2012第四届全国大学生数学竞赛各赛区预赛(非数学类)试题及答案

第四届全国大学生数学竞赛预赛 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 （非数学类）参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 及评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 一、（本题共5小题，每小题各6分，共30分）解答下列各题（要求写出重要步骤）.(1)求极限21lim(!)nnn→∞；(2)求通过直线232:55430xyzLxyz0+−+=⎧⎨+−+=⎩的两个相互垂直的平面1π和2π，使其中一个平面过点；(4,3,1)−(3)已知函数，且(,)axbyzuxye+=20,uxy∂=∂∂确定常数a和，使函数满足方程b(,)zzxy=20zzzzxyxy∂∂∂−−+=∂∂∂∂；(4)设函数连续可微,,且()uux=(2)1u=3(2)()Lxyudxxuudy+++∫在右半平面上与路径无关，求；()ux(5)求极限13sinlimcosxxxtxdttt+→+∞+∫.解（1）因为2211ln(!)(!)nnnne=……………………………………（1分）而211ln1ln2lnln(!)12nnnn⎛⎞≤+++⎜n⎝⎠"⎟，且lnlim0nnn→∞=………………………（3分）所以1ln1ln2lnlim012nnnn→∞⎛⎞+++=⎜⎟⎝⎠"，即21limln(!)0nnn→∞=，故21lim(!)nnn→∞=1……………………………………（2分）（2）过直线L的平面束为(232)(5543)xyzxyz0λμ+−+++−+=即(25)(5)(34)(23)xyz0λμλμλμλμ+++−+++=，…………………………（2分）若平面1π过点(4，代入得,3,1)−0λμ+=，即μλ=−，从而1π的方程为Administrator高亮Administrator高亮Administrator高亮Administrator高亮，……………………………………（2分）3410xyz+−+=若平面束中的平面2π与1π垂直，则3(25)4(5)1(34)0λμλμλμ⋅++⋅++⋅+=解得3λμ=−，从而平面2π的方程为253xyz0−−+=，………………………………（2分）（3）(),yaxbyzueauxxx+∂∂⎡⎤=++⎢⎥∂∂⎣⎦(),axbyzuebuxyyy+⎡⎤∂∂=++………………（2分）⎢⎥∂∂⎣⎦2(,).axbyzuuebaabuxyxyxy+⎡⎤∂∂∂=++⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦……………………………………（2分）2zzzzxyxy∂∂∂−−+=∂∂∂∂(1)(1)(1)(,)axbyuuebaababuxyxy+,⎡⎤∂∂−+−+−−+⎢⎥∂∂⎣⎦若使20,zzzzxyxy∂∂∂−−+=∂∂∂∂只有(1)(1)(1)(,uubaababuxyxy∂∂−+−+−−+∂∂)=0，即1ab==.………………（2分）（4）由()()uyxyuxux)2(][3+∂∂=+∂∂得()uuux=+'43,即241uxududx=−…….（2分）方程通解为()()()CuuCuduuCdueuexuu+=+=+=∫∫−2ln2ln244.…………………（3分）由得1)2(=u0=C,故3/12⎟⎠⎞⎜⎝⎛=xu.……………………………………（1分）（5）因为当x>1时，13sincosxxtxdttt++∫131xxdtxt+≤−∫………………………………（3分）()332121xxxxxx≤−−=+−0()x→→∞，…………………（2分）所以13sinlimcosxxxtxdttt+→∞+∫=0。………………………………（1分）二、（本题10分）计算dxxex|sin|02∫+∞−解由于=dxxenx|sin|02∫−πdxxenkkkx|sin|1)1(2∑∫=−−ππ=……………………………………（3分）xdxenkkkxksin)1(1)1(21∑∫=−−−−ππ应用分部积分法=xdxekkxksin)1()1(21∫−−−−ππ15)1(22ππeek+−………………………………（2分）所以dxxenx|sin|02∫−πππππππ2)1(2221221)1(51)1(51−+−−=−−−+=+=∑eeeeeennkk……………（2分）当ππ)1(+<≤nxn时,dxxenx|sin|02∫−π≤dxxexx|sin|02∫−dxxenx|sin|)1(02∫+−<π令，由两边夹法则，得∞→n==dxxex|sin|02∫∞−dxxexxx|sin|lim02∫−∞→115122−+ππee…………………………（3分）注：如果最后不用夹逼法则，而用22220011|sin|lim|sin|51nxxneexdxexdxeπππ∞−−→∞+==−∫∫，需先说明收敛.dxxex|sin|02∫∞−三、（本题10分）求方程21sin2501xxx=−的近似解.精确到0.001.解由泰勒公式2sin()sin(01)2ttttθθ=−<<…………………………………（2分）令1tx=得2sin11sin2xxxxθ⎛⎞⎜⎟⎝⎠=−，代入原方程得1sin25012xxxθ⎛⎞−=−⎜⎟⎝⎠即1501sin2xxθ⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠……………………………（4分）由此知，500x>10500xθ<<111501sin0.001221000xxxθθ⎛⎞−=≤<=⎜⎟⎝⎠所以，即为满足题设条件的解…………………………（4分）501x=四、（本题12分）设函数的二阶可导，且，求()yfx=''()0,(0)0,'(0)0fxff>==330()lim()sinxxfufxu→，其中u是曲线()yfx=上点处的切线在(,())pxfxx轴上的截距.解：曲线在点处的切线方程为()yfx=(,())pxfx()'()()YfxfxXx−=−,令，则有0Y=()'()fxXxfx=−，由此()'()fxuxfx=−,……………………………（3分）且有000()(0)()(0)limlimlim0()(0)'()(0)xxxfxffxfxuxfxffxfx→→→−′⎛⎞=−=−==⎜⎟′′−′′⎝⎠.…………………（2分）由()fx在处的二阶泰勒公式0x=222(0)(0)()(0)'(0)()()22ff2fxffxxxxxοο′′′′=+++=+……（2分）得22000(0)()()2lim1lim1lim'()'()xxxfxxufxxxfxxfxο→→→′′+=−=−01(0)(1)1(0)1lim1'()'(0)22xfffxffx1(0)2ο→′′′′+=−=−−′′=…………………（3分）330()lim()sinxxfufxu→∴32200322(0)()2limlim2(0)()2xxfxuuxfuuxxοο→→′′⎛⎞+⎜⎟⎝⎠===′′⎛⎞+⎜⎟⎝⎠……………………（2分）五、（本题12分）求最小实数，使得满足C10|()|1fxdx=∫的连续的函数()fx都有10()fxdxC≤∫解由于111000|()||()|22|()|2,fxdxfttdtftdt=≤∫∫∫=1.n………………………（4分）10,()(1),|()|()nnnfxnxfxdxfxdx=+=∫∫10另一方面取则=…………………（3分）110011()2()2212()22nnnfxdxtftdtnnn+⎛⎞===−→→⎜⎟++⎝⎠∫∫而.∞…………………（3分）2.C=因此最小的实数…………………………………（2分）六、（本题12分）设为连续函数,。区域)(xf0>tΩ是由抛物面和球面所围起来的部分.定义三重积分22yxz+=2222tzyx=++)0(>t。∫∫∫Ω++=dvzyxftF)()(222求的导数.)(tF)('tF解法1.记2141()2tggt+−==,则Ω在xy面上的投影为22xyg+≤….（2分）在曲线上任取一点,则原点到的点的射线和轴的夹角为⎩⎨⎧=++=+222222:tzyxzyxS),,(zyxzarccosarccostzgttθ==.取0>Δt,则tttΔ+>θθ.对于固定的,考虑积分差,这是一个在厚度为0>t)()(tFttF−Δ+tΔ的球壳上的积分.原点到球壳边缘上的点的射线和轴夹角在zttΔ+θ和tθ之间.我们使用球坐标变换来做这个积分,由积分的连续性可知,存在)(tΔ=αα,tttθαθ≤≤Δ+,使得.……………………（4分）∫∫∫Δ+=−Δ+tttdrrrfddtFttFθθϕαπsin)()()(22020这样就有.而当,()∫Δ+−=−Δ+tttdrrrftFttF22)(cos12)()(απ+→Δ0t()coscostgttαθ→=,)()(12222tftdrrrftttt→Δ∫Δ+.故的右导数为)(tF()2222()21()2114()gttfttttfttππ⎛⎞−=+−+⎜⎟⎝⎠.………………（4分）当,考虑可以得到同样的左导数.因此0<Δt)()(ttFtFΔ+−())(4112)('22tfttttF+−+=π.………………………（2分）解法2..令,⎪⎩⎪⎨⎧===zzryrxθθsincos则:Ω22020rarztrθπ⎧≤≤⎪≤≤⎨⎪≤≤−⎩2aat，其中a满足24221412ta+−=+=,………(2分）故有drdzzrfrdzzrfrdrdtFaatrrtra∫∫∫∫∫⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=+=−−02222020222222)(2)()(πθπ…….（2分）从而有⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−−+++=∫∫−aatadrrttrtrrfdtdadzzafatF02222222)()(2)('222π….（4分）注意到222aat=−,第一个积分为0,我们得到∫∫−−−=−=aartrtdttfdrrtrttftF0222220222)()(1)(2)('ππ,所以()()222'()2()()21142Fttfttatftttππ=−=+−+.……………………（4分）七、（本题14分）设与为正项级数，1nna∞=∑1nnb∞=∑（1）若111lim0nnnnnaabb→∞++⎛⎞−>⎜⎟⎝⎠，则1nna∞=∑收敛；（2）若111lim0nnnnnaabb→∞++⎛⎞−<⎜⎟⎝⎠，且1nnb∞=∑发散，则1nna∞=∑发散。证明：（1）设111lim20nnnnnaabbδδ→∞++⎛⎞−=>>⎜⎟⎝⎠,则存在N∈Ν,对于任意的时,nN≥1111,nnnnaabbδ++−>111,nnnnnaaabbδ+++−>1111()nnnnnaaabbδ+++<−,……………（4分）1111111()()mmnnNmNnnNnNnnNmNaaaaaabbbbbδδ+++==++≤−≤−≤∑∑1,δ因而的部分和有上界,从而收敛.………………………………（4分）1nna∞=∑1nna∞=∑（2）若1111lim()0nnnnnaabbδ→∞++−<<则存在N∈Ν,对于任意的时,nN≥1nnnnabab+<1+…………………………………（3分）有111111nnnNnnNnnnNbbbbaaaabbbbb+++++−>>>=""NnNb于是由发散,得到发散.………………………………（3分）1nnb∞=∑1nna∞=∑Administrator附注这里评分标准仅供参考