x e t sin 2t 4.曲线 在点(0,1)处的法线方程为 _______________ . t y e cos t
dy dy dt e t cos t e t sin t cos t sin t 解： t ， t dx dx e sin 2t 2e cos 2t sin 2t 2 cos 2t dt dy 1 x 0时t 0 从而 ，所以法线斜率为k法 2 dx t 0 2 所以法线方程为y 1 2 x，即2 x y 1 0.
1 1
4
4
4 ln xd ( x ) 4( x ln x
1 1
4
4
4
1
ln x dx x 1 x dx ) x
4 1
8(ln 4 x ) 8(ln 4 1).
1
4
5.(14分)设奇函数 f ( x )在[ 1,1]上具有二阶导数，且 f (1) 1, 证明： (1)存在 (0,1)，使得 f ( ) 1 ( 2)存在 ( 1,1)，使得 f ( ) f ( ) . 1
6.
1 sin x dx ______________ . x cos x 1 sin x d ( x cos x) 解： x cos x dx x cos x ln x cos x C.
得 分
评阅人
二、综合题（本题共 70 分，请写出相应演算步骤。 ）
得 分
封
评阅人
一、填空题（每小题 5 分，共 30 分，请将答案填在题中横线上。 ） x 1 1.设f ( ) 3 f ( x) 2 x，求f ( x) ________ . x 1
密
x 1 t 1 , 则x , x 1 t 1 t 1 t 1 2t 2 于是f (t ) 3 f ( )2 3[3 f (t ) 2t ] t 1 t 1 t 1 t 1 整理得 8 f (t ) 6t 2 t 1 3 1 x 1 所以 f ( x) x ，x 1. 4 4 x 1 解：令t
4.(10分)设f (2 x 1)
7 ln x ，求 f ( x)dx. 1 x
解：令 x 2t 1，则 dx 2dt，x 1时t 1；x 7时t 4

7
1
f ( x )dx 2 f ( 2t 1)dt 2 f ( 2 x 1)dx 2
数学竞赛试题 第 3 页（共 5 页）
证明： (1)设F ( x) f ( x) x, x [1,1]， f ( x)是奇函数， f ( 0) 0 F (0) f (0) 0 0, F (1) f (1) 1 0, 而F ( x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导， 由罗尔定理知，存在 (0,1)使得F ( ) f ( ) 1 0，即f ( ) 1.
5.设y f (ln x)e f ( x )，其中f可微，则dy ______________ .
1 解：y [ f (ln x)]e f ( x ) f (ln x)[e f ( x ) ] f (ln x) e f ( x ) f (ln x)e f ( x ) f ( x)， x 1 dy ydx e f ( x ) [ f (ln x) f ( x) f (ln x)]dx . x
1.(10分)求 os 2 x . x(e 2 x 1) ln(1 tan 2 x)
解：原式 lim
sin 2 x x 2 cos 2 x 1 (sin x x cos x)(sin x x cos x) lim 2 x 0 x 2x x 2 x 0 x4 1 sin x x cos x sin x x cos x 1 sin x x cos x lim lim lim 2 3 x 0 2 x 0 x x 2 x 0 x3 cos x cos x x sin x x2 1 lim lim . x 0 x 0 3 x 2 3x 2 3
绝密★启用前
山东省大学生数学竞赛（专科）决赛试卷 （非数学类，2017）
座号： 考试形式： 闭卷
题 号 满 分 得 分
考试时间： 120
一 30 二 70
分钟
满分： 100
总 分
分
100
注意：1．答题前，请竞赛选手将密封线内的项目填写清楚。 线 所在院校： 2．将答案直接答在试卷相应题目的位置，答错位置不得分。
身份证号：
2. lim
x 1
3 x 1 x ___________ . x2 x 2
3 x 1 x 2(1 x) 1 lim lim x 1 x 1 ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) 3 x 1 x
解：原式 lim
解： (1)由题意得 4 4 V1 (2 x ) dx ( x 5 ) (32 a 5 ) a 5 5 a
2 2 2 2
V2 a 2a
2
2
2a2
0
y 1 dy 2a 4 ( y 2 ) a 4 . 2 4 0
2a2
4 (32 a 5 ) a 4 5 3 由V 4a (1 a) 0得唯一驻点a 1 (0,2) 当0 a 1时，V 0；当a 1时，V 0 (2)设V V1 V2 因此a 1是极大值点即为最大值点。此时，V1 V2取得最大值，为 129 . 5
数学竞赛试题 第 2 页（共 5 页）
2.(10分) e t dt
0
y
2
3x2
0
ln t x 2 dt ( x 0)，求
3x2
dy . dx
4 x2 x
解：令u t x 2，则
y
2
0
ln t x 2 dt 2 ln u du
对等式 et dt 2 ln u du两边视y为x的函数求导数，得
(2)设G ( x) f ( x) f ( x) x, x [1,1]， f ( x)是奇函数， f ( x)在[1,1]上是偶函数 G (1) f (1) f (1) 1 f (1) f (1), G (1) f (1) f (1) 1 f (1), 而G ( x)在[1,1]上连续，在(1,1)内可导， 由罗尔定理知，存在 (1,1)使得G( ) f ( ) f ( ) 1 0，即f ( ) f ( ) 1.
0 x
4 x2
解得
dy 8 x ln 4 x 2 2 x ln x 2 dx dy 8 x ln 2 x 2 x ln x . 2 dx ey ey
2
2 x0 x 2 (1 cos x), 3.(10分)设f ( x) 1 x 0，试讨论f ( x)在x 0处的可导性. 1 x 2 x0 x 0 cos t dt 2 (1 cos x ) 1 2 2(1 cos x ) x 2 2 sin x 2 x x 解： f (0) lim lim lim 3 x 0 x 0 x0 x x 3x 2 2 cos x 2 sin x lim lim 0 x 0 x 0 6x 6 1 x x cos t 2dt 1 cos t 2 dt x cos x 2 1 0 x 0 f (0) lim lim lim x 0 x 0 x 0 x x2 2x 2 2 x sin x lim 0 x 0 2 f (0) f (0) f ( x )在x 0处可导 .
x 1
lim 姓名：
x 1
2 1 2 lim . x 2 x1 3 x 1 x 6
数学竞赛试题 第 1 页（共 5 页）
3.设 lim(
x
x 2a x ) 8，则a _____________ . xa
x a 3 ax
3a 3a x a 解：原式 lim(1 ) e3a 8 x xa 所以 a ln 2.
6.(16分)设D1是由抛物线y 2 x 2 和直线x a, x 2及y 0所围成的平面区域；D2 是由抛物线 y 2 x 2 和直线y 0, x a所围成的平面区域，其中0 a 2 (1)试求D1绕x轴旋转而成的旋转体体积V1；D2 绕y轴旋转而成的旋转体体积V2； (2)问当a为何值时，V1 V2取得最大值？试求此最大值.
数学竞赛试题 第 4 页（共 5 页）