第十届全国大学生数学竞赛预赛非数学类参考答案官方版

1 cos x cos x(1 cos 2 x 3 cos 3x ) 1 cos x cos 2 x 3 cos 3x ) lim 2 x 0 x 0 x2 x2 x

1 cos 2 x 1 1 cos 2 x 3 cos 3 x 1 cos 2 x (1 3 cos 3x ) lim lim 2 x 0 x2 2 x 0 x2 x2 1 (cos 2 x 1) 1 1 3 (cos 3x 1) 1 1 lim 2 x 0 x2 x2
中 | AB | 表示线段 AB 的长度.
证明：作辅助函数 (t ) f ( x1 t ( x2 x1 ), y1 t ( y2 y1 )) ，----------2 分 显然 (t ) 在[0,1]上可导.根据拉格朗日中值定理，存在 c (0,1) ，使得
f (u , v) f (u , v) ------8 分 ( x2 x1 ) ( y2 y1 ) u v f (u , v) f (u , v) | (1) (0) || f ( x2 , y2 ) f ( x1 , y1 ) || ( x2 x1 ) ( y2 y1 ) | u v

rdrd
0
2
1 9 r
r 2 dz d
0
2
2 2
0
2 2 r 3 ( 9 r 2 1)dr (124 35 ) 5 5 256 ------12 分 3
2
( x
(V )
2
y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV ( x 2 y 2 )dV
(V1 ) (V2 ) (V3 )
五 (本题满分 14 分) 设 f ( x, y ) 在区域 D 内可微，且
f f M ， A( x1 , y1 ) ， x y
2
B ( x2 , y2 ) 是 D 内两点，线段 AB 包含在 D 内。证明： | f ( x1 , y1 ) f ( x2 , y2 ) | M | AB | ，其
y 0 ( x 1)
解：当 t 0 时， x 1, y 0 ，对 x t cos t 两边关于 t 求导：
dx dx 1 sin t ， 1， dt dt t 0
对 e y ty +sin t 1 两边关于 t 求导：e y 所以，切线方程为 y 0 ( x 1) . （3）
3 4， f ( x)
1
f ( x)
f ( x) dx 4 . f ( x)
0
1

3
----------10 分
2
由于

1
0
f ( x)dx
0
1 3 1 1 3 dx f ( x) dx 0 0 f ( x) 4 f ( x)
第十届全国大学生数学竞赛（非数学类）预赛试题及答案
一、填空题（本题满分 24 分, 共 4 小题, 每小题 6 分)
（1）设 (0,1), 则 lim (n 1) n =＿0＿＿＿＿＿＿.
n
1 1 1 1 1 解 由于 1 1 , 则 (n 1) n n 1 1 n 1 ， 1 1 n n n n n
七 (本题满分 14 分) 已知 {ak } ，{bk } 是正项数列，且 bk 1 bk 0, k 1, 2, 一常数.证明：若级数
ak 收敛，则级数
解 1：
sin t ln(tan t sec t ) ln | cos t | C =
1 ln( x 1 x 2 ) ln(1 x 2 ) C . 2 1 x
2
x
解 2：
ln( x 1 x 2 ) x dx ln( x 1 x 2 )d 2 3/2 (1 x ) 1 x2 x 1 x2 ln( x 1 x 2 ) x 1 1 x2 x 1 x2 1 x2 x 1 dx
ln(tan t sec t )d sin t sin t ln(tan t sec t ) sint d ln(tan t sec t )
sin t ln(tan t sec t ) sint 1 (sec 2 t tan t sec t )dt tan t sec t sin t sin t ln(tan t sec t ) dt cos t

3
8 5 3 15
----------4 分
（2） (V2 ) :
x r sin cos , y r sin sin , z 2 r cos 0 r 2, 0 , 0 2
2
( x
(V2 )
2
y 2 )dV d d r 2 sin 2 r 2 sin dr
0 0 0

2
8 5 2 15
----------8 分
（3） (V3 ) :
x r cos , y r sin , 1 9 r 2 z 0 0 r 2 2, 0 2
( x
(V3 )
2
y 2 )dV
r 2 2

L
2 2 2 2 y (2 f ( x y )) dx xf ( x y )dy 与路径无关，其中 L 为任一不与直
线 y x 相交的分段光滑闭曲线.
解：设 P( x, y) y(2 f ( x 2 y 2 )) ， Q( x, y) xf ( x 2 y 2 ) ，由题设可知，积分与路 径无关，于是有
1 1 1 n 1 n lim ln f ( xk ) lim ln f ( xk ) 得 ln f ( x)dx ln f ( x)dx . 0 0 n n k 1 n n k 1
---------14 分 ， 为
(1) (0) (c)
f (u , v) 2 f (u, v) 2 2 2 1/2 [( x2 x1 ) ( y2 y1 ) ] M | AB | u v
六(本题满分 14 分) 证明：对于连续函数 f ( x) 0 ，有 ln 证：由于 f ( x) 在 [0,1] 上连续，所以
1 f ( x)dx
0
1
1
0
1 4 dx . f ( x) 3
证明. 由柯西不等式

又由于 即
1
0
f ( x)dx
1
0
1 1 dx f ( x) 0 f ( x)
1 dx 1. f ( x)
2
--------4 分
f ( x) 1 f ( x) 3 0 ，则 f ( x) 1 f ( x) 3 / f ( x) 0 ，
1 1 又 f (1)) 0 ，可得 C 1, f (t )) 1 ，从而 f ( x 2 y 2 ) 1 2 . t x y2
------------8 分
三 (本题满分 14 分) 设 f ( x) 在区间[ 0,1 ]上连续，且 1 f ( x) 3 .证明：
dy dy dy dy y t cos t 0 ， 1 ， 则 1 . dt dt dt t 0 dx t 0
ln( x 1 x 2 ) x 1 2 2 (1 x 2 )3/2 dx = 1 x 2 ln( x 1 x ) 2 ln(1 x ) C ln( x 1 x 2 ) x tan t ln(tan t sec t ) dx dt ln(tan t sec t )d sin t (1 x 2 )3/2 sec t
1 1
故
1 f ( x)dx
0
0
1 4 dx . f ( x) 3
-----------14 分
四 (本题满分 12 分)计算三重积分
（V ）
( x
2
是由 x 2 y 2 ( z 2)2 4 ， （V） y 2 ) dV ，其中
x 2 y 2 ( z 1)2 9 ， z 0 所围成的空心立体.
f ( xn ) n
1
1 n f ( xk ) ， 根据 ln x 的单调性 n k 1
-------------12 分
1 n 1 n ln f ( x ) ln f ( xk ) ， k n k 1 n k 1
根据 ln x 的连续性，两边取极限



于是 0 (n 1) n 11 ，应用两边夹法则， lim (n 1) n 0 . n
n
（2）若曲线 y y ( x) 由
x t + cos t
y e ty + sin t 1
确定，则此曲线在 t 0 对应点处的切线方程为
Q( x, y ) P ，由此可知 ( x 2 y 2 ) f ( x 2 y 2 ) f ( x 2 y 2 ) 1 x y
-----------5 分 记 t x 2 y 2 ，则得微分方程 tf (t ) f (t ) 1 ，即 (tf (t )) 1 ， tf (t )) t C
1/2
------14 分
1

1
0
f ( x)dx ln f ( x)dx .
0

1
0
f ( x)dx lim
1 n k 1 k . f ( xk ) ，其中 xk , n n n n k 1
-----------4 分
由不等式
f ( x1 ) f ( x2 )
1 1 cos 2 x 1 cos 3 x 1 3 lim lim 1 3. 2 2 x 0 x 0 2 2x 3x 2 2


二 (本题满分 8 分) 设函数 f (t ) 在 t 0 时一阶连续可导，且 f (1) 0 ，求函数 f ( x 2 y 2 ) ， 使得曲线积分Leabharlann 解： （1） (V1 ) :
x r sin cos , y r sin sin , z 1 r cos 0 r 3, 0 , 0 2
2
2 2 2 2 2 ( x y )dV d d r sin r sin dr (V1 ) 0 0 0

x 1 x x
2
ln( x 1 x 2 )
x dx 1 x2
=
1 ln( x 1 x 2 ) ln(1 x 2 ) C 2 1 x
2
（4） lim
1 cos x cos 2 x 3 cos 3 x =＿＿＿3＿＿＿＿. x 0 x2
解答： lim