第四届全国大学生数学竞赛预赛试题解答

1、第四届全国大学生数学竞赛预赛试题(非数学类)参考答案及评分标准一、(本题共5 小题，每小题各 6 分，共 30分)解答下列各题(要求写出重要步骤).丄(1)求极限lim(“!)n ；(2)求通过直线L : J2% + 丁-3Z + 2 = 0的两个相互垂直的平面陌和n2,使其中一个平面过点 5x + 5 y - 4z + 3 = 01(4,-3,1) ；d2u 已知函数z = u( x, y)eax+by，且=0,确定常数a和b，使函数z = z (x, y)满足方程dxdyd2 z dz dz八+ z 0 ；dxdy dx dy 设函数u u(x)连续可微，u(2) -1,且J (x + 2

2、y)udx + (x + u3)udy在右半平面上与路径无关,求 u(x)；x +1sin t(5)求极限 lim Vx J =dt.xT+o)Jx Jt + cos t解27ln( n!)(1) 因为 (n!)n2 en2(1 分)十1 1 /八 1 (ln1 ln2lnn、口lnn 八/ 八、而 ln(n!)I111I，且 lim 0 (3 分)所以lim11巴+昨+旦=0心眈n112n丿即limAln(n!) 0，故1lim(n!)小=1( 2 分)ns nns(2)过直线 L 的平面束为A(2 x + y 3 z + 2) +“(5x + 5y - 4z + 3) 0即(2免 + 5“

3、)x + (A + 5“)y- (3A + 4“)z + (2A + 3“) 0 ， (2 分)若平面n过点(4, -3,1)，代入得a+= 0，即“-久，从而n的方程为若平面束中的平面疋2与垂直，则3 - (22 + 5)+ 4 - (2 + 5)+1-(32 + 4)= 02 分）解得2 = 3，从而平面疋2的方程为x 2y - 5z + 3 = 0 ,dz乞=皿dxdudu#、dz杰+曲+叫，石=dxd 2 z = eax+bydxdy:ax+byd+bu (x+刃,7 dudu丁/ 、b+ a+ abu(x, y).dxdydz竺+z = e+y dxdydx dy若使 汁害容+ z

4、= 0,只有 dxdy dx dy2 分）2 分）dudu(b 1)+ (a 1)+ (ab a b + 1)u (x, y),dxdy(b 1)包 + (a 1) du + (ab a b + 1)u (x, y) =0， 即 a = b = 1 dxdy2 分）(4)由(x + u3) = (x + 2y)u)得(x + 4u3 )u = u,即 dx x = 4u2dxdydu u.（2 分）方程通解为x = elnu (j4u2elnudu + C)= u(J 4udu + C)= u(2u2 + C)3 分）由 u (2) = 1 得 C = 0 ,故 u =1/31 分）（5）因为

5、当x 1时,sintdt 長+1$L人 y/t 13 分)3厂 0(x g),v x + si x 12 分)x +1sin t所以 lim Vx =dt =0。x*jx / + cos t1 分)、(本题 10 分)计算 f e2x | sin x | dx0解 由于W 兀 c(knf e x | sin x | dx =工 J e x | sin x | dx0k=1 (k 1)n电仁(-1) 1 e -2 x sin 皿3分）应用分部积分法fkn(-1) k1 e-2x sin xdx =丄 e 2)nJ()-l)n5(1 + e2n)2分）所以-x |sin x | dx = 5(1

6、+ e 亡 e “05k =11e _2n e _2(n+1)n=一 (1 + e2n)51 - e2分）当 nn x (n + 1)n 时fnne0令 n g,-2x |sinx| dx f e-2x |sinx| dx f00 由两边夹法则，得e-2x |sin x | dx ,fge-2x |sinx| dx = lim f e-2x |sinx| dx =x g 01 e ” +15 e2n-13分）注：如果最后不用夹逼法则，而用严0-2x sinx|dx=limf e-2x n g 0|sinx |dx =1 e?n +15 e2n-1，需先说明fge-2x | sin x | dx

7、 收敛.0三、（本题10分）求方程x2 sin1 = 2x- 501的近似解.精确到0.001.x解 由泰勒公式sin t = t -竺型t2 （0 0 500， 0 x 500 x 501 21sin 化x 0, f (0) = 0, f (0) = 0 ,求x3f(u)lim3x_0 f (x) sin u，其中u是曲线y = f （x）上点p（x,f （x）处的切线在x轴上的截距.解：曲线y = f （x）在点p（x, f （x）处的切线方程为Y- f(x)=f(x)(X-x)令r = 0，则有x = x -耗由此u = x - ft3分）且有f(x)- f(0)=映 f（x）f（o）=

8、册=02分）由f （x）在x = 0处的二阶泰勒公式f (x) = f + f (0) x + 響 x2 + o( x2)=響 x2 +o( x 2)2分）lim * = 1 lim 如.-lim 竺出xtO xxtO xf(x)xtOxf(x)1拯益噩=12 fd=23分）x3u2 +o(u2).lim - = lim一 2x0 f (x) sin3 ux0 3ux3 f(u)=limx=2xtO u2分）1五、(本题12分)求最小实数C ,使得满足J| f (x)|dx = 1的连续的函数f (x)都有0解由于 J0| f (4X)| dx = J0|f (t)|2tdt 0。区域O是由抛

9、物面z = x2 +才和球面 x2 + j2 + Z2 = t2 (t 0)所围起来的部分.定义三重积分F (t) = JJJ f (x2 + y2 + z 2)dv。求F(t)的导数F(t).解法1.记 g = g(t)=则Q在xy面上的投影为x2 + y2 g.( 2 分)在曲线S :o,则仇et+Lt.对于固定的t o,考虑积分差F(t + At)-F(t),这是一个在厚度为At的球壳上的积分.原点到球壳边缘上的点的射线和 z轴夹角在3t+At和0之间.我们使用球坐标变换来做这个积分，由积分的连续性可知，存在 a = a(At), 3t+At a3t,使得2n at+AtF(t + At

10、) F(t) = JdJd3 J f (r2)r2 sin3dT (4 分)00tt+At这样就有 F(t + At) F(t) = 2n(1 cos a) ) f (r 2)r2dr.而当 At t 0+,cos a cosg1 t+At-Jf (r2)rrdr T t2f (t2).故F（t）的右导数为4 分）当At 0,考虑F （t） - F （t + At）可以得到同样的左导数.因此F(t) = n(2t +1 - J1 + 4/2 ) tf (t2)2 分）解法2.令x = r cos 0 y = r sin 0,z = z0 0 2n0 r a ，其中a满足a2 + a4 = t2, a = r2 z d 0,贝ij存在N gN，对于任意的n N时,企丄-丄,an+1bnbn+1a _bn4 分）m工 an+1n=Na+i）