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 (非数学类,2010) (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x=(1+a)(1+a2)…(1+a2),其中ak1,求lmxn 解将x。恒等变形 xn=(1-a)1+a)(1+a2)…(1+a2),=(1-a2)(1+a2)…(1+a2) (1-a)(1+a)…(1+a2) 由于ak1,可知ima=0,从而 (2)求1ime1+ 解lime1 =exp lim In 1+--1xFexpl lim x xInI x→① exp lim x (3)设>0,求,=exd(n=12…) 解因为S>0时, lim e- x"=0,所以 cdx S 由此得到,ln=-1n1=
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 （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 x = + ⋅+ + aa a " ，其中 |a| 0 ，求 0 sx n n I e x dx +∞ − = ∫ ( 1, 2, n = ") . 解 因为s > 0 时， lim 0 sx n x e x − →+∞ = ，所以， 1 0 0 0 1 1 n sx n sx sx n n n n I x de x e e dx I s s +∞ +∞ +∞ − −− s − ⎡ ⎤ = − =− − = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∫ ∫ 由此得到， 1 20 1 1 ! n n n n n n nn n n II I I s ss s s − − ! + − = =⋅ = = = " 1
(4)设函数f(1)有二阶连续的导数,r=√+y2,8xy=(),求9的 解因为 所以 =-三f(,=xr+2x-yr 利用对称性 +23 =f"()+f() 6)求直线1=0与5丝么:2y-1=3 x-y=0 的距离 4 解直线l4的对称式方程为4:x==三.记两直线的方向向量分别为 l1=(1,1,0),l2=(4,-2,-1),两直线上的定点分别为P(00.0)和P(2,1,3), a=PP2=(2,1,3) ×2=(-1-6).由向量的性质可知,两直线的距离 d (×2)_1-2+1-181_19 ④1+1+3638-V2 二(本题共15分)、设函数f(x)在(-∞,+∞)上具有二阶导数,并且 f"(x)>0,limf(x)=a>0,limf(x)=B0必有一个充分大的a>x,使得f(a)>0 f"(x)>0知y=f(x)是凹函数,从而f(x)>f(a)+f(a)x-a)(x>a) 当x→+∞时,f(+∞)+f(a)x-a)->+ 故存在b>a,使得 ∫(b)>f(a)+f(a)(b-a)>0 (6分)
(4) 设函数 f ( t )有二阶连续的导数， 2 2 r xy = + ， 1 gxy f (, ) () r = ，求 2 2 2 2 . g g x y ∂ ∂ + ∂ ∂ 解 因为 , r xr y x ryr ∂ ∂ = = ∂ ∂ ，所以 3 1 ( ) g x f x r r ∂ =− ′ ∂ ， 2 2 22 2 6 5 12 1 ( ) ( ). gx xy f f x rr r r ∂ − = + ′′ ′ ∂ 利用对称性， 2 2 2 24 3 1 111 () () g g f f x y r rr r ∂ ∂ += + ′′ ′ ∂ ∂ (5) 求直线 1 0 : 0 x y l z ⎧ − = ⎨ ⎩ = 与直线 2 2 1 : 4 2 x yz l 3 1 − − − = = − − 的距离. 解 直线 的对称式方程为 1 l 1 : 110 x y z 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 l = (1 0) G a P = = G JJ ,1, 1 2 P JJG 2l = −− (4, 2, 1) JG (2,1,3) 1P(0,0,0) 2 P (2,1,3) 1 2 l l × =− − ( 1,1, 6) G JG . 由向量的性质可知，两直线的距离 1 2 1 2 ( ) | 2 1 18 | 19 1 1 1 36 38 2 al l d l l ⋅ × −+− = = == × + + G G JG G JG 9 二（本题共 15 分）、 设函数 在xf )( −∞,+∞)( 上具有二阶导数，并且 f x ′′( ) 0, > lim ( ) 0 x f x α →+∞ ′ = > ， limx f x( ) β 0 →−∞ ′ = 必有一个充分大的 > xa 0 ，使得 f a′() 0 > . f x ′′() 0 > 知 是凹函数，从而 y fx = ( ) f ( ) ( ) ( )( ) ( ) x fa f a x a x a >+ − > ′ 当 x → +∞时， f fax a ( ) ( )( ) +∞ + − → +∞ ′ . 故存在 ，使得 > ab fb fa f a b a ( ) ( ) ( )( ) 0 > + −> ′ ……………… （6 分） 2
同样,由limf(x)=B0知y=f(x)是凹函数,从而f(x)>f(c)+f(cXx-c)(xf(c)+f'(c)(d-c)>0 (10分) 在[xb]和[d,x利用零点定理,彐x∈(x,b),x2∈(d,x)使得 f(x1)=f(x2)=0 (12分) 下面证明方程∫(x)=0在(-∞,+∞)只有两个实根 用反证法.假设方程f(x)=0在(-∞,+∞)内有三个实根,不妨设为x,x2,x3, 且x10矛盾.从而方程f(x)=0在(-∞,+∞)不能多于两 个根 (15分) 证2.先证方程∫(x)=0至少有两个实根 由limf(x)=a>0,必有一个充分大的a>x,使得f(a)>0 因f(x)在(-∞,+∞)上具有二阶导数,故∫(x)及∫"(x)在(-∞,+∞)均连续.由 拉格朗日中值定理,对于x>a有 f(x)-[f(a)+f(a)(x-a)=f(x)-f(a)-f(a)(x-a) f((x-a)-f(a)(x-a)=[f(5)-f(a)](x-a =f"(m)(2-a)(x-a) 其中a0(因为∫"(x)>0),则
同样，由 lim ( ) 0 x f x β →−∞ ′ = 知 是凹函数，从而 y fx = ( ) f ( ) ( ) ( )( ) ( ) x fc f c x c x c >+ − + −> ′ …………………… （10 分） 在 0 [ ,] x b 和 [, ] d x0 利用零点定理， 1 0 ∃x ∈( ,) x b ， 2 (, )0 x ∈ d x 使 得 fx fx ( )1 = = ( 2 ) 0 ……………………… （12 分） 下面证明方程 xf = 0)( 在 −∞,+∞)( 只有两个实根. 用反证法. 假设方程 xf = 0)( 在 −∞,+∞)( ] 2 32 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 xf )( = 在 −∞,( +∞) 不能多于两 个根. ……………………（15 分） 证 2. 先证方程 至少有两个实根 xf = 0)( . 由 lim ( ) 0 x f x α →+∞ ′ = > ，必有一个充分大的 > xa 0 ，使得 f a′() 0 > . 因 xf )( 在 −∞,+∞)( 上具有二阶导数，故 f ′( ) x 及 f ′′( ) x 在 −∞,+∞)( 均连续. 由 拉格朗日中值定理，对于 x > a 有 f ( ) [ ( ) ( )( )] x fa f a x a −+ − ′ = f ( ) ( ) ( )( )] x fa f a x a − − − ′ = f ′ ′ ( )( ) ( )( ) ξ x a fax a −− −= [ ( ) ( )]( ) f ′ ξ − fa xa ′ − = f ′′( )( )( ) η ξ − − ax a . 其中a （因为 f x ′′() 0 > ），则 3
f(x)>f(a)+f(a(x-a) (x>a) 又因f(a)>0,故存在b>a,使得 f(b)>f(a)+f(a)(b-a)>0 (6分) 又已知∫(x)-1)所确定.且 dx24(1+1) 其中v()具有二阶导数,曲线y=v()与y= 处相切.求函数y(t) 解因为 dyv(t)d2y1(2+2)y"()-2y(m)_(1+t)y"(m)-v(1) (2+2) 4(1+1) (3分) 由题设y。3 故a+aWy(=v(2=3 dx24(1+) 4(1+1) 4(1+1) (1+)y"()-v(t)=3(1+t)2,即v"(t)-v'(t)=3(1+t) 设u=y'(t),则有u 1+,l=3(1+1), l=e「3(1+te"d+C1|=(1+1)3(+0(1+)d+C1|=(1+1)3+C1) 由曲线y=0()0与y=∫c"m+2在1=1处相切第到 y'(1) 11分)
f ( ) ( ) ( )( ) ( ) x fa f a x a x a >+ − > ′ 又因 f a′( ) 0, > 故存在 > ab ，使得 fb fa f a b a ( ) ( ) ( )( ) 0 > + −> ′ …………………（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)(xf 0 −1) 所确定. 且 2 2 3 4(1 ) d y dx t = + ，其中ψ ( )t 具有二阶导数，曲线 y =ψ t)( 与 2 1 t ∫ 2 u y ed − = + 3 2 u e 在 处相切. 求函数 t =1 ψ (t) . 解 因为 ( ) 2 2 dy t dx t ψ′ = + ， ( ) 2 2 3 2 1 (2 2 ) ( ) 2 ( ) (1 ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4(1 ) d y t t t t t t dx t t t + − +− ψ ψ ψψ ′′ ′ ′′ ′ = ⋅ = + + + ， ………………（3 分） 由题设 2 2 3 4(1 ) d y dx t = + ， 故 3 (1 ) ( ) ( ) 3 4(1 ) 4(1 ) tt t t t + ψ′′ ′ −ψ = + + ， 从 而 ，即 2 (1 ) ( ) ( ) 3(1 ) + − =+ tt t t ψ ψ ′′ ′ 1 ( ) ( ) 3(1 ). 1 t t t ψ′′ ′ − ψ = + t + 设u =ψ′( )t ，则有 1 3(1 ) 1 u u t ′ − =+ + t ， 1 1 1 1 1 1 1 3(1 ) (1 ) 3(1 )(1 ) (1 )(3 ). dt dt t t u e t e dt C t t t dt C t t C − + + − ⎡ ⎤ ∫ ∫ = + + =+ + + + =+ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∫ ∫ + 1 …………（9 分） 由曲线 =ψ ty )( 与 2 2 1 3 2 t u y e du e − = + ∫ 在 t =1 处相切知 3 (1) 2e ψ = ， 2 (1) e ψ′ = . ………………（11 分） 4
所以l1=v()=2,知C≈1 p()=J(1+1)3+C)m=」(2+(3+C1)+C3+(+Ct+C2,由 (1)=,知C2=2,于是v()=r3+2+(--3)+2(t>-1).…(15分) 四(本题共15分)、设an>0,S,=∑a,证明: (1)当ax1时,级数∑二收敛 (2)当as1,且Sn→∞(n→∞)时,级数∑发散 证明令f(x)=x,x∈[Sn1,Sn].将f(x)在区间[Sn1,Sn]上用拉格朗日中值定 理 存在5∈(Sn-1,Sn) f(Sm)-f(Sn-=f((S-s-i) 即Sna-Sm=(1-a)a (5分) (1)当a>1时, Sa-sa=(a-1)g2(a-1)n·显然 的 前n项和有界,从而收敛,所以级数∑收敛 (8分) (2)当a=1时,因为an>0,Sn单调递增,所以 k=n+ SK S p k=n+ 因为S→+对任意n,当p∈NSn≥1.所以级数 ∑发散 (12分) 当a<1时,≥.由∑发散及比较判别法,∑红发散…(15分)
所以 1 2 (1) t u e ψ = = = ′ ，知 3 1 1 −= e C . ∫ ∫ ++ + +=+++=++= 21 3 1 2 11 2 1 2 3 ))3(3()3)(1()( CtCt C ψ tdtCtCtdtCttt ，由 2e 3 ψ )1( = ，知 ，于是 2 C2 = 3 2 1 1 ( ) ( 3) 2 ( 1) 2 tt t t t e e ψ = + + − + >− .…（15 分） 四（本题共 15 分）、设 1 0, n n n k a S = > = k ∑a ，证明： （1）当α >1时，级数 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 收敛； （2）当α ≤ 1，且Sn → ∞ （n → ∞ ）时，级数 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 发散. 证明 令 1 1 () , [ , ] n n f x x xSS −α = ∈ − . 将 f ( ) x 在区间 上用拉格朗日中值定 理， 1 [ , n n S S − ] 存在 ) 1 ( , n n ξ S S ∈ − 1 1 ( ) ( ) ( )( ) n n nn f S fS f S S ξ − − −= − ′ 即 S S n n 1 1 −− − αα α − =− −1 (1 ) α ξ an ………………（5 分） （1）当α >1时， 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) n n n n a a S S Sn α α α α α ξ − − − − =− ≥− α . 显然 1 1 1 1 1 n n S S α α − − − ⎧ ⎫ ⎨ ⎬ − ⎩ ⎭ 的 前 n 项和有界，从而收敛，所以级数 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 收敛. ……………（8 分） （2）当α =1时，因为an > 0， Sn 单调递增，所以 1 1 1 1 n p n p k n np n k k n k np k n np n a S S S a SS S S + + + = + + = + + + p − ∑ ∑ ≥ = =− 因为 对任意 Sn → +∞ n，当 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 Sα +∞ = ∑ 发散. ………………（12 分） 当α <1时， n n n a a S S α ≥ n . 由 1 n n n a S +∞ = ∑ 发散及比较判别法， 1 n n n a Sα +∞ = ∑ 发散.………（15 分） 5
五(本题共15分)、设l是过原点,方向为(a,B,)(其中a2+B2+72=1)的直 线,均匀椭球++≤1(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(α,③)的最大值和最小值 解(1)设旋转轴l的方向向量为l=(a,B,),椭球内任意一点P(xy)的径向量 为r,则点P到旋转轴l的距离的平方为 d2=r2-(r1)=(-a2)x2+(1-2)y2+(1-2)=2-2a-2/yz-2ax 由积分区域的对称性可知 (2分) 而/x2adhd=|x2dx dydz (oX x'dxdydx= de do a'r2sin2y cos20abcr2sin pdr= 4a3bc丌 15 abcs, z dyde …(5分) 由转到惯量的定义 J d-dxdyd= ls(-ak2+(1-)b+(-?2)c 分) (2)考虑目标函数V(a,B,)=(1-a2)a2+(1-B2)b2+(1-2)c2在约束 a2+82+n2=1下的条件极值 设拉格朗日函数为 L(a,B,,)=(1-a2)a2+(1-B2)b2+(1-12)c2+X(a2+B2+2-1) (8分) 令Ln=2(-a)=0,L=26(入-b2)=0,L1=2(入-c2)=0, B2+y2-1=0
五（本题共 15 分）、设 l 是过原点，方向为( , （其中 ）的直 线，均匀椭球 αβγ, ) 222 αβγ ++=1 2 22 222 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( , αβγ, ) 的最大值和最小值. 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 = (,,) αβγ r ( )2 2 2 22 2 2 22 d = r rl − ⋅ = (1 ) (1 ) (1 ) 2 2 2 −α β γ αβ βγ α x y z xy yz xz + − + −− − − γ 由积分区域的对称性可知 (2 2 2 ) 0 αβ βγ αγ xy yz xz dxdydz Ω ∫∫∫ ++ = ，其中 2 22 222 (, ,) 1 xyz xyz abc ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ Ω= ++ ⎨ ⎬ ≤ ⎪ ⎪ ⎩ ⎭ ………………（2 分） 而 22 2 22 2 2 3 2 2 2 2 1 4 1 15 a a yz x a a bc a x a bc x dxdydz x dx dydz x bc dx a π π + ≤ − Ω − − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = = ⋅ −⎜ ⎟ ⎟ = ⎜⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫∫∫ ∫ ∫∫ ∫ （或 2 1 3 2 2 2 2 2 2 00 0 4 sin cos sin 15 a bc x dxdydz d d a r abcr dr π π π θϕ ϕ θ ϕ Ω ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ = ⋅ = ） 3 2 4 15 ab c y dxdydz π Ω ∫∫∫ = ， 3 2 4 15 abc z dxdydz π Ω ∫∫∫ = ……………（5 分） 由转到惯量的定义 ( ) 2 2 4 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) 15 l abc J d dxdydz a b c π αβγ Ω = = ∫∫∫ − + − + − 2 2 c ……………（6 分） (2) 考虑目标函数 在约束 下的条件极值. 2 2 22 22 V ab ( , , ) (1 ) (1 ) (1 ) αβγ α β γ = − + − + − 222 αβγ ++=1 设拉格朗日函数为 2 2 22 22 2 2 2 L abc ( , , , ) (1 ) (1 ) (1 ) ( αβγλ α β γ λα β γ = − + − + − + ++ −1) …………………（8 分） 令 ， ， ， 2 L a 2( ) 0 α = α λ− = 2 L b 2( ) 0 β = β λ− = 2 L c 2( ) 0 γ = γ λ− = 222 L 1 0 λ =++ αβγ − = 6
解得极值点为Q(±1,0,0,a2),Q2(0,±1,0,b2),Q(0,0,±1,c2) (12分) 较可知,绕=轴(短轴)的转动惯量最大,为Jm4abc +b2):绕 x轴(长轴)的转动惯量最小,为J-n= 4abc丌 ).…(15分) 六(本题共15分)、设函数y(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∮2x+x的值为常数 ()设L为正向闭曲线(x-23+y2=1.证明:∮2a+e(x=0 (2)求函数y(x) (3设C是围绕原点的光滑简单正向闭曲线,求∮2 解()设∮ 2xydx +o(x)dy x+y2=1,闭曲线L由L,1=1.2组成,设L0为不经过原点 的光滑曲线,使得L∪l(其中L为L1的反向曲线)和L0UL2分别组成围绕 原点的分段光滑闭曲线C,=12.由曲线积分的性质和题设条件 x+y3=/+/2+9 2xydx +op(x)dy 2xydx+p(x)dy ∮+∮ 2xydx+p(x)dy -I=0 (5分) x2+y2 (2)设P(xy=2x 2,Q(x,y) 0Q_OP,即 y(x)(x2+y2)-4x2y(x)2x3-2xy 解得 ax (x+y2) (x2+y2)2 (10分) (3)设D为正向闭曲线C:x+y2=1所围区域,由(1)
解得极值点为 ， ， Q a 1( 1,0,0, ) ± 2 Q b 2 (0, 1,0, ) ± 2 Q3(0,0, 1, ) ± c 2 .……（12 分） 比较可知，绕 z 轴（短轴）的转动惯量最大，为 ( ) 2 2 max 4 15 abc J a π = +b ；绕 x 轴（长轴）的转动惯量最小，为 ( 2 2 min 4 15 abc J b π = +c ). ………（15 分） 六（本题共 15 分）、设函数ϕ( ) 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 4 2 2 ( C xydx x dy ) x y +ϕ + ∫v 1 的值为常数. (1) 设 为正向闭曲线 L . 证明: 2 2 ( 2) x y − += 4 2 2 () 0 L xydx x dy x y +ϕ = + ∫v ； (2) 求函数ϕ( ) x ； (3) 设 C 是围绕原点的光滑简单正向闭曲线，求 4 2 2 ( C xydx x dy ) x y +ϕ + ∫v . 解 (1) 设 4 2 2 () L xydx x dy I x y +ϕ = + ∫v ，闭曲线 L 由 , 1, L i i = 2组成. 设 L0 为不经过原点 的光滑曲线，使得 L0 L1 − ∪ （其中 L1 − 为 L1的反向曲线）和 L0 ∪ L2 分别组成围绕 原点的分段光滑闭曲线C i, 1, 2 i = . 由曲线积分的性质和题设条件 1 2 2 00 1 4 2 4 2 4 2 2 () 2 () 2 ( L L L L L L L xydx x dy xydx x dy xydx x dy ) x y x y x y ϕ ϕ − + + = + = + − − + + ∫ ∫∫ ∫∫∫∫ v +ϕ + 1 2 4 2 2 () 0 C C xydx x dy I I x y +ϕ = + = − = + ∫ ∫ v v ……………（5 分） (2) 设 4 2 4 2 ( (, ) , (, ) 2 xy x) Pxy Qxy x y x ϕ = = + + y . 令 Q P x y ∂ ∂ = ∂ ∂ ， 即 42 3 5 4 22 4 22 ( )( ) 4 ( ) 2 2 () ( 2 ) x x y x x x xy xy xy ϕ ϕ ′ + − − = + + ， 解 得 2 ϕ( ) x =−x ……………………（10 分） (3) 设 D 为正向闭曲线 所围区域，由(1) 4 2 : Cx y a + =1 7
∮2+=2x 12分) 利用 Green公式和对称性, +op(xdy (15分) xty
2 4 2 4 2 2 () 2 C Ca xydx x dy xydx x dy xy xy +ϕ − = + + ∫ ∫ v v …………………（12 分） 利用 Green 公式和对称性， 2 4 2 2 () 2 4 C CD a a xydx x dy xydx x dy x dxdy x y （ +ϕ = − = − = + ∫ ∫∫ v v ∫ ) 0 …………………（15 分） 8