上周组委会发布了第十七届全国大学生数学竞赛通知，初赛暂定于2025年11月8日(星期六)上午9:00-11:30举行，同时今年新增了个亮点，针对与数学类的同学，即：
为提升全国大学生数学竞赛的含金量和公平性，并进一步促进各赛区各高校的参赛积极性，第17届起将对在第五轮学科评估中数学学科评估结果为A+的高校试行数学类决赛名额单列，单列名额原则上为 100 个。其中：北京大学基础名额为 22 个，清华大学、复旦大学、山东大学、浙江大学、中国科学技术大学、南开大学基础名额各为 13 个。上述各校以 200 名为报名基准，各校报名人数每减少 20 名，核减 1 个名额；报名人数每增加 40 名，奖励 1 个名额；各校总奖励名额不超过 5 个。
组委会对于决赛总人数原则上为1000人，其中数学专业类500人 （其中100人单列给在第五轮学科评估中数学学科评估结果为A+的高校） ，非数学专业类500人各赛区参加决赛的名额由全国大学生数学竞赛工作组讨论确定。
下面为同学们准备了一套非数学类的模拟试题，由萱宝儿命制的，两份试题的解答也弄好了，改天发。同学们可以自己先做一遍。我简单点评下A类，大题上第二题第一问运算量挺大，第二问可以用第一问结论的特殊情况或直接套万能公式，这个第三问是我之前公众号发的每日一题，可以考虑用正交变换；第三题老套路的题，给的题意条件挺多的，第二问可以对 ∫ 0 1 f ( x ) d x \displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x ∫01f(x)dx 先分部积分后根据第一问的结论；第四题高斯公式；第五题这个题非常经典，很多学校数分卷子上喜欢考这类题，对无限区间上给出函数和二阶导函数对导函数的估计，这里我给出一种做法：
设 ∣ f ′ ′ ( x ) ∣ ≤ M ( M > 0 ) \displaystyle\left|f^{\prime \prime}(x)\right| \leq M(M>0) ∣f′′(x)∣≤M(M>0), 由于 lim x → + ∞ f ( x ) \displaystyle\lim _{x \rightarrow+\infty}f(x) x→+∞limf(x) 存在，由西准则，存在 A > 0 A>0 A>0 ，当 x ′ , x ′ ′ > A x^{\prime}, x^{\prime \prime}>A x′,x′′>A 时，有
∣ f ( x ′ ) − f ( x ′ ′ ) ∣ < ε . \left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime \prime}\right)\right|<\varepsilon . ∣f(x′)−f(x′′)∣<ε.
当 x > A x>A x>A 时，对任意的 h > 0 h>0 h>0 ，存在 ξ ∈ ( x , x + h ) \xi \in(x, x+h) ξ∈(x,x+h) ，使得
f ( x + h ) = f ( x ) + f ′ ( x ) h + 1 2 f ′ ′ ( ξ ) h 2 f(x+h)=f(x)+f^{\prime}(x) h+\frac{1}{2}f^{\prime \prime}(\xi) h^2 f(x+h)=f(x)+f′(x)h+21f′′(ξ)h2
故有
∣ f ′ ( x ) ∣ ≤ ∣ f ( x + h ) − f ( x ) ∣ h + 1 2 M h < ε h + 1 2 M h . \left|f^{\prime}(x)\right| \leq \frac{|f(x+h)-f(x)|}{h}+\frac{1}{2} M h<\frac{\varepsilon}{h}+\frac{1}{2} M h . ∣f′(x)∣≤h∣f(x+h)−f(x)∣+21Mh<hε+21Mh.
取 h = 2 ε M h=\sqrt{\dfrac{2 \varepsilon}{M}} h=M2ε ， 则有 ∣ f ′ ( x ) ∣ < 2 M ε ( x > A ) \left|f^{\prime}(x)\right|<\sqrt{2 M \varepsilon}(x>A) ∣f′(x)∣<2Mε (x>A) ，即证 lim x → + ∞ f ′ ( x ) = 0 \displaystyle\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0 x→+∞limf′(x)=0 ．
第十七届全国大学生数学竞赛初赛模拟卷
（非数学 A 类，2025 年）
一、填空题．（本大题共 30 分，每小题 6 分）
（1）求极限 lim n → + ∞ ∑ k = 1 n ( − 1 ) n n sin ( n 2 + k ⋅ π ) = ‾ \displaystyle\lim {n \rightarrow+\infty} \sum{k=1}^n \frac{(-1)^n}{n} \sin \left(\sqrt{n^2+k} \cdot \pi\right)=\underline{\qquad} n→+∞limk=1∑nn(−1)nsin(n2+k ⋅π)= ．
（2）若 a , b a, b a,b 均为常数，求不定积分
I = ∫ x 3 ( x − a ) ( x − b ) d x = ‾ . I=\int \frac{x^3}{(x-a)(x-b)} \mathrm{d} x=\underline{\qquad}. I=∫(x−a)(x−b)x3dx=.
（3）设 f ( t ) f(t) f(t) 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上有连续的二阶导数，且 f ( 1 ) = 0 , f ′ ( 1 ) = 1 f(1)=0, f^{\prime}(1)=1 f(1)=0,f′(1)=1 ，又 z = ( x 2 + y 2 ) f ( x 2 + y 2 ) z=\left(x^2+y^2\right) f\left(x^2+y^2\right) z=(x2+y2)f(x2+y2) 满足：
∂ 2 z ∂ x 2 + ∂ 2 z ∂ y 2 = 0. \dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2 z}{\partial y^2}=0. ∂x2∂2z+∂y2∂2z=0.
求 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) 上的最大值为 ‾ \underline{\qquad} ．
（4）求二阶非齐次线性微分方程
( 1 − x 2 ) d 2 y d x 2 − x d y d x + 4 y = 1 , 其中 x ∈ ( − 1 , 1 ) . \left(1-x^2\right) \frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{~d} x^2}-x \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} x}+4 y=1 \text {, 其中 } x \in(-1,1) \text {. } (1−x2) dx2d2y−x dx dy+4y=1, 其中 x∈(−1,1).
的通解为 ‾ \underline{\qquad} .
（5）函数 f ( x ) = { e − 1 ∣ x ∣ ( 2 + sin ( 1 x ) ) , x ≠ 0 0 , x = 0 f(x)=\left\{\begin{array}{ll}\mathrm{e}^{-\frac{1}{|x|}}\left(\sqrt{2}+\sin \left(\frac{1}{x}\right)\right) & , x \neq 0 \\ 0 & , x=0\end{array}\right. f(x)={e−∣x∣1(2 +sin(x1))0,x=0,x=0 的所有极值的和为 ‾ \underline{\qquad} .
二、(14分) 记作 I n = ∫ d x ( a + b cos x + c sin x ) n I_n=\displaystyle\int \frac{\mathrm{d} x}{(a+b \cos x+c \sin x)^n} In=∫(a+bcosx+csinx)ndx.
（1）求证：
( a 2 − b 2 − c 2 ) ( n − 1 ) I n = − b sin x + c cos x ( a + b cos x + c sin x ) n − 1 + a ( 2 n − 3 ) I n − 1 − ( n − 2 ) I n − 2 \left(a^2-b^2-c^2\right)(n-1) I_n =\frac{-b \sin x+c \cos x}{(a+b \cos x+c \sin x)^{n-1}}+a(2 n-3) I_{n-1}-(n-2) I_{n-2} (a2−b2−c2)(n−1)In=(a+bcosx+csinx)n−1−bsinx+ccosx+a(2n−3)In−1−(n−2)In−2
其中 a 2 − b 2 − c 2 ≠ 0 a^2-b^2-c^2 \neq 0 a2−b2−c2=0 ．
（2）计算定积分 ∫ 0 2 π 1 ( 2 − cos x ) 2 d x \displaystyle\int_0^{2 \pi} \frac{1}{(2-\cos x)^2} \mathrm{d} x ∫02π(2−cosx)21dx
（3）计算三重积分 J = ∭ V ( y − x ) 2 x 2 + y 2 d x d y d z J=\displaystyle\iiint_V \frac{(y-x)^2}{\sqrt{x^2+y^2}} \mathrm{d} x \mathrm{d} y \mathrm{d} z J=∭Vx2+y2 (y−x)2dxdydz ，其中
V = { ( x , y , z ) ∈ R 3 ∣ 0 ≤ z ≤ 2 ( x 2 + y 2 ) ≤ 3 + x + y 2 } V=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \left\lvert\, 0 \leq z \leq \sqrt{2\left(x^2+y^2\right)} \leq 3+\frac{x+y}{2}\right.\right\} V={(x,y,z)∈R3 0≤z≤2(x2+y2) ≤3+2x+y}
三、 (14 分 设非负函数 f ( x ) f(x) f(x) 在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上有连续的二阶导数，且满足：
f ( 0 ) = 1 , f ′ ′ ( x ) < 0 f(0)=1, f^{\prime \prime}(x)<0 f(0)=1,f′′(x)<0
证明：（1）当 x ∈ [ 0 , 1 ] x \in[0,1] x∈[0,1] 时，有 ∫ 0 x f ( t ) d t − x 2 ( f ( x ) + 1 ) ≥ 0 \displaystyle\int_0^x f(t) \mathrm{d} t-\frac{x}{2}(f(x)+1) \geq 0 ∫0xf(t)dt−2x(f(x)+1)≥0 ．
（2） ∫ 0 1 ( 2 3 − x ) f ( x ) d x ≥ 1 6 \displaystyle\int_0^1\left(\frac{2}{3}-x\right) f(x) \mathrm{d} x \geq \frac{1}{6} ∫01(32−x)f(x)dx≥61 ．
四、（14 分） 设 Σ \Sigma Σ 是球面 x 2 + y 2 + z 2 = 1 x^2+y^2+z^2=1 x2+y2+z2=1 与锥面 z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z=x2+y2
所围成区域 Ω \Omega Ω 的边界，取外侧，且 f f f 连续可微，求曲面积分
I = ∬ Σ ( [ 1 z + 1 f ( x + 2 z + 1 ) + x 3 ] d y d z + y 3 d z d x + [ 1 x + 2 f ( x + 2 z + 1 ) + z 3 ] d x d y ) I=\iint_{\Sigma}{\left( \left[ \frac{1}{z+1}f\left( \frac{x+2}{z+1} \right) +x^3 \right] \text{d}y\text{d}z+y^3\text{d}z\text{d}x+\left[ \frac{1}{x+2}f\left( \frac{x+2}{z+1} \right) +z^3 \right] \text{d}x\text{d}y \right)} I=∬Σ([z+11f(z+1x+2)+x3]dydz+y3dzdx+[x+21f(z+1x+2)+z3]dxdy)
注：最终答案要求化至最简单形式！
五、(14分) 设函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞) 上上存在二阶连续的导数，若 lim x → + ∞ f ( x ) \displaystyle\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x) x→+∞limf(x) 存在，且 f ′ ′ ( x ) f^{\prime \prime}(x) f′′(x) 有界，证明： lim x → + ∞ f ′ ( x ) = 0 \displaystyle\lim _{x \rightarrow+\infty} f^{\prime}(x)=0 x→+∞limf′(x)=0 ．
六、(14分) 设 a n = ∑ k = 0 ∞ 1 n ⋅ 2 k + 1 a_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{n \cdot 2^k+1} an=k=0∑∞n⋅2k+11 ，证明级数 ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 n a n \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} a_n n=1∑∞n(−1)n−1an 绝对收敛并求其和．
（非数学 B 类，2025 年）
一、填空题．（本大题共 30 分，每小题 6 分）
（1）求极限 lim x → 0 + e tan x − e sin x x − tan x = ‾ \displaystyle\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\mathrm{e}^{\tan x}-\mathrm{e}^{\sin x}}{x-\tan x}=\underline{\qquad} x→0+limx−tanxetanx−esinx= ．
（2）在一个带 + q +q +q 电荷所产生的电场作用下，一个单位正电荷沿直线从距离点电荷 a a a 处移动到 b b b 处 ( a < b ) (a< b) (a<b) ，则电场力所做功的大小为 ‾ \underline{\qquad} ．
（3）设 z = x 2 + y 2 z=x^2+y^2 z=x2+y2 ，其中 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 是由曲线 x 2 − x y + y 2 = 1 x^2-x y+y^2=1 x2−xy+y2=1确定的隐函数，求 d 2 z d x 2 = ‾ \dfrac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{~d} x^2}=\underline{\qquad} dx2d2z= ．
（4）设平面区域 D D D 由曲线 y = 3 ( 1 − x 2 ) y=\sqrt{3\left(1-x^2\right)} y=3(1−x2) 与直线 y = 3 x y=\sqrt{3} x y=3 x 及 y y y 轴围成．求二重积分
∬ D ( x + y ) 2 d x d y = ‾ . \displaystyle\iint_D(x+y)^2 \mathrm{d} x \mathrm{d} y=\underline{\qquad}. ∬D(x+y)2dxdy=.
（5）函数项级数 ∑ n = 1 ∞ n x ( 1 + x ) ( 1 + 2 x ) ⋯ ( 1 + n x ) , ( x ≥ 0 ) \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n x}{(1+x)(1+2 x) \cdots(1+n x)},(x \geq 0) n=1∑∞(1+x)(1+2x)⋯(1+nx)nx,(x≥0) 的和函数为 ‾ \underline{\qquad} ．
二、(14分) 假设一只酒杯的轴截面是抛物线的一部分，它的方程是 x 2 = 2 y , ( 0 ≤ y ≤ 20 ) x^2=2 y,(0 \leq y \leq 20) x2=2y,(0≤y≤20) ，若欲在杯中放入一个球，使得球能接触到酒杯底部，则球的半径 r r r 的取值范围为多少？
三、(14分) 已知 ∫ 0 + ∞ sin x x d x = π 2 \displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{d} x=\frac{\pi}{2} ∫0+∞xsinxdx=2π ．
（1）若 m ∈ N + , m ≥ 2 m \in \mathbb{N}_{+}, m \geq 2 m∈N+,m≥2 ，计算定积分 I m = ∫ 0 + ∞ ( sin x x ) m d x I_m=\displaystyle\int_0^{+\infty}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^m \mathrm{d} x Im=∫0+∞(xsinx)mdx ．
（2）求 ∫ 0 + ∞ ( 1 x 2 n + 1 ∑ k = 1 n ( − 1 ) k − 1 ( 2 k − 1 ) ! x 2 k − 1 − sin x x 2 n + 1 ) d x , ( n ∈ N + ) \displaystyle\int_0^{+\infty}\left(\frac{1}{x^{2 n+1}} \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{(2 k-1)!} x^{2 k-1}-\frac{\sin x}{x^{2 n+1}}\right) \mathrm{d} x,\left(n \in \mathbb{N}_{+}\right) ∫0+∞(x2n+11k=1∑n(2k−1)!(−1)k−1x2k−1−x2n+1sinx)dx,(n∈N+)．
四、(14分) 设 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ − 1 , 2 ] [-1,2] [−1,2] 上二阶可导，且满足：
f ( − 1 ) = 2 − 1 e , f ( 0 ) = 1 , f ( 2 ) = 2 e 2 − 1. f(-1)=2-\frac{1}{\mathrm{e}}, \quad f(0)=1,\quad f(2)=2 \mathrm{e}^2-1. f(−1)=2−e1,f(0)=1,f(2)=2e2−1.
证明：存在 ξ ∈ ( − 1 , 2 ) \xi \in(-1,2) ξ∈(−1,2) ，使得 f ′ ′ ( ξ ) − f ( ξ ) = 2 e ξ + ξ − 1 f^{\prime \prime}(\xi)-f(\xi)=2 \mathrm{e}^{\xi}+\xi-1 f′′(ξ)−f(ξ)=2eξ+ξ−1 ．
五、(14分) 已知二元函数
f ( x , y ) = a x + a y + b sin x sin y , ( a > 0 , b > 0 ) . f(x, y)=a x+a y+b \sin x \sin y,(a>0, b>0). f(x,y)=ax+ay+bsinxsiny,(a>0,b>0).
（1）讨论 a , b a, b a,b 满足什么关系时，二元函数 f ( x , y ) f(x, y) f(x,y) 存在极值？
（2）判断 f ( x , y ) = x + y + 5 sin x sin y f(x, y)=x+y+5 \sin x \sin y f(x,y)=x+y+5sinxsiny 是否存在极值？
若存在，求出其全部极值以及极值点，若不存在，请说明理由？
六、(14分) 设函数 ϕ ( x ) \phi(x) ϕ(x) 在 ( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) (−∞,+∞) 上连续，周期为 1 ，且 ∫ 0 1 ϕ ( x ) d x = 0 \displaystyle\int_0^1 \phi(x) \mathrm{d} x=0 ∫01ϕ(x)dx=0 ，函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上有连续导数，又设 a n = ∫ 0 1 f ( x ) ϕ ( n x ) d x a_n=\displaystyle\int_0^1 f(x) \phi(n x) \mathrm{d} x an=∫01f(x)ϕ(nx)dx.
（1）证明：级数 ∑ n = 1 ∞ a n 2 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n{ }^2 n=1∑∞an2 收敛．
（2）抛开大前提，若级数 ∑ n = 1 ∞ a n 2 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n{ }^2 n=1∑∞an2 收敛，判断下列级数是否收敛？若收敛，请证明，否则举出反例：
（i） ∑ n = 1 ∞ a n 3 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n{ }^3 n=1∑∞an3.
（ii） ∑ n = 1 ∞ a n n \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{n} n=1∑∞nan ．
（iii） ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n a n \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n a_n n=1∑∞(−1)nan.
（iiii） ∑ n = 1 ∞ a n a n + 1 \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n a_{n+1} n=1∑∞anan+1 ．
书籍介绍
近年来我写的八本书籍，希望能对考研和竞赛学生有点帮助.可见推文简要介绍下我的7本书+大学生数学竞赛习题题解，欢迎订阅我的快团小商店，谢谢。数学专业考研3本，数分高代讲义（2026考研版）+名校真题集（2026考研版）；数学竞赛类3本，蒲和平竞赛教程第一版的课后解析+竞赛讲义+竞赛习题集题解；补充学习2本，积分不等式葵花宝典第五版和历年五届八一赛解析。
