《2012年第四届全国大学生数学竞赛预赛试卷解答12132.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2012年第四届全国大学生数学竞赛预赛试卷解答12132.pdf（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
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）.(1)求极限21lim(!)nnn；(2)求通过直线232:55430 xyzLxyz0+=+=的两个相互垂直的平面1和2，使其中一个平面过点；(4,3,1)(3)已知函数，且(,)ax byzu x y e+=20,ux y=确定常数a和，使函数满足方程 b(,)zz x y=20zzzzx yxy+=；(4)设函数连续可微,且()uu x=(2)1u=3(2)()Lxy udxxu udy+在右半平面上与路径无关，求；()u x(5)求极
2、限 13sinlimcosxxxtxdttt+.解（1）因为 2211ln(!)(!)nnnne=（1 分）而 211 ln1ln2lnln(!)12nnnn+n，且 lnlim0nnn=（3 分）所以 1 ln1ln2lnlim012nnnn+=，即 21limln(!)0nnn=，故 21lim(!)nnn=1 （2 分）（2）过直线L 的平面束为(232)(5543)xyzxyz0+=即 (25)(5)(34)(23)xyz0+=，（2 分）若平面1过点(4，代入得,3,1)0+=，即=，从而1的方程为 ，（2 分）3410 xyz+=若平面束中的平面2与1垂直，则 3(25)4(5)1
3、(34)0+=解得3=，从而平面2的方程为253xyz0+=，（2 分）（3）(),yax byzueau xxx+=+(),ax byzuebu xyyy+=+（2 分）2(,).ax byzuuebaabu x yx yxy+=+（2 分）2zzzzx yxy+=(1)(1)(1)(,)ax byuuebaababu x yxy+,+若使 20,zzzzx yxy+=只有(1)(1)(1)(,uubaababu x yxy+)=0，即 1ab=.（2 分）（4）由()()uyxyuxux)2(3+=+得()uuux=+43,即 241uxududx=.（2 分）方程通解为 ()()()Cu
4、uCuduuCdueuexuu+=+=+=2ln2ln244 .（3 分）由得1)2(=u0=C,故 3/12=xu.（1 分）（5）因为当x1 时，13sincosxxtxdttt+131xxdtxt+（3 分）()332121xxxxxx=+0()x，（2 分）所以 13sinlimcosxxxtxdttt+=0。（1 分）二、（本题 10 分）计算 dxxex|sin|02+解 由于 =dxxenx|sin|02dxxenkkkx|sin|1)1(2=（3 分）xdxenkkkxksin)1(1)1(21=应用分部积分法 =xdxekkxksin)1()1(2115)1(22eek+（2
5、 分）所以 dxxenx|sin|022)1(2221221)1(51)1(51+=+=+=eeeeeennkk（2 分）当)1(+nxn时 ,dxxenx|sin|02dxxexx|sin|02dxxenx|sin|)1(02+令，由两边夹法则，得 n =dxxex|sin|02dxxexxx|sin|lim02115122+ee（3 分）注：如果最后不用夹逼法则，而用22220011|sin|lim|sin|51nxxneex dxex dxe+=，需先说明收敛.dxxex|sin|02三、（本题 10 分）求方程21sin2501xxx=的近似解.精确到 0.001.解 由泰勒公式2si
6、n()sin(01)2tttt=10500 x 111501sin0.001221000 xxx=330()lim()sinxx f uf xu，其中u 是曲线()yf x=上点处的切线在(,()p x f xx轴上的截距.解：曲线在点处的切线方程为()yf x=(,()p x f x()()()Yf xfxXx=,令，则有0Y=()()f xXxfx=，由此()()f xuxfx=,（3 分）且有 000()(0)()(0)limlimlim0()(0)()(0)xxxf xff xfxuxfxffxfx=.（2 分）由()f x在处的二阶泰勒公式 0 x=222(0)(0)()(0)(0)
7、()()22ff2f xffxxxxx=+=+（2 分）得 22000(0)()()2lim1 lim1 lim()()xxxfxxuf xxxfxxfx+=01(0)(1)1(0)1lim1()(0)22xfffxffx1(0)2+=（3 分）330()lim()sinxx f uf xu32200322(0)()2limlim2(0)()2xxfxuuxfuuxx+=+（2 分）五、（本题 12 分）求最小实数，使得满足C10|()|1f xdx=的连续的函数()f x都有10()fx dxC 解 由于 111000|()|()|22|()|2,fxdxf ttdtf tdt=1.n（4
8、分）10,()(1),|()|()nnnfxnxfxdxfx dx=+=10另一方面 取则=（3 分）110011()2()22 12()22nnnfx dxtf t dtnnn+=+而.（3 分）2.C=因此最小的实数 （2 分）六、（本题 12 分）设为连续函数,。区域)(xf0t是由抛物面和球面所围起来的部分.定义三重积分 22yxz+=2222tzyx=+)0(t 。+=dvzyxftF)()(222求的导数.)(tF)(tF解法 1.记21 41()2tgg t+=,则在xy面上的投影为22xyg+.（2 分）在曲线上任取一点,则原点到的点的射线和轴的夹角为=+=+222222:tz
9、yxzyxS),(zyxzarccosarccostzgtt=.取0t,则ttt+.对于固定的,考虑积分差,这是一个在厚度为0t)()(tFttF+t的球壳上的积分.原点到球壳边缘上的点的射线和轴夹角在ztt+和t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)(t=,ttt+,使得 .（4 分）+=+tttdrrrfddtFttFsin)()()(22020这样就有.而当,()+=+tttdrrrftFttF22)(cos12)()(+0t ()coscostg tt=,)()(12222tftdrrrftttt+.故的右导数为)(tF ()2222()21()2114()g tt f tttt f tt=+.（4 分）当,考虑可以得到同样的左导数.因此 0，则1nna=收敛；（2）若111lim0nnnnnaabb+,则存在N,对于任意的时,nN1111,nnnnaabb+111,nnnnnaaabb+1111()nnnnnaaabb+,（4 分）1111111()()mmnnNmNnn Nn NnnNmNaaaaaabbbbb+=+1,因而的部分和有上界,从而收敛.（4 分）1nna=1nna=（2）若1111lim()0nnnnnaabb+则存在N,对于任意的时,nN 1nnnnabab+=NnNb 于是由发散,得到发散.（3 分）1nnb=1nna=