证明：对于任意正整数，方程均有唯一的正根； 2确定的范围，使得收敛1证 令 ，则可导，且，所以存在，使得，即该方程至少有一个正根；再由 知在上单调增加，所以该方程只有一个正根2，所以，且；再由，知时，与是等价无穷小量；所以当且仅当时，收敛七、（本题10分）证明：解 ，其中为面上的闭区域：，而 即 八、（本题10分）计算第一型曲面积分，其中曲面S：，而为S的指向下侧的（即）单位法向量解 ，补曲面：，取上侧；并记S与所围空间域为则由高斯公式，=，而九、（本题10分）设定义在区间上的函数存在二阶导数，且，证明：证 （反证法）假若在上不恒为零，不妨设存在，使得，则在上的最大值应在内取得，从而有最大值点，满足 ，且；同时，所以，由极值判别定理知应为极小值，这与为最大值相矛盾从而可知在上不可能取得正值同理可证在上不可能取得负值综上，在区间上，十、（本