1、浙江树人大学高等数学竞赛 章程 第一条 总则 树人大学高等数学竞赛（以下简称竞赛）是由 校大学生科技竞赛委员会 主办 、树人大学基础部承办的面向全校 大一学生的一项科技竞赛，旨在激发我校学生学习数学的积极性，提高学生运用数学知识解决问题的能力，培养学生的创新思维，同时也为省高等数学竞赛（ 5 月底）、全国大学生数学竞赛（ 10 月底）和全国大学生数学建模竞赛（ 9 月初）选拔人才。 第二条 竞赛内容 1竞赛分为三个类别，分别为理工类、经管类和文专类。 （ 1）理工类面向信息学院、生环学院的所有本科专业以及城建学院的土木工程 专业。 （ 2）经管类面向管理学院和现代服务业学院的所有本科专业。 （
2、 3）文专类面向所有开设高等数学类课程的文科、专科各专业以及城建学院除土木工程外的各本科专业。 2.各类别竞赛内 容分别为 （ 1）理工类：极限、导数（及应用）、不定积分、定积分（及应用） 、微分方程； （ 2）经管类：极限、导数（及应用）、不定积分、定积分（及应用）、微分方程； （ 3）文专类：极限、导数（及应用）、不定积分、定积分。 3.竞赛试题以当前正在使用的高等数学、微积分或应用高等数学教材及配套习题册作为出题的主要依据。 第 三条 竞赛形式、规则和纪律 1竞赛由树人大学基础部数学教研室统一命题，闭卷考试方式，考试时间为 120 分钟。 2竞赛一般在每年 3， 4 月的某一周的周二下午
3、 13： 30 15： 30 举行。 3 参赛对象为大一学生， 以班级为单位报名参赛。原则上每班报名人数不超过班级人数的 25。 4参赛学生携带至少两证 (身份证、学生证或一卡通）入场参赛。工作人员将密封的赛题按时启封发给参赛学生，参赛学生在规定时间内完成答卷，并准时交卷。 5对违反竞赛规则的参赛学生，一经发现，取消参赛资格，成绩无效。 第四条 组织形式 竞赛 由校大学生科技竞赛委员会主办，树人大学基础部承办， 校数学建模社团与校学生会学习部协助基础部完成竞赛的各项组织工作。 由基础部数学教研室负责拟定赛题、安排场地、组织监考、阅卷和评奖、颁发获奖证书和奖品。 报名表将发放到各个班级，以班级为
4、单位报名。报名截止时间以报名表上注明的为准。 第五条 评奖办法 评卷采用流水批卷形式，按理工、经管、文专三个类别分别从高分到低分确定奖级。 竞赛每个类别均设一、二、三等奖，三个奖级占本类别参赛人数的比例分别为：一等奖 5、二等奖 10、三等奖 25，赛后发放获奖证书及奖品。 校大学生科技竞赛委员会 浙江树人大学 基础学院 2018-3 附：（样卷仅供参考。本届赛题覆盖范围与往届不一定相同，以本章程正文中提供的范围为准） 样卷一（ 17 年理工类试 卷） 样卷二（ 17 年经管类试卷） 样卷三（ 17 年文专类试卷） 样卷一 ： 浙江树人大学 第十一届高等数学竞赛 (2017) 工科类 试卷 考
5、试时间： 120 分钟 题号 一 二 三 四 五 六 七 总分 分值 24 24 12 8 12 10 10 100 得分 一、计算题：（每 题 6 分，共 24 分） 1. 03 ta n 3 sinlim (1 c o s )xxxxx . 2. 2 1lim ln 1x xx x. 3. 101 d( 2) xxx . 4. 1 sin d1 cos xx exx . 二、 填空 题：（每 题 4 分 ， 共 24 分） 1. 设常数 0d ， 则2 2 21 1 1 ( 1 )l imn d n dn n n _. 2. 设 2lim 8xxxaxa， 则 a _. 3. 设 ()y
6、y x 是由 cos( ) 0xye xy 所确定的隐函数 ， 则 (0)y _. 4. 设 ()fx连续 ， 则 220d ( ) ddx t f x t tx _. 5. 设 2 22 (3 s in ) 4 dx x x _. 6. 设 12(1 s i n ) , (1 c o s )xxy e x y e x 是某 个 二阶常系数非齐次线性微分方程 的两个解 ， 则该方程是 _. 三、 (12 分 ) 设函数 ()y f x 满足方程 ( ) ( ) 2 ( ) 0f x f x f x 和 ( ) ( ) 2 xf x f x e . (1) 求 ()fx的表达式 . (2) 求曲
7、线 220( ) ( ) dxy f x f t t的拐点 . 四、 (8 分 ) 求数列 3 2 0 1 71, 2 , 3 , , 2 0 1 7 ,中的最大者 . 五、 (12 分 ) 设 ()fx在 0, n ( n 为正整数 )上有连续的导数 , 在 (0, )n 内二阶可导，且(0 ) ( 1 ) ( 1 ) ( )f f f n n f n ，证明： (1) 存在 (0, )n ， 使得 ( ) 0f ； (2) 任取正整数 k ， 存在 (0, )k n ， 使得 ( ) ( )kkkkffn . 六、 (10 分 ) 设 ()fx在 0,2 上有连续的二阶导数 , (0) (
8、2) 0ff, 证 明： (1) 2 20 ( ) ( 2 ) 2 ( ) d 0f x x x f x x ； (2) 若 | ( )| 12fx ， 则 20 ( )d 8f x x . 七、 (10 分 ) 设抛物线 2 2y ax bx c 通过原点 ，且当 01x时 ， 0y . 若该抛物线与 x 轴 、 直线 1x 所围成平面图形的面积为 13 ， 试求 ,abc的值 ， 使得 这个 图形绕 x 轴旋转所成的旋转体体积最小 . 浙江树人大学 第十一届高等数学竞赛 (2017) 工科类 试卷答案 一、 1. 003 ta n 3 sin ( 3 ta n ) ( 3 sin )l i
9、m l im( 1 c o s )( 1 c o s ) 3 ta n 3 sinxxx x x xxxx x x x (3 分 ) 003 t a n ( 1 c o s ) 3 t a n 3l i m l i m6 ( 1 c o s ) 6 6xxx x xx x x (6 分 ) 2. 1222001 1 l n ( 1 ) l n ( 1 )l im l n 1 l im l imt xx t tt t txx x t t t (3 分 ) 0011 111lim lim2 2 (1 ) 2ttttt (6 分 ) 3. 910 101 1 1dd( 2) 2 2xxxx x x
10、x(3 分 ) 1 0 1 0101 0 1 01 1 d ( 2 ) 1 1 1l n | | l n | | l n ( 2 ) l n2 2 0 2 2 2 0 2 0 2xxx x x C C (6 分 ) 4. 221 2 s in c o s1 s in 22d d d ta n d1 c o s 22 c o s 2 c o sxx x xxxx e xe x e x x e xxxx (3 分 ) d ta n ta n d ( ) ta n ta n d ( ) + ta n d ( ) ta n2 2 2 2 2 2x x x x x xx x x x x xe e e e
11、 e e C (6 分 ) 二、 1. 2d ； 2. ln2 ； 3. 1 ； 4. 2()xf x ； 5. 6 ； 6. 22 xy y y e . 三、解： (1) 由题设， ( ) 3 ( ) 2 xf x f x e ， 其通解为 3 d 3 d 3( ) ( 2 ) dxxx x xf x e e e x C e C e (3 分 ) 将 3() xxf x e Ce 代入 ( ) ( ) 2 xf x f x e 得 ， 0C . 所以 ， () xf x e . (5 分 ) (2) 利用 () xf x e 可知 ， 222200( ) ( ) d dxxxty f x f
12、 t t e e t . 于是 ， 2202 d 1xxty xe e t (7 分 ) 22202 2 (1 2 ) dxxty x x e e t . (9 分 ) 当 0x 时 ， 有 0y ；当 0x 时 ， 有 0y ， 又 0 0xy ，故曲线的拐点为 (0,0) . (12 分 ) 四、 解： 设 1( ) ( 1)xy f x x x ， 则 1221 1 l n 1 l nl n l n , , 0xy x xy x y xx y x x ， 得 xe . (4 分 ) ()fx在 1,)e 上单调增加 ， 在 (, )e 上单调减少 ， 故 xe 为 ()fx在 1, )
13、上的最大值点 . (6 分 ) 可知 2 和 3 可能为最大者 ， 因为 663( 2 ) 8, ( 3 ) 9， 故 3 为最大者 . (8 分 ) 五、证明： (1) 若 1n ， 由 Rolle 定理 ， 结论明显 . (1 分 ) 若 2n ，因为 ()fx在 0, n 上连续，所以 ()fx在 0, 1n 上连续，且有最大值 M 和最小值 m . 于是 ， ( ) ( 0 ,1 , , 1 )m f i M i n ， 故 101 ()nim f i Mn. (3 分 ) 由介值定理 ， 存在 (0, 1)n， 使得 101( ) ( ) ( )nif f i f nn . (5 分
14、 ) 应用 Rolle 定理，存在 ( , ) (0 , )nn， 使得 ( ) 0f . (7 分 ) (2) 令 ( ) ( ) ( )kF x n x f x (k 为任取正整数 )， 则 由 ( ) 0, ( ) 0fF . (9 分 ) 应用 Lagrange 中值定理 ， 存在 ( , ) (0, )k nn， 使得 ( ) 0kF ， 即 ( ) ( )kkkkffn . (12 分 ) 六、证明： (1) 22 222000( )( 2 )d ( 2 ) ( ) ( )( 2 2 )df x x x x x x f x f x x x 2220 00( ) ( 2 2 ) 2
15、( ) d 2 ( ) df x x f x x f x x . (5 分 ) (2) 由 (1)及 | ( )| 12fx ， 有 2 2 2220 0 011( )d ( )( 2 )d ( ) ( 2 ) d22f x x f x x x x f x x x x (7 分 ) 22 2 2 30 016 ( 2 ) d 6 ( ) 83x x x x x . (10 分 ) 七、解：因为 2 2y ax bx c 经过原点 ， 所以 0c . (1 分 ) 由题设， 1 20 1( 2 )d 3ax bx x，即 1(1 )3ba. (3 分 ) 于是，图形绕 x 轴旋转一周所成旋转体的
16、体积为 ： 1 2 2 20 2 1 4( ) ( 2 ) d ( )1 3 5 2 7 2 7V a a x b x x a a . (6 分 ) 所以 ， 41( ) ( )1 3 5 2 7V a a . 令 ( ) 0Va ， 得惟一驻点 54a . (8 分 ) 又 4( ) 0135Va ， 则 54a 是 ()Va的最小值点 . 此时， 34b . (10 分 ) 样卷二 ： 浙江树人大学 第十一届高等数学竞赛 (2017) 经管类 试卷 考试时间： 120 分钟 题号 一 二 三 四 五 六 七 总分 分值 21 27 10 10 10 10 12 100 得分 一、填空题（每
17、空格 3 分，共 21 分） 1. 1sinlim1xxx xx . 11110limxxx xxeeee . limx a x b x a x b x . 2. 若 211lim2 baxxxx，则常数 a ， b . 3. 设 )(xf 是连续函数，则 nn dxxxfx1 2 )1()11( 4. 设 40 tan)( xd xnf n ，则 ( ) ( 2)f n f n . 二、计算题 (每小题 9 分 , 共 27 分 ) 1. 2 ln( 1) xy x x ，求 y 2. 求41 1dxx 3.讨论方程 xx cos13 2 根的个数 三、 (10 分 ) 在曲线 2xy 上求
18、点 M ，使过该点的切线被两坐标轴所截线段的长度最小 . 四、 (10 分 )设函数()fx在 1,1 上连续且满足 1 30 1( ) ( ) 2f x f x d x x , 求1 21 ( ) 1f x x dx . 五 、 (10 分 )设 )(xF 为 )(xf 的一个原函数， )(xG 为)(1xf的一个原函数，且1)0(,1)()( fxGxF ，求 )(x . 六、 (10 分 ) 设函数()fx在 0,1 上连续 , 在 (0,1) 内可导 , 且 满 足21(1 ) ( ), ( 0 ,1 )af e f a a.证明 : 存在 ( , )a ,使得( ) 2 ( )ff
19、. 七、 (12 分 ) 若 )(xf 在 0x 的某个邻域中有连续的一阶导数，且 )0(,0)0( ff 存在，证明： )0(61)( s in)(lim40 fx xfxfx . 浙江树人大学 第十一届高等数学竞赛 (2017) 经管类 试卷答案 一、填空题（每空格 3 分，共 21 分） 1. -1 , -1 , ab 2. -1 , 3 3. 0 4. 11n二、计算题 (每小题 9 分 , 共 27 分 ) 1. 2l n l n ( 1 ) 221 2 1 l n ( 1 ) l n 1x x x xy e x x xx xx 2. 41 1dxx 221 1 1 12 1 2 1
20、d x d xxx21 1 1 1 1 1 1 1( ) l n ( 1 ) l n ( 1 ) a r c t a n4 1 1 2 1 4 4 2d x d x x x x Cx x x 3.讨论方程 xx cos13 2 根的个数 解： 令 xxxf c o s13)( 2 ，则 xxxf sin6)( 0c o s6)( xxf )(f 在 ),( 内递增 当 0x 时， 0)0()( fxf ，当 0x 时， 0)0()( fxf . 故 )(xf 在 ),0( 内单调增加，在 )0,( 内单调减少 由于 02)0( f ， 22( ) 3 0 , ( ) 3 0ff 所以 )(xf
21、 在 ),0( 和 )0,( 内分别有一个零点， 即方程 xx cos13 2 有两个根 三、 (10 分 ) 在曲线 2xy 上求点 M ， 使过该点的切线被两坐标轴所截线段的长度最小 . 解： 设 点 M 的坐标为 (,)xy ，则过该点的切线与两坐标轴的交点为233(0, ) ( , 0)2 xx 与.两交点的距离 24994dxx令 2411() 4f x x x，则 658() 2xfx x ， 2x驻 点 . x ( , 2) 2 ( 2,0) 0 (0, 2) 2 ( 2, ) y 0 + 不存 在 0 + y 减 极小 值 增 减 极小 值 增 3( 2) 4f ， 1( 2,
22、 )2M 点 ， min 332d . 四、 (10 分 ) 解： 设 10 ()A f x dx. 1 30 1( ) ( ) 2f x f x d x x 两边积分 得 : 1 1 1 30 0 0 1( ) ( )2f x d x A d x x d x 1401 1 12 ( )2 4 4 8xA x A 所以 331 1 3() 2 8 8f x x x . 1 21 ( ) 1f x x dx 1 321 3( ) 18x x d x 1 213 18 x dx 316. 五 、 (10 分 ) 解：)( )()(1)( )()()(1)( 22 xF xfxfxF xFxGxFx
23、G ( ) ( ) ( ) ( )f x F x F x F x 即 ( ) , ( ) ( )xxF x C e f x C e 解 得 ： 从 而 ( 0 ) 1 1fC 由 () xf x e . 六、 (10 分 ) 证 : 令2( ) ( )xx e f x, 有21(1 ) (1 ) ( ) ( )aF e f e f a F a . 由罗尔定理得： 存在 ( ,1)a ,使得( 0 ,即( ) 2 ( )ff . 七、 (12 分 ) 证： 40 )(s in)(lim x xfxfx )( s in)s in)(lim 40 xxx xxfx )0(61s in0 )0()(lim 30 fxx xxffx 其中 )0(0 )0()(lim 0 fffx , 616s inlim3 c o s1lims inlim 02030 x xx xx xx xxx , 由 1sin xx x 得： 1lim0 xx .
