2010水木艾迪强化高数10
浙江大学2010年数学分析参考解答
= = = = = = 3
1 x2 sin2 x lim 2 3 x→0 x − sin2 x x3 x sin2 x 1 lim · · 3 x→0 x − sin x x + sin x x2 1 x3 lim 6 x→0 x − sin x 1 3x2 lim 6 x→0 1 − cos x 2x 1 lim x → 0 2 sin x 1.
n→∞n an = lim 1 n→∞ 3 3 n→∞ a2 lim 1 = lim 3 n→∞ 1 lim = 3 n→∞
n
1 a2 n
1 − a21
n−1
1
1 sin2 an−1
−
1 a2 n−1
2 a2 1 n−1 sin an−1 = lim 2 3 n→∞ a2 n−1 − sin an−1
n→∞
an+1 − an , bn+1 − bn
lim cn = c = 0.eØ,, ^an − cbn “Oan , (an+1 − cbn+1 ) − (an − cbn ) = 0, n→∞ bn+1 − bn lim an an − cbn = lim + c. n→∞ bn n→∞ bn lim
θ−
ln cos θdθ
= 2
π ln 2. 8
an = sin an−1 ,n ≥ 2,…a1 > 0.OŽ lim n an . 3
n→∞
)‰.
• lim an = 0.
n→∞
¯¢þ, |an | ≤ |sin |an−1 || ≤ |an−1 | ,
n→∞
lim |an | = A•3.u an = sin an−1
2010-jichu2
∗ ∗
2010 考研数学试题详解与评析 水木艾迪考研辅导班 教务电话：62780040 15810102026 教学与命题研究中心 清华大学数学系教授 刘坤林 俞正光 谭泽光 葛余博 叶俊 章纪民
（B）不是 f ( x, y ) 的极值点 （D）是 f ( x, y ) 的极小值点
【解析与点评】 （方法 1） dz = xdx + ydy =
1 d (x2 + y2 ) ， 2
z=
1 2 ( x + y 2 ) + C ，有最小值 C，立即有结果 D。 2
这是水木艾迪一再强调的凑微分方法。 （方法 2）由 dz = xdx + ydy 可得
x − x3 的可去间断点的个数为（ sin πx
） 。
（A）1 （B）2 （C） 3 （D） 无穷多个 【解析与点评】考点：简单极限运算与间断点的分类。水木艾迪辅导的星级考点。参见水 木艾迪考研数学 36 计例 1-1，1-2，1-3 等题目。 【答案】C
f ( x) =
x − x3 则当 x 取整数时， f ( x ) 无定义。 sin πx
⎡1 0 0⎤ ⎥ ⎢ 【解析】 Q = (a1 + a 2 , a 2 , a 3 ) = (a1 , a 2 , a3 ) 1 1 0 = ( a1 , a 2 , a3 ) E12 (1) ，即： ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 0 0 1 ⎦ ⎣
Q = PE12 (1)
T Q T AQ = [PE12 ](1) T A[PE12 (1)] = E12 (1) P T AP E12 (1)
[
]
水木艾迪考试培训网:
高等数学D10习题课
Pdx Qdy Rdz
dydz dzdx dxdy
PdydzQdzdx Rdxdy
x
y
z
PQ R
(Px
Q y
R)dv z
（三）场论初步
梯度 gra duiu u juk x y z
通量 散度
Pdy Q dzd zR dxdxdy
diA vPQR x y z
环流量 PdQ x d R y dz
计
f(x, y,z)ds
R(x,y,z)dxdy
算
f[x,y,z(x,y)]1zx 2z2 ydxdyR[x,y,z(x,y)d] xdy
D xy
Dxy
一代,二换,三投(与侧无关) 一代,二投,三定向 (与侧有关)
（二）各种积分之间的联系
曲线积分
计算
定积分
Stokes公式
计算 曲面积分
Guass公式
格林公式
3.三重积分与曲面积分的联系
( P x Q y R z)d v P d Q yd d R zzd dx xd
高斯公式
4.曲面积分与曲线积分的联系
R Q
P R
Q P
(yz)dyd(zzx)dzdx (xy)dxd
PdxQdyRdz
斯托克斯公式
Green公式,Guass公式,Stokes公式 之间的关系
旋度 rA o ( R t Q ) i ( P R ) j ( Q P ) k y z z x x y
二、典型例题
例 1 计 算 I (x22x)ydx (x2y4)d, y L
其 中 L为 由 点 O(0,0)到 点 A(1,1)的 曲 线 ysi nx. 2
(PcosQcos Rcos)ds
2010水木艾迪春季基础班讲义
报告人：清华大学数学科学系刘坤林一．关于新大纲2009 考研数学改为三个试卷：数一数二维持不变，数三、数四改变为新数三：教育部决定从2009年起，将原数学三、数学四进行整合，整合后称为“数学三”。
原使用数学三或数学四的招生专业从2009年开始使用新的“数学三”。
“数学三”的考试内容和考试要求调整如下：1.新“数学三”的考试内容为微积分、线性代数、概率论与数理统计，其分数比例依次约为56%、22%和22% 。
2.新“数学三”较原数学四的变化有：（1）增加了无穷级数的相关内容；（2）增加了线性微分方程解的性质及解的结构定理、二阶微分方程及差分方程的相关内容；（3）增加了数理统计的基本概念、点估计的概念、矩估计法及最大似然估计的相关内容。
3.新“数学三”较原数学三的变化有:(1)降低了无穷级数中部分考试内容的考试要求；(2)降低了常微分方程与差分方程中二阶微分方程、差分方程的考试要求；(3)降低了概率论中切比雪夫不等式的考试要求；(4)降低了数理统计的基本概念中部分考试内容的考试要求；(5)降低了参数估计中点估计等概念的考试要求；(6)删除了参数估计中估计量的评选标准和区间估计的考试内容；(7)删除了假设检验的全部考试内容。
4. 新“数学三”的参考试题根据考试内容和考试要求的变化做了相应调整。
二．考研数学要走对路找对点1．试题基本特点07-09年考题以基本的概念、理论和技巧为主, 注意考察基础知识的理解与简单综合运用。
各套试题共用题目比例有较大幅度提高，在大纲要求的共同范围内难度趋于统一。
特别是数三数四连续几年并无任何经济特色，正如我们在讲座和教学中强调的那样，考的是数学，确切说是理工类数学的能力。
这是对2010年考生的重要参考。
09年考题凸现注重考察对基本概念与基本知识点理解的准确性，基础知识的理解与简单综合运用，以及基本计算能力。
各套试题共用题目比例有较大幅度提高，在大纲要求的共同范围内难度趋于统一。
2010年全国大学生高等数学竞赛总决赛(答案)
2010年全国大学生数学竞赛决赛答 tian27546这是献给博士论坛一个礼物 转载时请勿注明是博士论坛一、（20分）计算下列各题：1．求极限 211sin )1(lim n k n k n k n π∑-=→∞+解法1因211sin )1(n k n k n k π∑-=+211222sin sin 21(2sin 21n n k n k nn k πππ∑-=+=） )22cos 22(cos 1(2sin 2122112n k n k n k nn k πππππ+--+=∑-=） )22cos 22(cos 1(22112nk n k n k n n k πππππ+--+≈∑-=） 2112211222cos 1(22cos 1(n k nk n n k n k n n k n k ππππππ++--+=∑∑-=-=）） 222211222cos 11(22cos 1(n k n k n n k n k n nk n k ππππππ--+--+=∑∑=-=））2122222222cos 12)12(cos 11(2cos )11(n k n n n n n n n n n n n k πππππππ-+--+-+=∑-=） 21222222)12(cos 2)12(cos 12(2cos )11(nk n n n n n n n n n k ππππππ-+---+=∑-=）（*） 而2122)12(cos n k n k π-∑-=212222sin 2)12(cos22sin 21n n k nn k πππ∑-=-=])1(sin [sin2sin2121222n k n k nn k πππ--=∑-= 2222sin 2sin )1(sinn n n n πππ--=222sin2)2(sin 2cos n n n n πππ-=（**） 将（**）代入（*），然后取极限，得原式]2sin2)2(sin2cos2)12(cos 12(2cos )11([lim 222222n n n nn n n n n n n n n ππππππππ-+---+=→∞）]2)2(sin 2cos 2)8)12(1(12()11([lim 22342222n n n n n n n n n n n ππππππ-+----+=∞→） ]2)2(sin 2cos 2)21(12()11([lim 2232222n n n n n n n n n n ππππππ-+---+=∞→） )]48)2(2)2()(81(2)21(12()11([lim 633222232222nn n n n n n n n n n n πππππππ----+---+=∞→）)]482)(81(2)21(12()11([lim 33222232222n n n n n n n n n n n ππππππππ---+---+=∞→） 65π=上式中含2n 的项的系数为0121=+-πππ，含n 的项的系数为0)2(111=-++πππ，常数项系数为656824ππππππ=-=--解法2 Step 1因∑-=112sin n k n k π211222sinsin 22sin 21n nk nn k πππ∑-==)22cos 22(cos2sin2122112n k n k nn k πππππ+--=∑-=)2)12(cos2(cos2sin21222n n n n πππ--=故)2)12(cos 2(cos 2sin 21lim sinlim 222112n n n nn k n n k n ππππ--=→∞-=→∞∑)2)12(cos2(cos1lim222n n n n n πππ--=→∞nn n n n 2sin 2)1(sin2lim22πππ-=→∞n n n n n 22)1(2lim22πππ-=∞→2π= Step 2因222)12(cosn k nk π-∑=22222sin 2)12(cos22sin21n n k nnk πππ∑=-=])1(sin [sin2sin212222nk n k nnk πππ--=∑= 2222sin 2sinsin n n n n πππ-=2222sin 2)1(sin 2)1(cos nn n n n πππ-+=因此∑-=112sin n k n k nk π211222sin sin 22sin 21n n k n k n n k πππ∑-== ]2)12(cos 2)12(cos [2sin 212112112n k n k n k n k nn k n k πππ+--=∑∑-=-= ]2)12(cos 12)12(cos [2sin 21222112n k n k n k n k nnk n k πππ----=∑∑=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+---=∑-=2122222)12(cos 12)12(cos 12cos 12sin 21n k n n n n n n n nn k ππππ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=∑=222222)12(cos 12)12(cos 2cos 12sin 21n k n n n n nnnk ππππ(*) ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21nn n n n n n n n n n ππππππ 于是∑-=→∞112sin lim n k n n k nk π⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=→∞2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21lim nn n n n n n n n n n n ππππππ ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++---=→∞n n n n n n n n n n 22)1(sin2)1(cos 8)12(11lim 224222πππππ）（ ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---+-++-=∞→n n n n n n n n n n n 2)48)1(2)1()(8)1(1211lim 6332422222ππππππ（⎥⎦⎤⎢⎣⎡----++-=∞→)24)1(1)(81211lim 52322222n n n n n n n n n ππππ（ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)241()(81211lim 2222222n n n n n n n n ππππ（ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)2411)(81211lim 2222222n n n n n n n ππππ（ ）（222222282411211lim n n n n n n n ππππ---++-=→∞ ）（22222228242lim n n n n n ππππ--=∞→62ππ-=3π=原式6532πππ=+=2．计算⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz ，其中 ∑为下半球面222y x a z ---= 的上侧, 0>a .解 记1∑为平面 222,0a y x z ≤+= 的上侧，2∑为下半球面 222y x a z ---= 的下侧，Ω是由1∑和2∑所围成的立体，则422222211)(adxdy a dxdy a dxdy a z axdydz ay x ⎰⎰⎰⎰⎰⎰≤+∑∑===++π，设,sin ,cos θθr y r x ==则⎰⎰∑+∑++212)(dxdy a z axdydz ⎰⎰⎰Ω+++=dxdydz a z a )220(⎰⎰⎰Ω+=dxdydz a z )32(⎰⎰⎰≤+---+=2222220)32(a y x y x a dz a z dxdy⎰⎰≤+---+=22222202]3[a y x y x a dxdy az z⎰⎰≤+--+++-=222)3(222222a y x dxdy y x a a y x a ⎰⎰≤≤≤≤-++-=πθθ2002222d d )3(ar r r r a a r a⎰-++-=a r r r a a r a 02222d )3(2π ⎰-++-=ar r a a r a 022222)d()3(π⎰-++-=22122d ))(3(a u u a a u a π223222)(42a u a a uu a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-=π274a π=⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz⎰⎰⎰⎰∑∑+∑+++++-=12122)(1)(1dxdy a z axdydz a dxdy a z axdydz a 227333a a a πππ-=+-=3．现 设计一个容积为V 的圆柱体容器. 已知上下两底的材料费为单位面积a元，而侧面的材料费为单位面积b 元. 试给出最节省的设计方案；即高与的上下底直径之比为何值时所需费用最少？解 设圆柱体的底半径为r ，高为h ，则h r V 2π=，2rVh π=总造价为222r a rh b P ππ+=222r a rbVπ+=， 则2322242r r a bV r a r bV P ππ--=+-='，由0='P 知，解得312⎪⎭⎫⎝⎛=πa bV r ，312⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππa bV V h ， 因为是惟一的驻点，所以当3122323131222222:2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=Vab a bV V a bV a bV V h r ππππππ 时，所需费用最少.4．已知 x x x f 33cos sin 1)(+='，)21,41(∈x ，求)(x f 解 因x x x f 33cos sin 1)(+='，)21,41(∈x ，故 ⎰+=x xx x f d cos sin 1)(33⎰+-+=x x x x x x x d )cos )(sin cos sin cos (sin 122⎰+-=x x x x x d )cos )(sin cos sin 1(1⎰+-=x x x d )4sin()2sin 211(21π⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()22cos(211121ππ⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()4(2cos 211121ππ 令)4(21π+=x t ，则⎰+=t tt x f d 2sin )4cos 211(2)(⎰+=t tt t d cos sin )4cos 2(2⎰-+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 2(222⎰+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 3(222 ⎰+-=t tt t t t t d cos sin )cos sin 4)sin (cos 3(222222⎰-++=t t t t t t t t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3()cos (sin 22244222 ⎰-+++=t t t t t t t tt t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3(cos sin 2sin cos 222442244⎰-+++=t t t t tt tan d tan )tan 2tan 33(tan 2tan 122424 令t u tan =，2u v =，则⎰-+++=u u u u u u x f d )233(212)(2424⎰-+++=224224d )233(2122u u u u u u ⎰-+++=v v v v v v d )233(212222⎰+-++=v v v v v v d )323(122222 令)()323(1222v R vAv v v v v +=+-++，则31=A ，)323(332336331)323(12)(22222+--+-++=-+-++=v v v v v v v v v v v v v v R )323(382+-=v v 因此⎰⎰+-+=323d 324d 62)(2v v vv v x f ⎰+-+=323d 324ln 622v v vv ⎰+-+=98)31(d 924ln 622v v v C v v +-+=32231arctan 3221924ln 62C v v +-+=2213arctan 32ln 62 C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C x x +-+++=221)82(tan 3arctan 32)82(tan ln 6222ππ 二、（10分）求下列极限1．⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→e n n n n )11(lim解 设xx x f 1)1()(+=, 则))1ln()1(1()1()(21xx x x x x f x+-++=')1()1ln()1()(2x x x x x x f +++-= 原式=)(lim )1(lim010x f x e x x xx '=-+→→)()(lim )(lim 00x f x f x f x x '=→→)1()1ln()1(lim)(lim 20x x x x x x f x x +++-=→→20)1ln()1(limx x x x e x ++-=→22)1ln(lim 0e x x e x -=+-=→2．nnn n n c b a ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++∞→3lim 111，其中0>a ，0>b ，0>c 解 因300ln 3ln ln ln 3ln ln ln lim 33lim abc c b a c c b b a a x c b a x x x x x x x x =++=++=-++→→ 故 原式=333lim)13(1lim 10003lim abc ee c b a x c b a c b axxxx x x x x x x xx xx ===⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-++-++→→→三、（10分）设)(x f 在1=x 处可导，0)1(=f ，2)1(='f ，求xx x x x f x tan )cos (sin lim 220++→ 解 设)(x f 在1=x 处可导，0)1(=f ，2)1(='f ，则xx x f x x f x x x x x f x x tan )1()cos (sin lim tan )cos (sin lim 220220+-+=++→→ 1cos sin )1()cos (sin lim 1cos sin lim tan lim 220220220-+-+-++=→→→x x f x x f x x x x x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim cos 111lim220020-+-+-+=→→→x x f x x f x x x x xx x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim 212200-+-+-=→→x x f x x f x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 21cos 2lim sin lim 2122000-+-+-=→→→x x f x x f x x x x x x1cos sin )1()cos (sin lim 41220-+-+=→x x f x x f x 1)1()(lim 411--=→t f t f t )1(41f '=21= 四、（10分）设)(x f 在),0[+∞上连续，⎰+∞0d )(x x f 收敛，求⎰+∞→yy x x xf y 0d )(1lim.解 令⎰=xt t f x G 0d )()(，则因⎰+∞0d )(x x f 收敛，故)(lim y G y +∞→，不妨设R A y G y ∈=+∞→)(lim ，则[]}d )()(1{lim )(d 1lim d )(1lim0000⎰⎰⎰-==+∞→+∞→+∞→y yy y y y y x x G x xG yx G x y x x xf y)d )(1)((lim 0⎰-=+∞→yy x x G yy G ⎰+∞→-=yy x x G y A 0d )(1lim 0)(lim =-=-=+∞→A A y G A y五、（12分）设函数)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可微，且0)1()0(==f f ，1)21(=f ，证明：（1）存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得ξξ=)(f ；（2）存在()ξη,0∈使得1)()(+-='ηηηf f .证 （1）记x x f x F -=)()(，则函数)(x F 在]1,21[上连续，且1)1(-=F ，21)21(=F ，故由零点存在性定理知存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得0)(=ξF ，即ξξ=)(f . （2）因x x x f x f e x d )1)()((⎰+-'--x e x xe x x f e x x f e x x x x d d d )(d )(⎰⎰⎰⎰----+-'-= x e e x x f e x x f e x x x x d d )(d d )(⎰⎰⎰⎰----++-=x x xe x f e --+-=)(故令x e x x f x F --=))(()(, 则函数)(x F 在],0[ξ上连续，在()ξ,0内可微，0)0(=F ,0)(=ξF ,x x e x x f e x f x F -----'='))(()1)(()(, 故由罗尔定理知,存在()ξη,0∈使得0)(='ηF , 1)()(+-='ηηηf f .六、设)(x f 在),(+∞-∞上有定义，在0=x 的某邻域内有一阶连续导数，且0)(lim 0>=→a x x f x ，证明级数∑∞=-1)1()1(n n n f 条件收敛. 证 因 0)(lim>=→a xx f x ，故存在一个正数δ，使得当δ<-<00x 时，有 2)(aa x x f <-因此x x f a )(2<（δ<-<00x ），于是，当δ1>n 时， δ<-<010n ，nn f a 1)1(2<，n a n f 2)1(>，这表明级数∑∞=1)1(n n f 发散，即级数∑∞=-1)1()1(n n n f 发散.下证原级数收敛：由0)(lim0>=→a xx f x 知，0)(lim lim )(lim )0(000====→→→a x x f x x f f x x x ，0)(lim )0()(lim )0(00>==-='→→a xx f x f x f f x x由)(x f 在0=x 的某邻域内有一阶连续导数知，)(lim )0(0x f f a x '='=→，因此存在一个正数η，使得当η<-0x 时，有2)(aa x f <-' 因此)(20x f a '<<（),(ηη-∈x ）. 特别地，)(x f 在),0(η上单调增，于是当η1>n 时，)1()11(n f n f <+，且0)0()1(lim ==∞→f nf .最后由Leibniz 判别法知，原级数收敛.综上可知，原级数条件收敛.六、（14分）设1>n 为整数，⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ，证明：方程 2)(n x F =在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内至少有一个根. 证 记!!2!11)(2n t t t t p nn ++++= ,)!!2!11()(2n t t t e t r ntn ++++-= ,则)()(t r e t p n t n -=,且当0>t 时,0)(>t p n , 0)(>t r n ,0)(>-t r e n t .记2)()(n x F x -=ψ，则⎰--=n n t t t r e nx 0d )(2)(ψ,因⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ，故函数)(x ψ在],2[n n 上连续，在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内可微，且2)2()2(n n F n -=ψ⎰⎰<-=--=--20200d )(2d ))(1(nn t n n tt t r e n t t r e ,2d )()(0nt t p e n nn t -=⎰-ψ⎰⎰⎰⎰----+-=+--=202220d )(d )(d )(2d ))(1(n nn n t n t n n n t n n t tt p e t t r e tt p e nt t r e⎰⎰++-=---20202d )2(d )(n n n n t n tt n t p et t r e⎰⎰+++-=---20202d )2(d )!1(1nnn nt t t n t p e t e e n ξ ⎰⎰+-++-=+---202022d ))2((d )!1(1nnn nt nt t t n t r e e t e e n ξ ⎰⎰+---+-+-=202022d )!1(1d )!1(121nnnnt t t e e n t e e n n ξξ ⎰⎰--+-+-=2020d )!1(1d )!1(121n nt t t e e n t e e n n ξξ ⎰-+->202d )!1(22n nt t e e n n []202)!1(22nt ne e n n -++= )1()!1(222-+-=ne n n )!1(2)!1(222+++-=n n e n n )!1(22)!1(2222+-=+->n en n e n n n012>->n（若2>n ，则左边的两个不等式都成立） ()()⎰⎰-+-=-+=-=--101021d 121d 121)1()1(t te t t t e F ψ()[]⎰-++-=--101021d 1t e e t t t 032321)1(2111>-=--+-=--ee e 031)2(>->eψ01223!4223)3(1223144144314923232333>-=->⇒>⇒>>>e e e e ψ 01232452!522)4(2>->->->e e e ψ,0122212e e 12)(>->++->n n n n n e n n ψ 故由零点存在性定理知, 存在),2(n n ∈ξ使得0)(=ξψ, 即2)(nF =ξ.七、（12分）是否存在R 中的可微函数)(x f 使得53421))((x x x x x f f --++=? 若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明.解 不存在假如存在R 中的可微函数)(x f 使得54321))((x x x x x f f -+-+=，则4325432)))((x x x x x f x f f -+-=''（， 若1)1(=f ，则025432)1))1(()]1[2<-=-+-=''='（（f f f f 矛盾。
数3--10真题答案
2010年考研数学(三)试卷答案速查一、选择题（1）C （2）A （3）B （4）C （5）A （6）D （7）C （8）A 二、填空题（9）1− （10）2π4（11）31(1)3e p p − （12）3（13）3 （14）22σμ+ 三、解答题（15）1e −． （16）1415． （17）max u =，min u =−． （18）（Ⅰ）[]110ln ln(1)d ln d nn t t t t t t +<⎰⎰ (1,2,)n =.（Ⅱ）lim 0n n u →∞=．（19）略．（20）（Ⅰ）1λ=−，2a =−.（Ⅱ）通解为32110210k ⎛⎫ ⎪⎛⎫ ⎪⎪⎪=+− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭x ，k 为任意常数．（21）1a =−，0⎪=⎪⎪⎪⎪⎭Q ．（22）1πA =.222(,)()()x xy y Y X X f x y f y x f x −+−==，y −∞<<+∞．（23）（Ⅰ）(,)X Y 的概率分布为（Ⅱ）4cov(,)45X Y =−． 2010年全国硕士研究生入学统一考试数学（三）参考答案一、选择题：1～8小题,每小题4分,共32分．下列每题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的．请将所选项前的字母填在答题纸．．．指定位置上． （1）【答案】C ．【解答】原式00111e lim e e lim 11xx x x x a a a x x x →→−⎛⎫=−+=+=−+= ⎪⎝⎭所以2a =．故选C ．（2）【答案】A ．【解答】由已知条件可得12y y λμ−是齐次方程()0y p x y '+=的解，带入可得，1122(())(())0y p x y y p x y λμ''+−+=，即()()0q x λμ−=，0λμ−=．又12y y λμ+是方程()()y p x y q x '+=的解，所以有，1122(())(())()y p x y y p x y q x λμ''+++=，可得()()()q x q x λμ+=，1λμ+=．所以12λμ==．故选A ． （3）【答案】B ．【解答】因为0()g x a =是()g x 的极值，且()g x 可导，所以0()0g x '=．记()()y f g x =，有 ()()()y f g x g x '''=⋅，()[]()2()()()()y f g x g x f g x g x ''''''''=⋅+⋅． 从而00()()0x x y f a g x ='''=⋅=，即0x 是()()f g x 的驻点．又[]02000()()()()()()x x y f a g x f a g x f a g x ='''''''''''=⋅+⋅=⋅，由极值的第二充分条件，当00()()0x x y f a g x ='''''=⋅<时，y 在0x 取极大值，因为0()0g x ''<，所以()0f a '>．故选B ． （4）【答案】C ． 【解答】因为10()limlim ()ln x x g x x f x x→+∞→+∞==+∞，10()elim lim ()xx x h x g x x →+∞→+∞==+∞，所以，当x 充分大时， ()()()f x g x h x <<．故选C ． （5）【答案】A ．【解答】因为向量组Ⅰ可由向量组Ⅱ线性表示，所以1212(,,,)(,,,)r s r r αααβββ，若向量组Ⅰ线性无关，则12(,,,)r r r =ααα，从而1212(,,,)(,,,)r s r r r s =αααβββ，即r s ．故选A ．（6）【答案】D ．【解答】设λ为A 的特征值，因为2+=A A O ，所以20λλ+=，1λ=−或0．因为A 为实对称矩阵，故A 可相似对角化，即A 相似于对角阵Λ，()()3r r ==A Λ，因此1110−⎛⎫⎪− ⎪= ⎪− ⎪⎝⎭Λ．故选D ． （7）【答案】C ．【解答】{}{}{}()()11111111101e e 22P X P X P X F F −−==−<=−−=−−=−． 故选C ． （8）【答案】A ．【解答】221()x f x −=，21,13,()40,x f x ⎧ −⎪=⎨⎪ ⎩其它.利用概率密度的性质，3312100131()d ()d ()d ()d d 2424a a f x x af x x bf x x f x xb x b +∞+∞−∞−∞−∞==+=+=+⎰⎰⎰⎰⎰，所以234a b +=．故选A ．二、填空题：9～14小题,每小题4分,共24分．请将答案写在答题纸．．．指定位置上． （9）【答案】1−． 【解答】220e d sin d x yxt t x t t +−=⎰⎰， ①两边对x 求导得2()220e(1)sin d sin xx y y t t x x −+'+=+⎰． ②把0x =代入①式，得0y =，把0x =，0y =代入②式，得1y '=−，即d 1d x yx==−．（10）【答案】2π4．【解答】222e ee1ππd πd πarctan(ln )(1ln )4V y x x x x x +∞+∞+∞====+⎰⎰． （11）【答案】31(1)3ep p −．【解答】由收益弹性3d 1d p R p R p =+，整理得2d 1d R p p R p ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，解得313e p R Cp =． 代入()11R =，得13e C −=，所以31(1)3()ep R p p −=．（12）【答案】3．【解答】232,62y x ax b y x a '''=++=+. 令0y ''=，得13ax =−=−，所以3a =． 又曲线过点(1,0)−，代入曲线方程，得3b =． （13）【答案】3． 【解答】因为1111111()E −−−−−−−+=+=+=+A BAE B ABB AA B A A B B ，所以11111()3−−−−−+=+=⋅+⋅=A B A A B B A A B B ． （14）【答案】22σμ+．【解答】2222221111()()()()n n i i i i ET E X E X E X DX EX n n σμ======+=+∑∑．三、解答题：15～23小题,共94分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．请将答案写在答题纸．．．指定位置上． （15）（本题满分10分） 解： 11111ln(1)ln(1)lim ln ln ln lim (1)lim eex x x x x xxxxx x x →+∞−−→+∞→+∞−==，其中，1ln 0lim lim ee 1x x xx x x →+∞→+∞===，1112111ln ln(1)1ln 1lim lim lim1ln (1)xxx x x x xx xx x x x xx x x→+∞→+∞→+∞−−−−==−1ln 1ln 1ln limlim1,1ln (e1)x x x xx xx x x x→+∞→+∞−−===−⋅−所以原式1e −=．解：积分区域如图，33223()d d (33)d d DDI x y x y x x y xy y x y =+=+++⎰⎰⎰⎰，根据对称性，13232(3)d d 2(3)d d DD I x xy x y x xy x y =+=+⎰⎰⎰⎰， 其中{}21(,)01,21D x y y y x y =+是D 的上半部分，从而 2111324202091142d 3)d 2(2)d 4415y I yx xy x y y y +=+=−++=⎰⎰⎰．（17）（本题满分10分）解：构造拉格朗日函数222(,,,)2(10)L x y z xy yz x y z λλ=++++−，由 22220,220,220,100.xyzL y x L x z y L y z L x y z λλλλ'=+=⎧⎪'=++=⎪⎨'=+=⎪⎪'=++−=⎩解得可能的最值点有5,2),(1,5,2),(5,2),(1,5,2),(22,0,2),(22,0,2)−−−−−−−−，因为5,2)(1,5,2)55u u =−−−=，(1,5,2)(5,2)55u u −=−−=−，(22,0,2)(22,0,2)0u u −=−=，所以max 55u =，min 55u =−．（18）（本题满分10分）解：（Ⅰ）当01t <时， 令()ln(1)f t t t =−+，有(0)0,'()0f f t =>，所以()0f t >且单调递增，故有0ln(1)t t <+<，所以[]ln ln(1)ln nnt t t t +<.由积分的比较性质，[]11ln ln(1)d ln d nn t t t t t t +<⎰⎰，(1,2,)n = .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知10ln d nn u tt t <<⎰，而1111200011ln d ln d ln d()1(1)nnn t t t t t t t t n n +=−=−=++⎰⎰⎰， 所以，210(1)n u n <<+，又21lim 0(1)n n →∞=+，由夹逼定理，lim 0n n u →∞=．解：（Ⅰ）由积分中值定理，2()d 2()f x x f η=⎰，(0,2)η∈，因为22(0)()d f f x x =⎰，所以(0)()f f η=，(0,2)η∈．（Ⅱ）因为(2)(3)(0)2f f f +=，所以由介值定理，存在[2,3]c ∈，使得()(0)f c f =．从而有 (0)()()f f f c η==．现对()f x 分别在区间[0,]η和[,]c η上应用罗尔定理，得12()()0f f ξξ''==，其中12[0,],[,]c ξηξη∈∈．又()f x 二阶可导，再对()f x 在区间12[,]ξξ上应用罗尔定理，得()0f ξ''=，其中12(,)(0,3)ξξξ∈⊂．（20）（本题满分11分） 解：（Ⅰ）对增广矩阵进行初等行变换，得211111()010101011110011a a λλλλλλλ⎛⎫⎛⎫⎪⎪=−→− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪−−+⎝⎭⎝⎭A b .当1λ=时，()1,(,)2r r ==A A b ，方程组无解；当1λ=−时，()(,)23r r ==<A A b ，方程组有无穷多解，满足=Ax b 存在两个不同的解的条件，所以1λ=−，2a =−．（Ⅱ）当1λ=−，2a =−时，增广矩阵经初等变换得3101211111()0201010200000000⎛⎫− ⎪−⎛⎫ ⎪⎪ ⎪→−→− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭A b ，其导出组的通解为1101k ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭x ,方程组=Ax b 的一个特解为32120⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭η，故通解为32110210k ⎛⎫ ⎪⎛⎫ ⎪⎪⎪=+− ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭x ，k 为任意常数．解：因为Q 的列是A的特征向量，所以设T 1=α是A 的对应于特征值1λ的特征向量，由111λ=A αα，即10141113224011a a λ−⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪ ⎪−= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得12,1a λ==−．由14131(4)(2)(5)041λλλλλλλ−−=−=+−−=−E A 得，A 的特征值为1232,5,4λλλ===−．对25λ=，由(5)−=E A x 0，解得A 的对应于25λ=的特征向量为T2(1,1,1)=−α． 对34λ=−，由(4)−−=E A x 0，解得A 的对应于34λ=−的特征向量为T3(1,0,1)=−α．因为A 为实对称矩阵，不同特征值的特征向量相互正交，只需单位化：T T 2323231,1),1,0,1)==−==−ααββαα，则123(,,)0⎪==⎪⎪⎪⎪⎭Q αββ，使T 254⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪−⎝⎭Q AQ Λ．（22）（本题满分11分） 解： 由概率密度的性质，222222()1(,)d d ed de e d d x xy y x y xf x y x y A x y A x y +∞+∞+∞+∞+∞+∞−+−−−−−∞−∞−∞−∞−∞−∞===⎰⎰⎰⎰⎰⎰22()ed ed()πx y x Ax y x A +∞+∞−−−−∞−∞=−=⎰⎰，所以1πA =． X 的边缘概率密度为222()1()(,)d e e d()πx y x x X f x f x y y y x +∞+∞−−−−−∞−∞==−=⎰⎰，x −∞<<+∞当x −∞<<+∞时，条件概率密度222(,)()()x xy yY XXf x yf y xf x−+−==，y−∞<<+∞．（23）（本题满分11分）解：（Ⅰ）X的所有可能取值为0,1，Y的所有可能取值为0,1,2．{}232610,05CP X YC====，{}11232620,15C CP X YC====，{}10,215P X Y===，{}11132611,05C CP X YC====，{}21,115P X Y===，{}1,20P X Y===．从而(,)X Y的概率分布为（Ⅱ）cov(,)()X Y E XY EX EY=−⋅，21101333EX=⨯+⨯=，2812012515153EY=⨯+⨯+⨯=，22()111515E XY=⨯⨯=，4cov(,)45X Y=−．。
中国科学院2010年数学分析参考解答
e = e e k=1 k
k=1 k n+1
1
= (n + 1)e n+1
> (n + 1)
1
1
n+1 n+1
1+
n+1
= n + 2.
5P.
• • ˜Ú´Ï•
1n
1n
1+
= 1· 1+
n
n
<
1
+
n+1 n
·
n
n+1
n+1
1
n+1
= 1+
e.
n+1
èÆk) · · · · · · uia.china@· · · · · · ›Š
10
•∃ δ2 = δ2(η, ε) = δ2(ε), s.t.
η yf (0)
π
ε
0 > y > −δ2 ⇒
dx + f (0) < ,
0 x2 + y2
2
3
o( k
η yf (0)
π
ε
0 < y < δ2 ⇒
0
x2
+
y2 dx
−
f (0) 2
<. 3
0 > y > − min {δ1, δ2}
ž,
5
6
= 32 πa6. 5
7 A^GreenúªOŽÈ©
ex(x sin y − y cos y)dx + ex(x cos y + y sin y)dy
I=
,
L
x2 + y2
2010 AMC10A试题(含答案)
2010 AMC10A ProblemsQ1. Mary’s top book shelf holds five books with the follo wing widths, in centimeters:6,12, 1, 2.5, and 10. What is the average book width, in centimeters?A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E)5Q2. Four identical squares and one rectangle are placed together to form one large square as shown. The length of the rectangle is how many times as large as its width?A)54B)43C)32D) 2 E)3Q3.Tyrone had 97 marbles and Eric had 11 marbles. Tyrone then gave some of his marbles to Eric so that Tyrone ended with twice as many marbles as Eric. How many marbles did Tyrone give to Eric?A)3 B)13 C)18 D) 25 E)29 Q4.A book that is to be recorded onto compact discs takes 412 minutes to read aloud. Each disc can hold up to 56 minutes of reading. Assume that the smallest possible number of discs is used and that each disc contains the same length of reading. How many minutes of reading will each disc contain?A)50.2 B)51.5 C)52.4 D) 53.8 E)55.2Q5.The area of a circle whose circumference is 24π is kπ. What is the value of k?A)6 B)12 C)24 D) 36 E)144Q6. For positive numbers x and y the operation ♠(x, y) is defined as1(,)x y xy♠=-What is ♠(2, ♠(2, 2))?A)23B)1 C)43D)53E)2Q7.Crystal has a running course marked out for her daily run. She starts this run by heading due north for one mile. She then runs northeast for one mile, then southeast for one mile. The last portion of her run takes her on a straight line back to where she started. How far, in miles is this last portion of her run?A)1 B) D)2 E)Q8.Tony works 2 hours a day and is paid $0.50 per hour for each full year of his age. During a six month period Tony worked 50 days and earned $630. How old was Tony at the end of the six month period?A)9 B)11 C)12 D) 13 E)14Q9.A palindrome, such as 83438, is a number that remains the same when its digits are reversed. The numbers x and x + 32 are three -digit and four -digit palindromes, respectively. What is the sum of the digits of x ?A)20 B)21 C)22 D) 23 E)24Q11.The length of the interval of solutions of the inequality 23a x b ≤+≤is 10.What is b a -？A)6 B)10 C)15 D) 20 E)30Q12.Logan is constructing a scaled model of his town. The city’s water tower stands 40 meters high, and the top portion is a sphere that holds 100,000 liters of water. Logan’s miniature water tower holds 0.1 liters. How tall, in meters, should Logan make his tower?A)0.04 B)0.4π C)0.4 D) 4πE)4Q13.Angelina drove at an average rate of 80 kmh and then stopped 20 minutes for gas. After the stop, she drove at an average rate of 100 kmh. Altogether she drove 250 km in a total trip time of 3 hours including the stop. Which equation could be used to solve for the time t in hours that she drove before her stop? A)880100()2503t t +-= B)80250t = C)100250t = D)90250t = E)880()1002503t t -+=Q14.Triangle ABC has 2AB AC =⋅. Let D and E be on AB and BC , respectively, such that ∠BAE = ∠ACD . Let F be the intersection of segments AE and CD , and suppose that △CFE is equilateral. What is ∠ACB ?A)60° B)75° C)90° D) 105° E)120°Q15.In a magical swamp there are two species of talking amphibians: toads, whose statements are always true, and frogs, whose statements are always false. Four amphibians, Brian, Chris, LeRoy, and Mike live together in this swamp, and they make the following statements.Brian: “Mike and I are different species.”Chris: “LeRoy is a frog.”LeRoy: “Chris is a frog.”Mike: “Of the four of us, at least two are toads.”How many of these amphibians are frogs?A)0 B)1 C)2 D) 3 E)4Q16.Nondegenerate △ABC has integer side lengths, BD is an angle bisector, AD = 3, and DC = 8. What is the smallest possible value of the perimeter?A)30 B)33 C)35 D) 36 E)37 Q17.A solid cube has side length 3 inches. A 2-inch by 2-inch square hole is cut into the center of each face. The edges of each cut are parallel to the edges of the cube, and each hole goes all the way through the cube. What is the volume, in cubic inches, of the remaining solid?A)7 B)8 C)10 D) 12 E)15Q18.Bernardo randomly picks 3 distinct numbers from the set {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} and arranges them in descending order to form a 3-digit number. Silvia randomly picks 3 distinct numbers from the set {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} and also arranges them in descending order to form a 3-digit number. What is the probability that Bernardo’s number is larger than Silvia’s number?A)4772B)3756C)23D)4972E)3956Q19.Equiangular hexagon ABCDEF has side lengths AB = CD = EF = 1 and BC = DE = F A = r. The area of △ACE is 70% of the area of the hexagon. What is the sum of all possible values of r?A)3B)103C)4 D)174E) 6Q20.A fly trapped inside a cubical box with side length 1 meter decides to relieve its boredom by visiting each corner of the box. It will begin and end in the same corner and visit each of the other corners exactly once. To get from a corner to any other corner, it will either fly or crawl in a straight line. What is the maximum possible length, in meters, of its path?A)4+B)2+C)2+D)E)Q21.The polynomial 322010-+-has three positive integer roots. What isx ax bxthe smallest possible value of a?A)78 B)88 C)98 D)108 E)118Q22.Eight points are chosen on a circle, and chords are drawn connecting every pair of points. No three chords intersect in a single point inside the circle. How many triangles with all three vertices in the interior of the circle are created?A) 28 B) 56 C) 70 D) 84 E) 140Q23.Each of 2010 boxes in a line contains a single red marble, and for 1 ≤k≤2010, the box in the k th position also contains k white marbles. Isabella begins at the first box and successively draws a single marble at random from each box, in order. She stops when she first draws a red marble. Let P(n) be the probability that Isabella stops after drawing exactly n marbles. What is the smallest value of n for which1()P n<?2010A) 45 B) 63 C) 64 D) 201 E) 1005Q24.The number obtained from the last two nonzero digits of 90! is equal to n. What is n?A) 12 B) 32 C) 48 D) 52 E) 68Q25.Jim starts with a positive integer n and creates a sequence of numbers. Each successive number is obtained by subtracting the largest possible integer square less than or equal to the current number until zero is reached. For example, if Jim starts with n = 55, then his sequence contains 5 numbers:Let N be the smallest number for which Jim’s sequence has 8 numbers. What is the units digit of N?A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9AMC10A 2010中文解析Q1. Mary’s top book shelf holds five books with the follo wing widths, in centimeters:6,12, 1, 2.5, and 10. What is the average book width, in centimeters?A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E)5翻译：Mary最上面的书架上有五本书，宽度分别为: 6厘米、1厘米、2.5厘米和10厘米。
数学试卷入学摸底
2005年全国硕士研究生入学统一考试 水木艾迪考研辅导班突破百分训练营数学( )试卷（入学摸底--数模1）2004-12-4学号 姓名 电话 成绩 数学一答题号及分值：1、3、13、16、21，2224、26、31，32、34、37、38、40、4212分4812分5112分5212分5710分588分60 10分 62 9分63 9分数学二答题号及分值：5、6、7、9、11，18，1924、25、26、27、 29、31、38、3942 9分 43 9分 44 9分 47 10分5312分5512分56 12分 5913分 60 8分数学三答题号及分值：10、12、15、20、21，2225、32、33、35 36、37、38、4145 9分 46 8分 49 9分 50 8分 51 8分 60 13分61 13分 62 13分 63 13分数学四答题号及分值：（注意：原27，45有超纲，换为30，47，见下表格）2、4、8，16、19，2325、26、27、28、29、37、40、41448分 45 8分 509分549分558分6013分6113分62 13分 64 13分数学四答题号及分值：2、4、8，16、19，2325、26、28、29、30、37，40、4144 8分 47 8分 509分549分558分6013分6113分62 13分 64 13分一 填空题（本题含6小题，每小题4分，满分24分，把答案填在题中横线上）1．曲面222y x z +=在任意一点),,(z y x 处的法向量为 ，与平面02=++z y x 相平行的切平面方程为 。
答案：()Ty x 1,2,4−，098168=+++z y x 。
2．已知,)(xx xe e f −−=′且,0)1(=f 则. =)(x f 。
答案： xxxe e f −=′)(,令t ex=−，则t x ln −=，于是有t t t f ln )(−=′， 积分得 C x x x dx x x x f ++−=−=∫2241ln 21ln )(. 再由()01=f , 得41−=C ，故所求函数为4141ln 21)(22−+−=x x x x f 。
考研必看
2010【新东方】考研政治冲刺班（五科全）SWF视频（完整版 共257M 打包下载）:
/source/18205/
2010年【新东方】网络课堂考研英语冲刺班全程讲义+MP3完整版下载:
/source/18841/
2010年【徐绽 文都】考研英语冲刺班视频1-20（完整版下载）:
/source/18787/
2010年【徐绽 文都】考研英语冲刺班1-23MP3版（真正完全版下载）:
/source/18827/
/source/18867/
2010【任汝芬】新东方考研政治全程冲刺班（大全）:
/source/18221/
2010年【任汝芬】团队考研政治十大预测分析题:
/source/17919/
2010年考研英语阅读高分冲刺模拟试题六套(二):
/source/18472/
2010年考研英语高分冲刺模拟试题六套(一):
/source/18471/
2010年考研英语冲刺模拟三套卷:
/source/18468/
/source/17984/
2010年【任汝芬】考研政治最后冲刺10套卷主观题部分MP3+PDF版【附出版社奉送试卷二套】:
/source/18382/
2010【任汝芬】政治核心资料与押题复习Word打印第2版:
2010年【恩波】考研政治最新冲刺班【任汝芬 徐明德 陆卫明 鲁生】老师主讲视频:
/source/18766/
2010【新东方】考研英语冲刺班全程视频完整版:
/source/18765/
2010【李玉枝】英语完型网络课堂SWF视频完整版:
高数第十章测试题及答案
高等数学第十章《重积分》测验题一、选择题（每题３分，共１５分） 1记21()DI x y d σ=+⎰⎰，32()DI x y d σ=+⎰⎰，其中22:(2)(1)1D x y -+-≤，则（ ）（Ａ）12I I =； （Ｂ）12I I >；（Ｃ）12I I <； （Ｄ）无法比较12,I I 的大小。
2设(,)f x y 连续，且2(,)(,),Df x y xy f x y dxdy D =+⎰⎰由21,0,x y y x === 所围，则(,)f x y =（ ）（Ａ）218xy +； （Ｂ）2138xy +；（Ｃ）21316xy +； （Ｄ）2116xy +. 3 设0a b <<，222221:(0)V a x y z b z ≤++≤≥，222222:V a x y z b ≤++≤(0,0,0)x y z ≥≥≥为两个空间区域，则（ ）（Ａ）124V V xdv xdv =⎰⎰⎰⎰⎰⎰； （Ｂ）124V V ydv ydv =⎰⎰⎰⎰⎰⎰；（Ｃ）124V V zdv zdv =⎰⎰⎰⎰⎰⎰； （Ｄ）124V V xyzdv xyzdv =⎰⎰⎰⎰⎰⎰.4 ⎰⎰=θπρρθρθρθcos 02)sin ,cos (d f d I 化为直角坐标系下的二次积分为（ ）（A ）⎰10dy ⎰-20),(y y dx y x f ； （B ）⎰10dy ⎰-210),(y dx y x f ； （C ）⎰1dx ⎰1),(dx y x f ； （D ）⎰10dx ⎰-2),(x x dy y x f ．5 设函数(,)f x y 在221x y +≤上连续，使2211(,)4(,)x y f x y dxdy dx f x y dy +≤=⎰⎰⎰成立的充分条件是（ ）（Ａ）(,)(,),(,)(,)f x y f x y f x y f x y -=-=-； （Ｂ）(,)(,),(,)(,)f x y f x y f x y f x y -=-=； （Ｃ）(,)(,),(,)(,)f x y f x y f x y f x y -=--=-； （Ｄ）(,)(,),(,)(,)f x y f x y f x y f x y -=--=。
2010海天强化数学讲义第六章
( x + 1) p ′ + p = ln(1 + x)
p′ +
1 ln(1 + x) = x +1 ( x + 1) p
（线性）
y = ( x + 1 + c1 ) ln(1 + x) − 2 x + c 2
解法 2 [( x + 1) y ′]′ = ln(1 + x) ( x + 1) y ′ = ∫ ln(1 + x)dx = ∫ ln(1 + x)d ( x + 1) = ( x + 1) ln(1 + x) − x + c1
dP dx dP dy
令 y ′ = P, y ′′ = P
: 3．高阶线性方程 ．高阶线性方程:
: y ′′ + p( x) y ′ + q( x) y = f ( x) 1) 变系数 变系数: 非齐次 齐次
y ′′ + p( x) y ′ + q( x) y = 0
解的结构: a) 齐次通解 = c1 y1 + c 2 y 2 ,其中 y1 , y 2 为齐次两线性无关特解 b) 非齐次通解 = 齐次通解 + 非齐次特解
代入原方程，得 即 2 t +1[ A(t + 1) + B ] − 2t ( At + B ) = t 2 t
At + 2 A + B = t.
比较系数知 A = 1, B = −2 ，故 yt* = 2t (t − 2) ，从而原差分方程的通解为
yt = yc (t ) + yt* = C + 2t (t − 2).
2010AIME试题及参考答案
2010AIME 试题及参考答案2010/03/16 1：30~4：301.Mayas lists all the positive divisors of 22010.She then randomly selects two distinct divisors from this list. Let p be the probability that exactly one of the selected divisors is a perfect square. The probability p can be expressed in the form nm,when m and n are relatively prime positive integers. Find m+n.解：因为22222675322010∙∙∙=，所以它的所有的因数有81)21(4=+个，其中是完全平方数的有1624443424144==++++C C C C C ，所以812628111681116==-C C C p ，所以m+n=107. 2.Find the remainder whens‘9999999999999⋅⋅⋅⋅ is divided by 1000. 解：8911000)11000(999)110()11000(99999999999999999999-=-⋅⋅=--⋅⋅=⋅⋅⋅⋅N M s‘所以余数是109. 3.Suppose the x y 43=and x y y x =.The quantity x+y can be expressed as a rational number sr,where r and s are relatively prime positive integers. Find r+s. 解：由xy y x =知x>0,y>0,且y x x y lg lg =，以x y 43=带入得：,43lg lg 43x x x x =于是x x lg 43lg lg 43+=，所以4)34(=x ，所以3)34(=y ，所以x+y=81448，所以r+s=529.4.Jackie and Phil have two fair coins and a third coin that comes up heads with probability74.Jackie flips the three coins,and then Phill flips the three coins.Let nm be the probablity that Jackie gets the same number of heads as Phill,where m and n are relatively prime positive integers. Find m+n.所以两人投掷硬币出现头像朝上的次数相同的概率为：392123)71()2811()145()283(2222=+++，所以m+n=515. 5.Positive integers a,b,c, and d satisfy a>b>c>d ，a+b+c+d=2010,and20102222=-+-d c b a . Find the number of possible values of a.解：易知2222d c b a d c b a -+-=+++，于是0)1)(()1)((=--++--+d c d c b a b a ，又因为a>b>c>d ，且a,b,c,d 均是正整数，所以a-b=1,c-d=1,即b=a-1,d=c-1，带入a+b+c+d=2010中得，a+c=1006,但a>c ，所以a 可以取值504，505，…1004，所以a 可能的取值为501个.6.Let P(x) be a quadratic polynomial with real coefficients satisfying342)(2222+-≤≤+-x x x P x xfor all real numbers x, and suppose P(11)=181.Find P(16).解：342)(2222+-≤≤+-x x x P x x 可化为1)1(2)(1)1(22+-≤≤+-x x P x ，所以可令b x a x P +-=2)1()(，由此01)1)(1(1)1()(22≥-+--=---b x a x x P ，所以1,1≥≥b a ,而01)1)(2(1)1(2)(22≤-+--=---b x a x x P ,所以1,2≤≤b a ，所以b=1，但P(11)=181,所以100a+1=181，所以a=1.8,所以P(16)=406. 解法二：直接令1)1()(2+-=x a x P ，易得a=1.8.7.Define an ordered triple (A,B,C) of sets to be minimally intersecting if1||||||=⋂=⋂=⋂A C C B B A ,∅=⋂⋂C B A . For example, ({1,2},{2,3},{1,3,4}) is aminimally intersecting triple.Let N be the number of minimally intersecting ordered triples of sets for which each set is a subset of {1,2,3,4,5,6,7}.Find the remainder when N is dividedi by 1000.解：易知若}{},{},{c A C b C B a B A =⋂=⋂=⋂，共有37P 种办法，且C c b B b a A c a ∈∈∈,,,,,，不妨设a=1,b=2,c=3,把剩下的4个数分成4份(有一份是不安插进来的)，安插到A,B,C 中，共有44种办法，故N=53760.8.For a real number a,let [a] denote the greatest integer less than or equal to a.Let R denote the region in the coordinate plane consisting of points (x,y) such that25][][22=+y x .The region R is completely contained in a disk of radius r (a disk is the union of a circle and its interior). The minimum value of r can be written as nm,where m and n are integers and m is not divisible by the square of any prime. Find m+n.解：易知5][,0][±==y x 或0][,5][=±=y x ，或4][,3][±=±=y x ，或3][,4][±=±=y x ，于是⎩⎨⎧-<≤-<≤⎩⎨⎧<≤<≤45106510y x y x 或，或⎩⎨⎧<≤-<≤-⎩⎨⎧<≤<≤10451065y x y x 或，或715-=xyz ，取715-=xyz ，得333z y x ++的最大值为158. 10.Let N be the number of ways to write 2010 in the form0122331010102010a a a a +⋅+⋅+⋅=,where the s a i ' are integers, and 990≤≤i a .Anexample of such a represention is 40106710310123+⋅+⋅+⋅.Find N. 解：易知3a 只能取0，1，2三个值，因此根据3a 讨论如下：（1）当3a =0时，20,19,18,17,16,15,14,13,12,11,102=a ，当102=a 时，1a 有8种取法，当202=a 时，1a 有2种取法，其余各有10种取法，共100种取法（2）当3a =1时，10987654321,02，，，，，，，，，=a ，当02=a 时，1a 有8种取法，当102=a 时，1a 有2种取法，其余各有10种取法，共100种取法（3）当3a =2时，02=a ，当102=a 时，1a 有2种取法.故N=202.11.Let R be the region consisting of the set of points in the coordinate plane that satify both10|8|≤+-y x and 153≥-x y ,when R is revolved around the line whose equation is 153=-x y ,the volume of the resulting solid ispn m π,where m,n,and p are positive integers,mand n are relatively prime,and p is not divisible by the square of any prime.Find m+n+p. 解：画出区域如右图：且=d =V every partition of S into two subsets,at least one of the subsets contains integers a,b,and c(not necessarily distinct) such that ab=c.Note:a partition of S is a pair of sets A,B such that S B A B A =⋃∅=⋂,. 解：m=120.设}10,9,8,6{},11,7,5,4,3{==B A ，所以12≥m .下证m=12符合条件. 证明：设}11{}7{}12,6{}10,5{}12,4{}8,4{}12,3{}6,3{21654321========B B A A A A A A ，，，，，，，设S 集合的一个划分为A,B,若不存在B A A A i i ⊆⊆，，则各i A 必有一个元素属于A,也必有一个元素属于B.考察1A ，不妨设A ∈3，则对于6A ，A A ∉∉12,6，于是B A ⊆6矛盾. 故m=12符合条件.13.Rectangle ABCD and a semicircle with diameter AB are coplanar and have nonoverlapping interiors.Let R denote the region enclosed by the semicircle and the rectangle.Line l divides region R into regions with areas in the ratio 1:2.Supppose that AU=84,AN=126,and UB=168.Then DA can be represented as n m ,where m and n are positive integers and n is not divisible by the square of any prime. Find m+n.解：因为AU=84,AN=126,UB=168,所以AO=126,所以AON ∆为等边三角形，易得341231262112684cot cot =⋅⋅-=∠=∠NUA UTD ，所以)212612621(3131)c o t 8484(213sin 126)84126(2112632122⋅⋅+⋅⋅==∠⋅++⋅+⋅⋅-⋅-⋅⋅=+-=∆AD S AD UTD AD S S S S AUTDNUO AON πππ梯形扇形左 化简得：663=AD ，所以m+n=69. 14.For each position integer n,let ∑==100110)]([log)(k kn n f .Find the largest value of n for which300)(≤n f .Note:[x] is the greatest integer less than or equal to x.解：直接突破困难，令n=100,容易计算得到f(100)=292.由计算易知，⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤=⋅10092 49110 3912)]109([log 10k k k k所以∑==⋅+⋅+⋅=⋅=1001103009482392)]109([log)109(k k f ，所以n=109.15.In ABC ∆ with AB=12,BC=13, and AC=15, let M be a point on AC such that the incircles of ABM ∆ and BCM ∆ have equal radii.Let p and q be positive relatively prime integers such thatqpCM AM =.Find p+q.B解：由内切圆性质易得如下等式BMS BM CM S BM AM S ABC BCM ABM2401312+=++=++∆∆∆ 所以BMBMAM BM BM AM S S ABC ABM 225121524012++==+++=∆∆ 于是15225180--=AM AM BM （1）在ABC ∆中，容易算得95cos =A ，另一方面：在ABM ∆中，9512212cos 222=⋅⋅-+=AM BM AM A （2） 联立（1）（2）化简得：0198073285323=-+-AM AM AM ，即 0)15)(6)(223(=---AM AM AM ，但由（1）得015225180>--AM AM ，所以322=AM ，于是323=CM ，所以45=+q p . 推广：对于任意的三角形ABC ∆，b a c <<，我们有如下结论：b bc a c b a c a a c b AM 2))(()()(222-+++-+-+=bb c a c b a a c c a b CM 2))(()()(222-+++-+-+=此时acc a b b c a c b a c a c a b CM AM 23))(()(2)(22222--+-+++-+--= 解：类似于上述做法，可得BMc b a S BM CM a S BM AM c S ABC BCM ABM2+++=++=++∆∆∆ 所以BMc a BMc b AM BM c b a BM AM c S S ABC ABM 22+++==+++++=∆∆于是bAM AMc a bc BM -+-=2)(（1）CC在ABC ∆中， bc a c b A 2cos 222-+=，另一方面：在ABM ∆中，AM c BM AM c A ⋅⋅-+=2cos 222所以bca cb AMc BM AM c 22222222-+=⋅⋅-+（2）联立（1）（2）化简得：)23()2575()448(4222222222223=+-----++-+-b a ac c b AM ac a c b b AM c a b bAM 同理：)23()2575()448(4222222222223=+-----++-+-b c ac a b CM ac c a b b CM a c b bCM 以上两式相加，结合b CM AM =+得0)23()(442222222=--++-+-ac a c b b AM a c b bAM ，于是可得：bb c a c b a c a a c b AM 2))(()()(222-+++-±-+=，但由（1）知02)(>-+-=b AM AMc a bc BM ，所以2bAM c a bc <<+，经计算b bc a c b a c a a c b AM 2))(()()(222-+++-+-+=同理bb c a c b a a c c a b CM 2))(()()(222-+++-+-+=容易计算acc a b b c a c b a c a c a b CM AM 23))(()(2)(22222--+-+++-+--=.。