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1、 1 第三届全国大学生数学竞赛预赛试卷第三届全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，2011）参考答案及评分标准（非数学类，2011）一、（本题共 4 小题，每题 6 分，共 24 分）计算题 1.一、（本题共 4 小题，每题 6 分，共 24 分）计算题 1.220(1)(1 ln(1)lim.xxxexx 解：解：因为 22(1)(1 ln(1)xxexx=2ln(1)2(1 ln(1),xxeexx 220ln(1)lim,xexex 3 分 22ln(1)ln(1)222001limlimxxxxxxeeeexx202ln(1)2limxxxex =22220011l
2、n(1)12lim2lim,2xxxxxeeexx 5 分 所以 220(1)(1 ln(1)limxxxexx=0.6 分 2.设2.设2coscoscos,222nna求求lim.nna 解：解：若0,则lim1.nna 1 分 若0，则当n充分大，使得2|nk时，2coscoscos222nna=21coscoscossin2222sin2nnn =21111coscoscossin22222sin2nnn.4 分 =222211coscoscossin22222sin2nnn=sin2 sin2nn 这时,limnnalimnsinsin2 sin2nn.6 分 2 3.求3.求sgn
3、(1)Dxydxdy，其中，其中(,)|02,02Dx yxy 解：解：设 11(,)|0,022Dx yxy 211(,)|2,02Dx yxyx 311(,)|2,22Dx yxyx.2 分 12212112ln2DDdxdxdyx ，332ln2Ddxdy.4 分 323sgn(1)24ln2DDDDxydxdydxdydxdy.6 分 4.求幂级数4.求幂级数221212nnnnx的和函数，并求级数的和函数，并求级数211212nnn的和.解：的和.解：令22121()2nnnnS xx，则其的定义区间为(2,2).(2,2)x ，12122221110021()22222nxxnnn
4、nnnnnxxxxS t dttdtx.2 分 于是，22222()2(2)xxS xxx，(2,2)x.4 分 2221112121111022922nnnnnnnS.6 分 二、（本题 2 两问，每问 8 分，共 16 分）设二、（本题 2 两问，每问 8 分，共 16 分）设0nna为数列，为数列，,a为有限数，求证：1.如果为有限数，求证：1.如果limnnaa，则，则12limnnaaaan;2.如果存在正整数;2.如果存在正整数p p，使得，使得lim()npnnaa，则，则 limnnanp.证明：1.由limnnaa，0M使得|naM，且10,N，当 n N1 时，|2naa.
5、4 分 因为21NN，当 n N2 时，1(|)2N Man.于是，111(|)()22naaN ManNannn,3 所以，12limnnaaaan.8 分 2.对于0,1,1ip，令()(1)innp inp iAaa，易知()inA为npnaa的子列.由lim()npnnaa，知()liminnA，从而()()()12limiiinnAAAn.而()()()12(1)iiinnp ip iAAAaa.所以，(1)limnp ip inaan.由lim0p inan.知(1)limnp inan.12 分 从而(1)(1)limlim(1)(1)np inp innaannpinpinp,
6、mn p i，(01)ip，使得mnpi，且当m时，n.所以，limmmamp.16 分 三、（15 分）设函数三、（15 分）设函数()f x在闭区间在闭区间 1,1上具有连续的三阶导数，且上具有连续的三阶导数，且10f()，11f()，00f().求证：在开区间.求证：在开区间()1,1内至少存在一点内至少存在一点0 x，使得，使得03fx()证.证.由马克劳林公式，得 311(0)23f xffxfx2()(0)()!，介于 0 与x之间，1,1x 3 分 在上式中分别取1x 和1x ,得 111111(0),0123ffff()(0)()!.5 分 221101(0)(0),1023f
7、fff()()!.7分 两式相减，得 12()6ff().10 分 由于()f x在闭区间 1,1上连续，因此()fx在闭区间21,上有最大值 M 最小值 m，从而 121()()2mffM(13 分 再由连续函数的介值定理，至少存在一点0 x,21(1,1)，使得 0121()32fxff()().15 分 4 四、（15 分）在平面上,有一条从点四、（15 分）在平面上,有一条从点)0,(a向右的射线,线密度为向右的射线,线密度为.在点.在点),0(h处处（其中（其中 h 0）有一质量为有一质量为m的质点.求射线对该质点的引力.解的质点.求射线对该质点的引力.解：在x轴的x处取一小段dx,
8、其质量是dx，到质点的距离为22xh,这一小段与质点的引力是22Gm dxdFhx（其中 G 为引力常数）.5 分 这个引力在水平方向的分量为22 3 2()xGm xdxdFhx.从而 222/1222/32222/322)()()(2)(ahGmxhGmxhxdGmxhxdxGmFaaax 10 分 而dF在竖直方向的分量为22 3 2()yGm hdxdFhx,故 hahGmtdthGmthdthGmxhhdxGmFhahaayarctansin1cossecsec)(2/arctan2/arctan33222/322 所求引力向量为(,)xyF FF.15分 五、（15 分）设五、（1
9、5 分）设z z=z z(x,yx,y)是由方程)是由方程11(,)0F zzxy确定的隐函数，且具有连续的二阶偏导数.求证：确定的隐函数，且具有连续的二阶偏导数.求证：220zzxyxy 和 和 2223322()0zzzxxy xyyxx yy 解：解：对方程两边求导，1221()0zzFFxxx，1221()0zzFFyyy.5 分 由此解得，22121211,()()zzxyxFFyFF 所以，220zzxyxy 10 分 将上式再求导，222222zzzxyxy xxx ，222222zzzxyyx yyy 相加得到，2223322()0zzzxxy xyyxx yy 15 分 5
10、六、（15 分）设函数六、（15 分）设函数)(xf连续，连续，cba,为常数，为常数，是单位球面 是单位球面 1222zyx.记第一型曲面积分.记第一型曲面积分dSczbyaxfI)(.求证：.求证：11222)(2duucbafI 解：解：由的面积为4可见：当 cba,都为零时，等式成立.2 分 当它们不全为零时,可知：原点到平面 0dczbyax 的距离是 222|cbad.5 分 设平面222:cbaczbyaxuPu，其中u固定.则|u 是原点到平面uP的距离，从而 11u.8 分 两平面 uP 和duuP截单位球 的截下的部分上,被积函数取值为ucbaf222.10 分 这部分摊开可以看成一个细长条.这个细长条的长是212u，宽是21 udu，它的面积是du2，故我们得证.15 分