全国数学竞赛试卷答案2010[1]1030考试.pdf

第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷第二届中国大学生数学竞赛预赛试卷 参考答案及评分标准参考答案及评分标准 非数学类 2010 非数学类 2010 一 本题共 5 小题 每小题 5 分 共 25 分 计算下列各题 要求写出重要步骤 1 设 2 1 1 1 n n 2 xaaa 其中1 a 求 n n x lim 解解 将 n x 恒等变形 22 1 1 1 1 1 1 n n xaaaa a 222 1 1 1 1 1 n aaa a 442 1 1 1 1 1 n aaa a 1 2 1 1 n a a 由于 可知1 0 sxn n Iex dx 1 2 n 解解 因为时 0s lim0 sxn x ex 所以 1 000 11 nsxnsxsxn nn n Ix dex eedxI ss s 由此得到 120 1 1 nnn nn nn nnn IIII sssss 1 4 设函数 f t 有二阶连续的导数 22 rxy 1 g x yf r 求 22 22 gg xy 解解 因为 rxry xryr 所以 3 1 gx f xrr 2222 265 121 gxxy ff xrrrr 利用对称性 22 2243 1111 gg ff xyrrrr 5 求直线 1 0 0 xy l z 与直线 2 21 42 xyz l 3 1 的距离 解解 直线 的对称式方程为 1 l 1 110 xyz l 记两直线的方向向量分别为 两直线上的定点分别为和 1 10 l aP 1 12 P 2 4 2 1 l 2 1 3 1 0 0 0 P 2 2 1 3 P 12 1 1 6 ll 由向量的性质可知 两直线的距离 12 12 21 18 191 21 13638 all d ll 9 二 本题共 15 分 设函数在 xf 上具有二阶导数 并且 0 fx lim 0 x fx lim x fx0 且存在一点 使得 0 x0 0 必有一个充分大的 使得 0 xa 0fa 0fx 知是凹函数 从而 yf x f xf af a xaxa 当x 时 ffa xa 故存在 使得 ab 6 分 0f bf afa ba 2 同样 由lim 0 x fx 必有 0 cx 使得 0fc 知是凹函数 从而 yf x f xf cf c xcxc 当x 时 ffc xc 故存在d 使得 c 在 0 x b 和利 用 零 点 定 理 0 d x 10 xx b 2 0 xd x 使 得 12 分 1 2 0 f xf x 下面证明方程在0 xf 只有两个实根 用反证法 假设方程0 xf在 232 x x 内有三个实根 不妨设为 且 对在区间 和 上分别应用洛尔定理 则各至少 存在一点 321 x x x 321 xxx 1 xf 1 x 1 x 2 x 1 x 和 2 322 x x 使得 1 f 0 0 2 2 f 1 xf在 不能多于两 个根 15 分 证证 2 先证方程至少有两个实根 0 xf 由lim 0 x fx 必有一个充分大的 使得 0 xa 0fa 因在 xf 上具有二阶导数 故 fx 及 fx 在 均连续 由 拉格朗日中值定理 对于ax 有 f xf afa xa f xf afa xa fxafa xa ffaxa fa xa 其中x a x a 因为 0fx 则 3 f xf af a xaxa 又因 故存在 使得 0 fa ab 0f bf afa ba 6 分 又已知 由连续函数的中间值定理 至少存在一点 使得 0 0 xf 101 bxxx 1 所确定 且 2 2 3 4 1 d y dxt 其中 t 具有二阶导数 曲线 ty 与 2 1 t 2 u yed 3 2 u e 在 处相切 求函数 1 t t 解 解 因为 22 dyt dxt 2 223 1 22 2 1 224 1 22 d ytttttt dxtt t 3 分 由题设 2 2 3 4 1 d y dxt 故 3 1 3 4 1 4 1 ttt tt 从而 即 2 1 3 1 tttt 1 3 1 1 tt t t 设 ut 则有 1 3 1 1 uu t t 11 1 11 11 3 1 1 3 1 1 1 3 dtdt tt uet edtCtttdtCttC 1 9 分 由 曲 线 ty 与 2 2 1 3 2 t u yedu e 在1 t处 相 切 知 3 1 2e 2 1 e 11 分 4 所以 1 2 1 t u e 知3 1 1 e C 21 2 1 3 11 2 1 2 3 3 3 3 1 CtCt C tdtCtCtdtCttt 由 e2 3 1 知 于是2 2 C 32 11 3 2 1 2 ttttt ee 15 分 四 本题共 15 分 设 1 0 n nn k aS k a 证明 1 当1 时 级数 1 n n n a S 收敛 2 当1 且 n 时 级数 n S 1 n n n a S 发散 证明证明 令 1 1 nn f xxxSS 将 f x在区间上用拉格朗日中值定 理 1 nn SS 存在 1 nn SS 11 nnnn f Sf SfSS 即 5 分 11 1 1 nn SS n a 1 当1 时 11 1 11 1 1 nn nn aa SSSn 显然 11 1 11 nn SS 的 前n项和有界 从而收敛 所以级数 1 n n n a S 收敛 8 分 2 当1 时 因为 单调递增 所以 0 n a n S 11 1 1 npnp npn kn k k nk n knpnpn SS aS a SSSS p 因为对任意n 当 n S p 1 2 n n p S S 从而 1 1 2 n p k k n k a S 所以级数 1 n n n a S 发散 12 分 当1 时 n nn aa SS n 由 1 n n n a S 发散及比较判别法 1 n n n a S 发散 15 分 5 五 本题共 15 分 设l是过原点 方向为 其中 的直 线 均匀椭球 222 1 222 222 1 xyz abc 其中0 c b a 密度为1 绕 l 旋转 1 求其转动惯量 2 求其转动惯量关于方向 的最大值和最小值 解解 1 设旋转轴 l 的方向向量为 椭球内任意一点P x y z 的径向量 为 则点P到旋转轴 l 的距离的平方为 l r 2 22222222 1 1 1 222dxyzxyyzxz rr l 由积分区域的对称性可知 222 0 xyyzxz dxdydz 其中 222 222 1 xyz x y z abc 2 分 而222 222 23 222 2 1 4 1 15 aa yzx bcaaa xa bc x dxdydzx dxdydzxbcdx a 或 21 3 222222 000 4 sincossin 15 a bc x dxdydzdda rabcrdr 3 2 4 15 ab c y dxdydz 3 2 4 15 abc z dxdydz 5 分 由转到惯量的定义 22222 4 1 1 1 15 l abc Jd dxdydzabc 22 c 6 分 2 考虑目标函数 在约束 下的条件极值 222222 1 1 1 Vab 222 1 设拉格朗日函数为 222222222 1 1 1 1 Labc 8 分 令 2 2 0La 2 2 0Lb 2 2 0Lc 222 10L 6 解得极值点为 12 分 2 1 1 0 0 Qa 2 2 0 1 0 Qb 2 3 0 0 1 Q c 比较可知 绕z轴 短轴 的转动惯量最大 为 22 max 4 15 abc Ja b 绕 x轴 长轴 的转动惯量最小 为 22 min 4 15 abc Jb c 15 分 六 本题共 15 分 设函数 x 具有连续的导数 在围绕原点的任意光滑的简 单闭曲线C上 曲线积分 42 2 C xydxx dy xy 1 的值为常数 1 设为正向闭曲线 证明 L 22 2 xy 42 2 0 L xydxx dy xy 2 求函数 x 3 设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线 求 42 2 C xydxx dy xy 解解 1 设 42 2 L xydxx dy I xy 闭曲线 L 由 1 i L i2 组成 设 0 L为不经过原点 的光滑曲线 使得 01 LL 其中 1 L 为 1 L的反向曲线 和 02 LL 分别组成围绕 原点的分段光滑闭曲线 C i1 2 i 由曲线积分的性质和题设条件 12200 1 424242 2 2 2 LLLLLL L xydxx dyxydxx dyxydxx dy xyxyxy 12 42 2 0 CC xydxx dy II xy 5 分 2 设 424 2 2 xyx P x yQ x y xyx y 令 QP xy