第二届全国大学生数学竞赛决赛试题及详细解答

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第二届全国大学生数学竞赛决赛试题及答案

（非数学类，2011）

一．计算下列各题（本题共3小题，每小题各5分，共15分。）

sinx（1）.求limx0x

sinxlimx0xlime

x0

1

1cosx

11cosx

；

解：方法一（用两个重要极限）：

sinxx

lim1x0x

sinxxx013

x2lim

xsinxx



sinxxx1cosx

sinxxx1cosx

ee

cosx1x032

x2lim

e

1x2lim2x032

x2

e



13

方法二（取对数）：

sinxlimx0xe

sinxx

x013

x2lim

11cosx

e

sinxln

xlim

x01cosx

e

sinx

1xlim

x012

x2

cosx1x032

x2lim

1x2lim2x032

x2

13

eee

111

（2）.求lim； ...nn1n2nn

111...解：方法一（用欧拉公式）令xn n1n2nn

由欧拉公式得1

11

lnn=C+o（1），2n

1111则1ln2n=C+o（1），

2nn12n

其中，o1表示n时的无穷小量，

limxnln2. 两式相减，得：xn-ln2o（1）,n

方法二（用定积分的定义）

1

11

limxlimlim(nnnn

nn1

1



111

()limn

n112n

n



11nn

)

1

dxln2 01x

2t

xln1ed2y

（3）已知，求2。

tdxytarctane

et

12tt2tdx2e2tdyetdyee11e,1解： 2t2t2t2t

2edt1edt1edx2e1e2t

2tt2t2t1ee2dyddy1e21e

22t2t4t

dxdtdxdx2e2e4e

dt

二．（本题10分）求方程2xy4dxxy1dy0的通解。解：设P2xy4,Qxy1，则PdxQdy0

12z''由xCyQxy1得Cyy1,Cyyyc

2y

1

zx2xy4xy2yc

2

方法二：zdzPdxQdy

PQ1,PdxQdy0是一个全微分方程，设dzPdxQdy yx

z

P2xy4得方法一：由x

z2xy4dxx2xy4xCy



2xy4dxxy1dy

0,0

x,y

PQ,该曲线积分与路径无关 yx

2

z2x4dxxy1dyx24xxy

0

0

xy

12

yy 2

三．（本题15分）设函数f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连续导数，且

f0,f'0,f"0均不为0，证明：存在唯一一组实数k1,k2,k3，使得

k1fhk2f2hk3f3hf0lim0。 2h0h

证明：由极限的存在性：limk1fhk2f2hk3f3hf00

即k1k2k31f00，又f00，k1k2k31① 由洛比达法则得

h0

lim

h0

k1fhk2f2hk3f3hf0h2

k1f'h2k2f'2h3k3f'3h

2h

'''kfh2kf2h3kf由极限的存在性得lim3h2310

h0

lim0

即k12k23k3f

h0'

00，又f'00，k12k23k30②

再次使用洛比达法则得

lim

h0

k1f'h2k2f'2h3k3f'3h2h

k1f"h4k2f"2h9k3f"3h

f"00

0

2

k14k29k3f"00k14k29k30③

h0

lim

k1k2k31

由①②③得k1,k2,k3是齐次线性方程组k12k23k30的解

k4k9k0

231

111k11设A123,xk2,b0，则Axb， 149k03

3

111110030103，则RA,bRA3

增广矩阵A*1230

14900011

所以，方程Axb有唯一解，即存在唯一一组实数k1,k2,k3满足题意，且k13,k23,k31。

x2y2z2

四．（本题17分）设1:2221，其中abc0，

abc

2:z2x2y2，为1与2的交线，求椭球面1在上各点的切平面

到原点距离的最大值和最小值。

x2y2z2

解：设上任一点Mx,y,z，令Fx,y,z2221，

abc

2x'2y'2z'

则Fx2,Fy2,Fz2,椭球面1在上点M处的法向量为：

abcxyz

t2,2,2,1在点M处的切平面为：

abcxyz

Xx2Yy2Zz0 2abc

1

原点到平面的距离为d，令

222xyz444abc

x2y2z2

G,x,y4z4 4,

abc1

则d，

Gx,y,zx2y2z2x2y2z2222

现在求Gx,y,z444,在条件2221，zxy

abcabc

下的条件极值，

x2y2z2x2y2z2222

令Hx,y,z444122212xyz

abcbca

则由拉格朗日乘数法得：

4

2x'2x

Hxa41a222x0

H'2y2y2y0

122

yb4b2z'2zHz1222z0， 4

cc

x2y2z2

22210

bca

x2y2z20

22

x02ac2xz2222解得2或， acbc2

yz2

bc2y0

b4c4a4c4

对应此时的Gx,y,z222或Gx,y,z222 22

bcbcacacb2c2a2c2

此时的d1bc4或d2ac 444

bcac

又因为abc0，则d1d2 所以，椭球面1在上各点的切平面到原点距离的最大值和最小值分别为： a2c2b2c2d2ac4，d1bc4 44

acbc

x23y21

五．（本题16分）已知S是空间曲线绕y轴旋转形成的椭球

z0

面的上半部分（z0）取上侧，是S在Px,y,z点处的切平面，

x,y,z是原点到切平面的距离，,,表示S的正法向的方向余弦。

计算：

z

（1）（2）zx3yzdS dS；

x,y,zSS

222

解：（1）由题意得：椭球面S的方程为x3yz1z0

5

'''

令Fx3yz1,则Fx2x,Fy6y,Fz2z，

222

切平面的法向量为nx,3y,z，

的方程为xXx3yYyzZz0，

原点到切平面的距离为x,y,z

x23y2z2x9yz

2

2

2



1x9yz

2

2

2

z

I1dSzx29y2z2dS

x,y,zSS

22

将一型曲面积分转化为二重积分得：记Dxz:xz1,x0,z0 I14

Dxz

22

z32xz



31x2z2



dxdz42sind

0

1

r232r2dr31r2

0

4

1

r232r2dr31r2

0

42

0

sin232sin2d

3

43133

2

242232

(2)

方

法

一

：



xx29y2z2

,

3yx29y2z2

,

zx29y2z2

I2zx3yzdSzx29y2z2dSI1

S

S

3

2

方法二（将一型曲面积分转化为二型）：

I2zx3yzdSxzdydz3yzdzdxz2dxdy

S

S

记:z0,x3y1,:x3yz1z0，取面向下，向

2

2

2

2

2

外，

由高斯公式得：I2

2

xzdydz3yzdzdxzdxdy6zdV 



I26zdV，求该三重积分的方法很多，现给出如下几种常见方法：



6

① 先一后二：I26

2

x3y1



2

d

1x23y2

0

zdz3

2

x3y21



22

1x3yd



12d

2

0

1

0

132

r1rdr23

1

1632

dz1zdz② 先二后一：I26zdz

0023x23y21z2



12433222③广义极坐标代换：I2 ddrsindr00023

六．（本题12分）设f(x)是在,内的可微函数，且f



、

xmfx，

其中0m1，任取实数a0，定义anlnfan1,n1,2,...,证明：

a

n1

n

an1绝对收敛。

证明：anan1lnfan1lnfan2

由拉格朗日中值定理得：介于an1,an2之间，使得

lnfan1lnfan2

f'f

an1an2

f、mf得

0m1

anan1

f'f

an1an2，又



f'f

m

anan1man1an2...mn1a1a0

级数m

n1



n1

a1a0收敛，级数anan1收敛，

n1

即

a

n1



n

an1绝对收敛。

七．（本题15分）是否存在区间0,2上的连续可微函数f(x)，满足

x1,0fxdx1？请说明理由。解：假设存在，当x0,1时，由拉格朗日中值定理得： 1介于0，x之间，使得fxf0f'1x,，

、

7

f0f21，f

2

同理，当x1,2时，由拉格朗日中值定理得：

2介于x，2之间，使得fxf2f'2x2

即fx1f

'

1x,x0,1;fx1f'2x2,x1,2

1f、x1，

1xfx1x,x0,1;x1fx3x,x1,2

fxdx0

11xdxx1dxfxdx1xdx3xdx3fxdx1，又由题意得fxdx1,fxdx1

1

021

2

1

2

02

02

0

1

显然，fx0,

2

2

000

1x,x0,1即fxdx1，fx

0

x1,x1,2

fxf1fxf1x11xlimlim1,limlim1 x1x1x1x1x1x1x1x1

'

又因为f(x)是在区间0,2上的连续可微函数，即f1存f'1不存在，

2

在，矛盾

故，原假设不成立，所以，不存在满足题意的函数f(x)。

8

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/1d09425602f69e3143323968011ca300a6c3f667.html

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