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1、第四届全国大学生数学竞赛决赛试题评分细则第四届全国大学生数学竞赛决赛试题评分细则 非数学类 2013 非数学类 2013 一 本题 25 分 简答下列各题 1 计算 0 ln lim ln ln ln 1 ln x ax xaa x a 2 设具有连续偏导数 且满足 vufuvvufvuf vu 求所满 足的一阶微分方程 并求其通解 2 xxfexy x 3 求在 0上的可微函数 f x 使 其中 u x f xe 0 d x uf t t 4 计算不定积分 2 arctan ln 1 xxxd x 27 5 过直线作曲面 102227 0 xyz xyz 222 3xyz 的切平面 求此切平
2、面的方程 1 解解 0 ln lim ln ln ln ln x ax xa x a lnlnlnln ln 2ln 2lnlnln 0 2ln lim ln 1 lnln xaxa a ax x a xa a a 4 分 2 ln 0 lim ln2ln a x e 1 分 2 解解 x v x u xx exyxxfexxfexxfey 22222 2 2 因此 所求的一阶微分方程为 3 分 x exyy 22 2 解得 3 2d2d 222 d 3 xx xx x yex eexCC e x C为任意常数 2 分 3 解解 由题意 0 d x f tt ef 即有 0 dln x f t
3、tf x 2 分 两边求导可得 2 fxf x 并且 0 0 1fe 由此可求得 1 1 f x x 3 分 1 4 解解 由于 22222 11 ln 1 ln 1 1 1 ln 1 22 2 1 2 xxdxxdxxxxC 2 分 则 22 11 arctan 1 ln 1 22 2 xdxx 原式x 2 2222 2 11 1 ln 1 arctan ln 1 22 x 1 xxxxxd x x 2222 13 arctan 1 ln 1 3ln 1 22 x 2 xxxxxx C 3 分 5 解解 设 则曲面法向量为 222 327F x y zxyz 1 2 3 xyz nF F F
4、x yz 1 分 过直线的平面束方程为 102227 0 xyz xyz 102227 0 xyzxyz 即 10 2 2 270 xyz 其法向量为 2 10 2 2 n 1 分 设所求切点为 则 0000 P xyz 000 222 000 000 1022 3 327 10 2 2 270 xyz xyz xyz 1 分 解得 000 3 1 1 1xyz 或 000 3 17 17 19xyz 7xyz 717270 xyz 所求切平面方程为 或91920 2 2 分 二 二 本题 15 分 设曲面 其面密度为常数 222 1zxyz 求在原点 处的质量为 1 的质点和 之间的引力 记
5、引力常数为G 解解 设引力 xyz FF F F 由对称性0 x F 0 y F 2 分 记 22 rxyz 2 从原点出发过点 x y z的射线与轴的夹角为z 则有cos z r 质点和面积微元之间的引力为 dS 2 dS dFG r 而 2 cos z dSz dFGGdS rr3 4 分 2 3 z z FGd r S 2 分 在轴上的区间 1上取小区间 z 2 z zdz 相应于该小区间有 222 2dSzdzzdz 3 分 而 2 2rz 2z 就有 2 22 3 11 2 21 ln2 2 2 z z FGdzGdz G zz 4 分 三 本题 15 分 设 f x在 1 连续可导
6、 2 111 ln 1 1 fx fxxx 证明 lim x f x 存在 证证 当时 对函数0t ln 1 x 在区间 0上用拉格朗日中值定理 有 t ln 1 1 t t 0t 由此得 ln 1 1 t tt t 取 1 t x 有 11 ln 1 1 1 xx x f x在 1 上单调增加 1 分 又 11111 ln 1 11 xx fx xxxxxx 3 11 1 12x xxxx 4 分 故 311 1 2 xx f t dtdt t 所以 1 1 11f xf x 即 1 1f xf f x有上界 4 分 由于 f x在 1 上单调增加且有上界 所以 lim x f x 存在 1
7、 分 3 四 本题 15 分 设函数 f x在 2 2 上二阶可导 且 1f x 又 试证在内至少存在一点 22 0 0 4f f 2 2 使得 0ff 证证 在 2 0 与 0 2 上 分 别 对 f x应 用 拉 格 朗 日 中 值 定 理 可 知 存 在 12 2 0 0 2 使得 12 0 2 2 0 22 fff ff f 4 分 由于 所以 1f x 12 1 1ff 2 分 设则 22 F xfxfx 12 2 2FF 2 分 由于且为 22 0 0 0 4 Ff f F x 12 上的连续函数 应用闭区间上连续函 数的最大值定理 在 F x 12 上必定能够取得最大值 设为 M
8、 则当 为的最大 值点时 F x 4 MF 由 式知 12 2 分 所以 必是的极大值点 注意到可导 由极值的必要条件可知 F x F x 2 0Ffff 3 分 由于可知 22 4 1 Ffff 0f 由上式知 0ff 2 分 五 本题 15 分 求二重积分 22 22 1xy Ixyxy dxdy 解解 由对称性 可以只考虑区域yx 由极坐标变换得 5 41 2 40 22sin 4 Idrr dr 1 2 00 22cosdrr d r 4 分 后一个积分里 r 所在的区域为矩形 0 01Dr 把D分解为 其中 12 DD 1 0 01 2 Dr 2 0 2 1Dr 4 又记 3 2co
9、s 42 1Dr 这里是的子集 3 D 1 D 且记 2 2cos 1 2 3 i i D Id dr rri 则 12 2 III 3 分 注意到 2 2cosrr 在的符号分别为负 正 正 则 132 DDDD3 21 2 3 42cos 312 2cos 3243 Idrr dr 3 分 1 2 133 21 2cos22 381623 D Ir r d drII 2 2 分 2 2 2 2 2cos 83 D Irr d dr 2 分 所以就有 12 3 2 1 8 III 1 分 六 本题 15 分 若对于任何收敛于零的序列 n x 级数都是收敛的 试证明 级数收敛 1 nn n a x 1 n n a 证证 用反证法 若发散 必有 1 n n a 1 n n a 1 分 则存在自然数 使得 12k mmm 1 1 1 m i i a 6 分 1 1 2 3 k k m i i m akk 取 1 1 sgn iikk xa mim k 则 1 1 k k m ii i m a x 1 1 1 k k m i i m a k 6 分 由此可知 存在数列 0 n xn 使得发散 矛盾 所以 1 nn n a x 1 n n a 收敛 2 分 5
