2014年数学竞赛预赛_非数学专业）试题及答案.pdf

《2014年数学竞赛预赛_非数学专业）试题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014年数学竞赛预赛_非数学专业）试题及答案.pdf（4页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 1 2014 年全国大学生数学竞赛预赛试题参考答案 一 填空题(共有 5 小题,每小题 6 分,共 30 分)（1）已知1xye=和2xyxe=是齐次二阶常系数线性微分方程的解，则该方程是_.答案:()2()()0y xy xy x+=参考解答 由题设知该方程的特征方程有二重根1r=，故所求微分方程是()2()()0y xy xy x+=.（2）设有曲面22:2S zxy=+和平面:220Lxyz+=,则与L平行的S的切平面方程是_.答案:32202xyz+=参考解答 设0000(,)P xyz为S上一点,则S在0P的切平面方程是 000002()4()()0 x xxyyyzz+=.由于该

2、切平面与已知平面L平行,则00(2,4,1)xy平行于(2,2,1),故存在常数0k 使得 00(2,4,1)(2,2,1)xyk=,从而1k=.故得01x=,012y=,这样就有032z=.所求切面方程是 32202xyz+=.（3）设函数()yy x=由方程21sin4y xtxdt=所确定，求0 xdydx=.答案:3y=参考解答 易知在(0)1y=.对方程的两边关于x求导，得21sin()(1),4yxy=于是2csc()14yyx=+，把0 x=代入上式，得3y=.（4）设 1(1)!nnkkxk=+，则limnnx=_.答案：1 参考解答 1(1)!nnkkxk=+=111!(1)

3、!nkkk=+111111111112!2!3!3!4!(1)!(1)!nnn=+=+L.2(5)已知130()lim 1xxf xxex+=则20()limxf xx=_.答案:2 参考解答 由130()lim 1xxf xxex+=知01()limln(1)3xf xxxx+=,于是有1()ln(1)3,f xxxx+=+其中 0(0)x，即有 32()11xxf xexx+=，从而 32000()13limlim1lim12.xxxxxf xexxxxx+=二(本题满分 12 分)设n为正整数,计算 211cos ln.nedIdxdxx=参考解答与评分标准()22111cos lnco

4、s lnnneeddIdxx dxdxxdx=211sinln.nexdxx=.(6 分)令 ln,xu=则有 02/2200sinsin4sin4nnIudutdtntdtn=.(12 分)三(本题满分 14 分)设函数()f x在0，1上有二阶导数，且有正常数,A B使得|()|,|()|f xAfxB.证明：对任意,0 1x，有|()|22BfxA+.参考解答与评分标准 由泰勒公式，有 21(0)()()(0)()(0),(0,),2ff xfxxfxx=+21(1)()()(1)()(1),(,1),2ff xfxxfxx=+.(5 分)上述两式相减，得到2211(0)(1)()()(

5、1)(),22fffxfxfx=+于是 2211()(1)(0)()(1)()22fxfffxfx=+.(8 分)由条件|()|,|()|f xAfxB，得到 ()22|()|2(1)2BfxAxx+.(11 分)因222(1)221xxxx+=+在,0 1的最大值为 1,故|()|22BfxA+.(14 分)四(本题满分 14 分)(1)设一球缺高为h，所在球半径为R.证明该球缺的体积为2(3)3Rh h，球冠的面积为2 Rh.3(2)设球体222(1)(1)(1)12xyz+被平面:6P xyz+=所截的小球缺为.记球缺上的球冠为，方向指向球外，求第二型曲面积分 Ixdydzydzdxzd

6、xdy=+.参考解答与评分标准 (1)设球缺所在的球体表面的方程为2222xyzR+=，球缺的中心线为z轴，且设球缺所在圆锥顶角为2.记球缺的区域为，则其体积为 222()(3)3zRRR hDR hdvdzdxdyRzdzRh h=.(3 分)由于球面的面积微元是2sindSRd=，故球冠的面积为 22200sin2(1cos)2dRdRRh=.(6 分)(2)记球缺的底面圆为1P，方向指向球缺外，且记1PJxdydzydzdxzdxdy=+.由 Gauss 公式,有 33()IJdvv+=，.(9 分)其中()v 为的体积.由于平面P的正向单位法向量为1(1,1,1)3,故 11116()

7、()2 3()33PJxyz dSPP=+=，其中1()P是1P的面积。故13()3()2 3()IvJvP=+.(12 分)因为球缺底面圆心为(2,2,2)Q=,而球缺的顶点为(3,3,3)D=，故球缺的高度|3hQD=.再由(1)所证并代入3h=和2 3R=得 223(3)2 3(2)33 33IRh hRhh=+=.(14 分)五(本题满分 15 分)设f在,a b上非负连续，严格单增，且存在,nxa b使得()()bnnnaf xf xdxb a=1，求limnnx.证明：先考虑特殊情形：0,1ab=.下证 limnnx=1.首先,nx 0 1，即nx 1，只要证明时，1nx.由f在,

8、0 1严格单增，就是要证明 10(1)()()nnnnffxfx dx，现 取12=c，则(1)()ff c,即 4(1)1()ff c时有(1)1()2nfcf c=.(8 分)即110(1)()(1)()()()nnnnnncffccfx dxfx dxfx=,从而1nx.由的任意性得 limnnx=1.(10 分)再考虑一般情形.令()()F tf at ba=+，由f在,a b上非负连续，严格单增知F在0,1上非负连续，严格单增.从而0,1nt，使得10()()nnnFtFt dt=，且limnnt=1，即 10()()nnnfat bafat ba dt+=+.记()nnxat ba

9、=+，则有()()bnnnaf xf xdxba=1，且lim()nnxabab=+=.(15 分)六 (本题满分 15 分)设2222212nnnnAnnnn=+L，求lim4nnnA.解 令()211f xx=+，因/nniAnin=+221111，故 lim()104nnAf x dx=.(5 分)记iixn=,则()iinxnixiAf x dx=11,故()()iinxnixiJnf xf xdx=11.(8 分)由拉格朗日中值定理，存在1(,)iiixx使得 ()()iinxniixiJnfxx dx=11.(10 分)记im和iM分 别 是()fx在,1iixx上 的 最 小 值 和 最 大 值，则()iiimfM,故 积 分()()iixiixfxx dx1介于()iixiixmxx dx1和()iixiixMxx dx1之间，所以存在(,)1iiixx使得()()()()/iixiiiiixfxx dxfxx=1212,(12 分)于是，有()()()nnniiiiiinJfxxfn=2111122.从而 limlim()()()nnnnnAJfx dxff=10111104224.(15 分)