第一届大学生数学竞赛数学类考题及答案.docx

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1、首届中国高校生数学竞赛赛区赛试卷解答 数学类，2021考试形式： 闭卷 考试时间： 120 分钟 总分值： 100 分.一、15分求经过三平行直线，的圆柱面的方程.二、20分设是复矩阵全体在通常的运算下所构成的复数域上的线性空间，.1假设，假设，证明：；2求的子空间的维数. 三、15分假设是复数域上维线性空间，是，证明：的特征值都是0，且有公共特征向量. 四、10分设是定义在上的无穷次可微的函数序列且逐点收敛，并在上满意.1证明在上一样收敛；2设，问是否肯定在上到处可导,为什么？五、10分设， 证明发散.六、15分 是上二次连续可微函数，满意，计算积分.七、15分假设函数 在 上连续，在内二阶

2、可导，过点 ，及点 的直线及曲线 相交于点 ，其中 . 证明：在 内至少存在一点 ，使 。首届全国高校生数学竞赛决赛试卷 数学类，2021考试形式： 闭卷 考试时间： 150 分钟 总分值： 100 分.一、填空题共8分，每空2分.(1) 设，那么=_.(2) 假设关于的方程在区间内有惟一实数解，那么常数_.(3) 设函数在区间 .假设导数存在且非零，那么的值等于_.(4) 设，那么=_.二、10分设在内有定义，在处可导，且. 证明: .三、12分 设在上一样连续，且对于固定的。当自然数时。证明: 函数序列在上一样收敛于0.四、12分 设，在内连续，在内连续有界，且满意条件： (1) 当时，；

3、(2) 在中及有二阶偏导数， ,。 证明： 在D内到处成立.五、10分设 ， .考虑积分， ，定义。1 证明；2利用变量交换：计算积分I 的值，并由此推出.六、13分 两直线的方程：，.1问：参数满意什么条件时，及是异面直线？2当及不重合时，求绕旋转所生成的旋转面的方程，并指出曲面的类型.七、(20分) 设均为阶半正定实对称矩阵，且满意. 证明: 存在实可逆矩阵使得均为对角阵.八、(15分) 设是复数域上的维线性空间，() 是非零的线性函数。 且线性无关. 证明: 随意的都可表为。使得 ，. 参考答案精简版首届中国高校生数学竞赛赛区赛试卷解答 数学类，2021一、15分求经过三平行直线，的圆柱

4、面的方程.解： 先求圆柱面的轴的方程. 由条件易知，圆柱面母线的方向是， 且圆柱面经过点， 过点且垂直于的平面的方程为： . 3分)及三直线的交点分别为 5分)圆柱面的轴是到这三点等间隔 的点的轨迹， 即，即 ，9分)将的方程改为标准方程.圆柱面的半径即为平行直线和之间的间隔 . 为上的点. . 12分)对圆柱面上随意一点， 有， 即，所以，所求圆柱面的方程为： . . 15分)二、20分设是复矩阵全体在通常的运算下所构成的复数域上的线性空间，.1假设，假设，证明：；2求的子空间的维数.1的证明:记，.要证明，只需证明及记第个根本单位列向量.于是，只需证明：对每个，. 2分)假设记，那么.留意

5、到， * . 6分)由知 所以，. . 14分)2解： 由1， 16分)设，等式两边同右乘，利用*得因线性无关，故，19分)所以，线性无关.因此，是的基，特殊地， . 20分)三、15分假设是复数域上维线性空间，是，证明：的特征值都是0，且有公共特征向量.证明：假设是的特征值，是相应的特征子空间，即.于是，在下是不变的. 1分)下面先证明，记为使得线性相关的最小的非负整数，于是，当时，线性无关.2分)时令,其中，.因此，并且，. 明显，特殊地，在下是不变的. 4分)下面证明，在下也是不变的.事实上，由，知 5分)依据用归纳法不难证明，肯定可以表示成的线性组合，且表示式中前的系数为. . 8分)

6、因此，在下也是不变的，在上的限制在基下的矩阵是上三角矩阵，且对角线元素都是，因此，这一限制的迹为. .10分)由于在上仍旧成立，而的迹肯定为零，故，即=0. . 12分)任取，由于，所以，.因此，在下是不变的.从而，在中存在的特征向量，这也是的公共特征向量. . 15分)四、10分设是定义在上的无穷次可微的函数序列且逐点收敛，并在上满意.1证明在上一样收敛；2设，问是否肯定在上到处可导,为什么？证明：1，将区间等分，分点为，使得 . 由于在有限个点上收敛，因此，使得 对每个成立. . 3分)于是，设，那么，. 5分)2不肯定. 6分)令 ，那么在上不能保证到处可导.10分)五、10分设， 证明

7、发散.解： . 3分)， 5分) .7分). .8分)因此，由此得到发散. 10分)六、15分 是上二次连续可微函数，满意，计算积分.解： 采纳极坐标，那么.6分) . 10分). .15分)七、15分假设函数 在 上连续，在内二阶可导，过点 ，及点 的直线及曲线 相交于点 ，其中 . 证明：在 内至少存在一点 ，使 .证明：因为 在 上满意 中值定理的条件，故存在 ， 使 . 4分)由于C在弦 上，故有 =. 7分)从而 . . 8分)同理可证，存在 ，使 . .11分)由，知 在上 满意 定理的条件，所以存在 ，使 . .15分)首届中国高校生数学竞赛决赛试卷参考答案及评分标准 数学类，2

8、021一、 填空题共8分，每空2分.1 设，那么= .2假设关于的方程在区间中有惟一实数解，那么常数 .3设函数在区间 .假设导数存在且非零， 那么的值等于 .4设，那么=_12_.二、10分设在内有定义，在处可导，且.证明： .证： 依据题目假设和泰劳绽开式，我们有其中是的函数，。 2分因此，对于随意给定的，存在，使得。 3分对于随意自然数和，我们总有。4分取，对于上述给定的，便有。 5分于是，。此式又可写成。 7分令，对上式取极限即得 和由的随意性，即得。证毕。10分三、(12分)设在上一样连续，且对于固定的，当自然数时.证明函数序列在上一样收敛于0.证：由于在上一样连续，故对于随意给定的

9、，存在一个使得 2分取一个充分大的自然数，使得，并在中取个点:，其中。这样，对于每一个，。 5分又由于，故对于每一个，存在一个使得，这里的是前面给定的。令，那么，其中。 设是随意一点，这时总有一个使得。由在上一样连续性及可知， 9分另一方面，我们已经知道这样，由后面证得的两个式子就得到 留意到这里的的选取及点无关，这就证明了函数序列在上一样收敛于0。 12分四、12分设，在内连续，在内连续有界，且满意条件：1当时，；2在内及有二阶偏导数， 和.证明： 在D内到处成立.证：用反证法。假定该不等式在某一点不成立，我们将导出冲突。令. 那么，依据题目假设，当时，.这样，在内必定有最小值。设最小值在到

10、达。 (3分)依据反证法假设，我们有. (i) 另一方面，依据题目假设，我们又有， (ii) 其中是拉普拉斯算子：. (7分)式子ii在中到处成立，特殊地在成立：. (iii) 由(i)及(iii)可知，. (iv) (9分) 但是，是的微小值点，应当有并因此这及iv冲突。此冲突证明了题目中的结论成立。证毕。12分五、共10分，1和2) 各5分分别设，.考虑积分 及， 定义. 1) 证明；2)利用变量交换：计算积分I 的值，并由此推出.证： 明显， 2分留意到上述级数在 上的一样收敛性，我们有。 4分由于 在点收敛，故有。 5分下面证明. 在给定的变换下，那么，变换的雅可比行列式 ，。 6分假

11、定正方形在给定变换下的像为，那么依据的图象以及被积函数的特征，我们有利用 又得 8分令 那么。最终，我们得到 。10分六、13分两直线的方程：，。1问：参数满意什么条件时，及是异面直线？2当及不重合时，求绕旋转所生成的旋转面的方程，并指出曲面的类型。解：1的方向向量分别为。分别取上的点。及是异面直线当且仅当矢量不共面，即，它们的混合积不为零：，所以，及是异面直线当且仅当且。 2分2假设是上任一点，于是必定是上一点绕旋转所生成的。由于及垂直，所以， 4分又由于在上，所以， ， 因为经过坐标原点，所以，到原点的间隔 相等，故， ， 5分将，联立，消去其中的： 令，将用表示： ， 将代入，得 ， 6

12、分当，即及不垂直时，解得，据此，再将代入，得到的方程：， 8分当时，由得，这说明，在这个平面上。 9分同时，将代入，有。由于可以是随意的，所以，这时，的方程为：， 11分的类型：且时，及平行，是一柱面；且时，及相交，是一锥面时是平面；当且时，是单叶双曲面时，是去掉一个圆盘后的平面。 13分七、(20分)设均为阶半正定实对称矩阵，且满意. 证明存在实可逆矩阵使得均为对角阵.证明 1 的秩为的情形：此时，为正定阵。于是存在可逆矩阵使得。 2分因为是实对称矩阵，所以存在正交矩阵使得是对角矩阵。4分令，那么有都是对角阵。5分2的秩为的情形：此时，存在实可逆矩阵使得。6分因为是实对称矩阵，所以，可以假定

13、，其中是阶实对称矩阵。 8分 因为是阶实对称矩阵，所以存在阶正交矩阵，使得为对角阵。10分令，那么可以表示为，其中是维列向量。为简化记号， 我们不妨假定。假如，由于是半正定的，的各个主子式均。考虑的含的各个2阶主子式，简单知道，。此时已经是对角阵了，如所需。14分现假设。明显，对于随意实数，可以通过合同变换同时化成对角阵当且仅当同一合同变换可以将同时化成对角阵。由于时，仍旧是半正定矩阵，由1，我们只须要证明：存在，是可逆矩阵即可。17分留意到，当都不是0时，行列式故只要足够大就能保证是可逆矩阵。从而可以通过合同变换同时化成对角阵。证毕。20分八、(15分)设是复数域上的维线性空间，是非零的线性函数，. 假设不存在使得， 证明：随意的都可表为使得，.证明：记。由知。2分不失一般性，可令，。由，知的系数矩阵之秩为2。因此其解空间维数为，即。8分但，故有，即。12分如今，随意的都可表为，其中。留意到，因此，。证毕。15分