目錄第一屆全國大學生數學競賽預賽試卷 1
第二屆全國大學生數學競賽預賽試卷 7
第三屆全國大學生數學競賽預賽試卷 11
第四屆全國大學生數學競賽預賽試卷 18
第五屆全國大學生數學競賽預賽試卷 23
（參加高等數學競賽的同學最重要的是好好複習高等數學知識，適當看一些輔導書及相關題目，主要是一些各大高校的試題。）
一、填空題（每小題5分，共20分）
1．計算其中區域由直線與兩座標軸所圍成三角形區域.
解: 令，則，，
（*）令，則，，，
2．設是連續函式，且滿足, 則
解: 令，則，
,解得。因此。
3．曲面平行平面的切平面方程是
解: 因平面的法向量為，而曲面在處的法向量為，故與平行，因此，由，知，
即，又，於是曲面在處的切平面方程是，即曲面平行平面
的切平面方程是。
4．設函式由方程確定，其中具有二階導數，且，則
解: 方程的兩邊對求導，得
因，故，即，因此
二、（5分）求極限，其中是給定的正整數.
解 :因故因此
三、（15分）設函式連續，，且，為常數，求並討論在處的連續性.
解 : 由和函式連續知，
因，故，
因此，當時，，故
當時，，
這表明在處連續.
四、（15分）已知平面區域，為的正向邊界，試證：
（1）；
（2）.
證 :因被積函式的偏導數連續在上連續，故由格林公式知
（1）而關於和是對稱的，即知
因此（2）因故由
知即五、（10分）已知，，是某二階常係數線性非齊次微分方程的三個解，試求此微分方程.
解設，，是二階常係數線性非齊次微分方程
的三個解，則和都是二階常係數線性齊次微分方程
的解，因此的特徵多項式是，而的特徵多項式是
因此二階常係數線性齊次微分方程為，由和
， 知，
二階常係數線性非齊次微分方程為
六、（10分）設拋物線過原點.當時, ,又已知該拋物線與軸及直線所圍圖形的面積為.試確定,使此圖形繞軸旋轉一周而成的旋轉體的體積最小.
解因拋物線過原點，故，於是
即而此圖形繞軸旋轉一周而成的旋轉體的體積即令
，得即因此
, ,.
七、（15分）已知滿足, 且, 求函式項級數之和.解 ，
即由一階線性非齊次微分方程公式知即因此
由知，，
於是下面求級數的和：令則
即由一階線性非齊次微分方程公式知
令，得，因此級數的和
八、（10分）求時, 與等價的無窮大量.
解令，則因當，時，，故
在上嚴格單調減。因此即，
又，，所以，當時, 與等價的無窮大量是。
（參加高等數學競賽的同學最重要的是好好複習高等數學知識，適當看一些輔導書及相關題目，主要是一些各大高校的試題。）
一、（25分，每小題5分）
（1）設其中求
（2）求。
（3）設，求。
（4）設函式有二階連續導數，，求。
（5）求直線與直線的距離。
解：（1）=
===(2)
令x=1/t,則
原式=（3）
二、（15分）設函式在上具有二階導數，並且
且存在一點，使得。
證明：方程在恰有兩個實根。
解： 二階導數為正，則一階導數單增，f(x)先減後增，因為f(x)有小於0的值，所以只需在兩邊找兩大於0的值。
將f(x)二階泰勒展開：
因為二階倒數大於0，所以
證明完成。
三、（15分）設函式由引數方程所確定，其中具有二階導數，曲線與在出相切，求函式。
解：（這兒少了乙個條件）由與在出相切得
， =。。。
上式可以得到乙個微分方程，求解即可。
四、（15分）設證明：
（1）當時，級數收斂；
（2）當且時，級數發散。
解：（1）>0,單調遞增
當收斂時，，而收斂，所以收斂；
當發散時，
所以，而，收斂於k。
所以，收斂。
（2）所以發散，所以存在，使得
於是，依此類推，可得存在
使得成立，所以
當時，，所以發散
五、（15分）設是過原點、方向為，（其中的直線，均勻橢球
，其中（密度為1）繞旋轉。
（1）求其轉動慣量；
（2）求其轉動慣量關於方向的最大值和最小值。
解：（1）橢球上一點p(x,y,z)到直線的距離
由輪換對稱性，
（2）當時，
當時，六、(15分)設函式具有連續的導數，在圍繞原點的任意光滑的簡單閉曲線上，曲線積分的值為常數。
（1）設為正向閉曲線證明
（2）求函式；
（3）設是圍繞原點的光滑簡單正向閉曲線，求。
解：（1） l不繞原點，在l上取兩點a，b，將l分為兩段，，再從a，b作一曲線，使之包圍原點。
則有（2） 令
由（1）知，代入可得
上式將兩邊看做y的多項式，整理得
由此可得
解得：（3） 取為，方向為順時針
（參加高等數學競賽的同學最重要的是好好複習高等數學知識，適當看一些輔導書及相關題目，主要是一些各大高校的試題。）
一． 計算下列各題（本題共3小題，每小題各5分，共15分）
（1）.求；
解：（用兩個重要極限）：
（2）.求；
解：(用尤拉公式）令
其中，表示時的無窮小量，
（3）已知，求。
解： 二．（本題10分）求方程的通解。
解：設，則
是乙個全微分方程，設
該曲線積分與路徑無關
三．（本題15分）設函式f(x)在x=0的某鄰域內具有二階連續導數，且均不為0，證明：存在唯一一組實數，使得。
證明：由極限的存在性：
即，又，①
由洛比達法則得
由極限的存在性得
即，又，②
再次使用洛比達法則得
③由①②③得是齊次線性方程組的解
設，則，
增廣矩陣，則
所以，方程有唯一解，即存在唯一一組實數滿足題意，
且。四．（本題17分）設，其中，，為與的交線，求橢球面在上各點的切平面到原點距離的最大值和最小值。
解：設上任一點，令，
則橢球面在上點m處的法向量為：
在點m處的切平面為：
原點到平面的距離為，令則，
現在求在條件，下的條件極值，
令則由拉格朗日乘數法得：
，解得或，
對應此時的或
此時的或
又因為，則
所以，橢球面在上各點的切平面到原點距離的最大值和最小值分別為：，
五．（本題16分）已知s是空間曲線繞y軸旋轉形成的橢球面的上半部分（）取上側，是s在點處的切平面，是原點到切平面的距離，表示s的正法向的方向余弦。計算：
（1）；（2）
解：（1）由題意得：橢球面s的方程為
令則，切平面的法向量為，
的方程為，
原點到切平面的距離
將一型曲面積分轉化為二重積分得：記
(2)方法一：
六．（本題12分）設f(x)是在內的可微函式，且，其中，任取實數，定義證明：絕對收斂。
證明：由拉格朗日中值定理得：介於之間，使得
，又得級數收斂，級數收斂，即絕對收斂。
七．（本題15分）是否存在區間上的連續可微函式f(x)，滿足，
？請說明理由。
解：假設存在，當時，由拉格朗日中值定理得：
介於0，x之間，使得，
同理，當時，由拉格朗日中值定理得：
介於x，2之間，使得即，
顯然，，又由題意得
即， 不存在，又因為f(x)是在區間上的連續可微函式，即存在，矛盾，故，原假設不成立，所以，不存在滿足題意的函式f(x)。
一、（本大題共5小題，每小題6分共30分）解答下列個體（要求寫出要求寫出重要步驟）
(1) 求極限
(2) 求通過直線的兩個互相垂直的平面和，使其中乙個平面過點。
(3) 已知函式，且。確定常數和，使函式滿足方程
(4) 設函式連續可微，，且在右半平面與路徑無關，求。
(5) 求極限
解(1) 因為1分
而 ，且 3分
所以即 ， 故2分
(2) 過直線的平面束為
即2分若平面過點，代入的，即 ，
從而平面的方程為2分
若平面束中與垂直，則
解得，從而平面的方程為 2分
(32分
2分要使 ，只有
， 即 2分
(4) 由得
即2分方程的通解為3分
由得，故1分
(5) 因為當時，
3分2分
1分二、（本題10分）計算
解 ： 由於
3分應用分部積分法，得
2分所以
2分當時，
，令，由兩邊夾法則，得
3分注：如果最後不用夾逼法則，而用
需先說明收斂。
三、求方程的近似解，精確到0.001.
解： 由泰勒公式2分
令得， 代入原方程得
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