2010复旦大学插班生模拟题答案

2010复旦大学插班生数学模拟题答案
参考答案：
一．原式=12
2sin 222111222sin 2000(1sin 2)2lim lim 2(1sin 2)2lim[(1sin 2)]sin x x x x x x x x x x dx x x x →→→-⋅=-=- 220sin2lim 22222x x x e
e →-⋅-== 22233331211111(1)(1)(1())1()22266x x x e x x x x x o x x o x -+
=-+++++=++，
1333231(1)1()2
x x o x =+=++
332330011()(1)132lim lim 3
x x x x o x x x e x x →→-+-+==-
二． 解：
（1）若12,αα均为10λ=的特征向量，则有
1212122()000A A A ααααααα+=+=⋅+⋅=≠，矛盾。

若12,αα均为231λλ==的特征向量，则有1212122()11A A A ααααααα+=+=⋅+⋅≠，同样矛盾。

可见12,αα是属于实对称矩阵A 的两个不同特征值的特征向量，且1α是属于特征值10λ=的特征向量，2α是属于特征值231λλ==的特征向量，根据实对阵矩阵的性质，12,αα必
正交，故有1210T a αα=-=，得1a =。

（2）因为A 可对角化，且011A ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
，可见秩r （A ）=2，于是齐次线性方程组Ax=0的基础解系所含解向量的个数为1。

而1100A αα=⋅=，因此1α可作为Ax=0的基础解系。

故2Ax α=的通解为21111110x k k αα⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=+=-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
，其中k 为任意常数。

（3）设231λλ==的另一特征向量为1323x x x α⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦
，则3α与1α正交，不妨进一步要求3α与2α也正交，则有131********T T x x x x x αααα⎧=+=⎨=-+=⎩，解得3112α-⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦。

故1
1112233123011111[,,][,,]011111012012A λαλαλαααα----⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥==--⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ 110220113301110112220622012112001⎡⎤-⎢⎥-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=-⋅-=-⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦。

（4）因为123,,ααα已经两两正交，只需单位化：
11111||0αηα⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦
，22211||1αηα⎡⎤⎢⎥==-⎢⎥⎢⎥⎣⎦
，33311||2αηα-⎡⎤⎥==⎥⎥⎦
令[]123,,Q ηηη=，则Q 为正交矩阵，且有000010001T Q AQ ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦。

三．．由Gauss 公式，V
dxdydz V ⎰⎰⎰原式=3，由为曲面|x+y-z|+|x+z-y|+|y+z-x|=1所围立体，
作变换u=x-y+z, v=y-z+x, w=z-x+y, 则111D u,v,w)1114(,,)111u
u u x
y z v v v D x y z x
y z w
w w x y z
∂∂∂∂∂∂-∂∂∂==-=∂∂∂-∂∂∂∂∂∂（，因而(,,)1D(u,v,w)4D x y z =。

又区域V 变为|u|+|v|+|w|《1,这是一个对称于坐标原点的正八面体，且在第一封限的部分由平面u+v+w=1,u=0,v=0,w=0围成，体积为1111326⋅
⋅=，故八面体的体积为14863⋅=。

故原式=143143
⋅⋅=。

四．解：
'2200001arctan (arctan )((1))1x x
x n n n x x dx dx x dx x ∞====-+∑⎰⎰⎰ 200(1)
x n n n x dx ∞
==-∑⎰ 210(1)21n n n x n ∞
+=-=+∑, (1,1)x ∈-. 在1x =±处，上述级数收敛，arctan x 在1x =±处亦连续，所以
210(1)arctan 21n
n n x x n ∞
+=-=+∑，[1,1]x ∈-。

于是
222222000
1(1)(1)(1)arctan (1)212121n
n
n
n n n n n n x x x x x x x n n n ∞∞∞+===+---=+=++++∑∑∑ 1
222011(1)(1)111(1)()21212121n
n n n n n n n n x x x n n n n -∞
∞∞===--=+=+--+-+-∑∑∑ 222211(2)(1)21(1)14114n n
n n n n x x n n ∞∞==--=+-=+--∑∑，[1,1]x ∈-，0x ≠ 但x=0时，上述右边级数收敛于1(0)f =。

故221(1)2()114n n n f x x n ∞
=-=+-∑，[1,1]x ∈-。

因21(1)11[(1)1]14242n n f n π∞
=-=-=--∑。

五．当a 《0时，方程显然无解。

故不妨设a>0对于函数2()x f x e ax =-有(0)10f =>及
lim ()x f x →-∞=-∞，所以在(,0)-∞内方程()0f x =至少有一实根。

又当0x -∞<<时，'()20x f x e ax =->，所以，()0f x =在(,0)-∞内只有唯一实根。

当x>0时，方程2x e ax =可转化为方程ln 2ln (0,0)x a x x a =+>>
设()ln 2ln g x x a x =--，则2'()1g x x
=-
令'()0g x =得x=2
当02x <<时，'()0g x <；当2x <<+∞时，'()0g x > 所以2
(2)ln 4e g a
=为极小值，又0lim (),lim ()x x g x g x →→+∞=+∞=+∞
因此当(2)0g >，即2
04
e a <<时，g(x)=0无根， 当(2)0g =时，即2
4
e a =时，g(x)=0有唯一的根, 当(2)0g <时，()0g x =有两个根，它们分别位于（0,2）及(2,)+∞内。

综上所述，原方程的实根情况如下：
当a 《0时，无实根。

当2
04
e a <<时，有唯一实根，它位于(,0)-∞内。

当2
4
e a =时，有两个实根，一个根为2，另一根位于(,0)-∞内。

当2
4
e a <<+∞时，有三个实根，分别位于(,0)-∞，（0,2），(2,)+∞内。

六．''12u u x y x
f yf x y
∂∂-=-∂∂。

七．证明： (1)11
x 1
111x 11()()()()()x x F x f u xdu f dt x f t dt f dt t t
=-=--⎰⎰⎰⎰， 11x x 11111'()(1)()()[()()]F x f f t dt f f t dt x x x
=--=-⎰⎰。

当0<x<1时，
11x
>，11t x <<，1()()f f t x ->0; 当x>1时，101x <<，11t x <<，1()()f f t x -<0。

于是，当x>0，1x ≠时，'()0F x >，'(1)0F =，所以()F x 在(0,)+∞单调增加。

(2)令()(())x
F x e f x λ=-，则()F x 在[,]a b 内连续，(,)a b 内可导，且()()0F a F b ==，
由罗尔定理(,)a b ξ∃∈，使得'()(())'()0F e f e f ξξξξλξ=-+=，即'()()f f ξξλ+=。

八．提示：可取圆柱底面中心作原点，对称轴做Z 轴，斜朝上与桌面法线成45°角，Ox ，Oy 轴与桌面平行，这时容器的最高水位水平面方程可写为z+y=h-a.
(1)当h 》2a 时，最大贮水量（取柱面坐标）
2cos 2000()a h a r V d rdr dz a h a πθθπ--==-⎰⎰⎰
(2)当h<2a 时（用直角坐标，采用投影法或截面法）最大贮水量
3
21220022()[sin ]()(2)23h a h a y a h a V dy dz a h a h a ha h a π------==-++--⎰
⎰。