大学数学-武汉大学2009数学(非数学类)竞赛模拟试题(1)及解答.pdf

武汉大学 2009 数学（非数学类）竞赛模拟试题（1）武汉大学 2009 数学（非数学类）竞赛模拟试题（1）一、填空题 1、若有一、填空题 1、若有223 517212 4162+=?nnnx，则，则lim=nnx 2、极限 2、极限+=22000arctan(1)lim(1)uxxxt dtduxe 3、与曲面相交，且交线的对称中心在坐标原点的平面方程为：3、与曲面相交，且交线的对称中心在坐标原点的平面方程为：22224842842xyzyzxzxyxyz+=0 4、设 4、设(,)f x y有二阶连续偏导数，有二阶连续偏导数，2200(cos,sin),(cos,sin)duuf rrdf rrddrr=22211222201(cos,sin),d uf rrdffdrrr=+=，则，则22d ududrdrr+=5、极限 5、极限1 11212120 002limcos()nnxxxdx dxdxn+=?n?二、设当时,可微函数满足条件 二、设当时,可微函数满足条件1x)(xf0d)(11)()(0 =+xttfxxfxf，且，试证明:当时,有成立.，且，试证明:当时,有成立.1)0(=f0 x1)(xfex三、设，在区间上连续，试证：三、设，在区间上连续，试证：0()f x 0 1,0111lim()max()nnnnxiiff xnn=四、设 四、设444222223332Faxbyczdx yey zfx z=+为四次齐次函数，利用齐次函数的性质为四次齐次函数，利用齐次函数的性质4FFFxyzxyz+=F，求曲面积分，求曲面积分(,)F x y z ds?的值，其中的值，其中是以坐标原点为球心的单位球面。五、设，证明：是以坐标原点为球心的单位球面。五、设，证明：010 1 2(),()()(,)xnnfxefxxfxn+=?01()!ennfen=六、在方程中，在 六、在方程中，在,32()yyyf x+=()f x)a+上连续，且上连续，且0lim()xf x+=，试证明：已知方程的任意一解，试证明：已知方程的任意一解()y x均有。均有。0lim()xy x+=七、求证：内切于一给定正方形的所有椭圆中，以圆的周长为最长。八、求 使得不等式七、求证：内切于一给定正方形的所有椭圆中，以圆的周长为最长。八、求 使得不等式c22xxcxeee+对一切成立。对一切成立。x 1武汉大学 2009 数学（非数学类）竞赛模拟试题（1）解答 武汉大学 2009 数学（非数学类）竞赛模拟试题（1）解答 二、填空题 二、填空题 1、若有223 517212 4162+=?nnnx，则lim=nnx 解：由222223 51721111111112 4162222()()()(nnnnx+=+?22)+在右边乘以112112，再对分子反复应用公式22()()ab abab+=故有：222222111111211111222212()()()()()nnnx=+=?，从而得到：2limnnx=2、极限+=22000arctan(1)lim(1)uxxxt dtduxe 解 22222000000arctan(1)(arctan(1)limlim(1)(1)+=uxuxxxxxxt dtet dt duduxex e 220003200(arctan(1)arctan(1)tlimlim3+=xuxxxt dt dut dxx 20arctan(1)2lim612+=xxxx=0 3、与曲面相交，且交线的对称中心在坐标原点的平面方程为：22224842842xyzyzxzxyxyz+=解：由题设知，交线的投影曲线也以坐标原点为对称中心。设所求平面方程为：0 xByCz+=交线在yoz面上的投影柱面为：22224842842()()()()ByCzyzyzByCz zByCz yByCzyz+=00 即：2222428142224222()()()()()BByCCzBCBCyzbYcZ+=在yoz面上的投影曲线为：22224281422242220()()()()()BByCCzBCBCyzbYcZx+=0 由交线的投影曲线也以坐标原点为对称中心，故分别用,yz替换,y z，方程保持不变，所以有：，故所求平面方程为：240 2204(),(),BCBC+=2042xyz+=24、设(,)f x y有二阶连续偏导数，2200(cos,sin),(cos,sin)duuf rrdf rrddrr=22211222201(cos,sin),d uf rrdffdrrr=+=，则22d ududrdrr+=解：由题设条件得：2120(cossin)duffddr =+，2222111222202(coscossinsin)d ufffddr =+又22121200(cossin)sincosduffdf df ddr20 =+=221011120sin|(sin)cos sinffrf rd=[phone]cos|(sin)cos cosffrf rd+22211122202sinsincoscosr fffd =+故 22211222002()d udurrffdddrdr+=+=5、极限1 11212120 002limcos()nnxxxdx dxdxn+=?n?解：令 11 2,kkx,ykn=?则 1 11212120 002limcos()nnnxxxdx dxdxn+?1 11212120 002limcos()nnnnyyydy dydyn=+?1 11212120 002limsin()nnnyyydy dydyn=+?1 11212120 002limsin()nnnxxxdx dxdxn=+?故 1 11212120 002limcos()nnnxxxdx dxdxn+?31 11212120 00122limcos()nnnxxxdx dxdxn=+?1 11212120 002sin()nnxxxdx dxdxn+?1 11120 001122limnndx dxdx=?二、设当时,可微函数满足条件二、设当时,可微函数满足条件1x)(xf0d)(11)()(0 =+xttfxxfxf，且，试，且，试证明:当时,有成立.1)0(=f0 x1)(xfex分析：这是一个积分微分方程，可以通过两边求导变成一个微分方程，然后求解。证明:设由题设知1)0(=f,则所给方程可变形为 .=+xttfxfxxfx00d)()()1()()1(两端对x求导并整理得 0)()2()()1(=+xfxxfx，这是一个可降阶的二阶微分方程,可用分离变量法求得 xCxfx+=1e)(.由得,1)0(=f1=c01e)(+=xxfx,可见单减.)(xf而,所以当时,。1)0(=f0 x1)(xf对01e)(0 1,0111lim()max()nnnnxiiff xnn=证明：记01max()xMf x=，则 11()nnnniixfMnn=（1）剩下的问题是将缩小，使缩小所得到的量以为极限，或者虽然不等于，但与只相差一个任意小。nxMMM 因()f x连续，由闭区间连续函数的性质，00 1,x，使得0()f xM=，于是00,当00 1|,xxx 时，有()Mf xM +，当充分大时有n1n（即分点in间的距离），使得0i000|,()iixfMnn 故01111()()()nnnnnnnniiiixffMnnnnn=1 （2）4由（1），（2）得 1()nnMxn M 故有 0111lim()max()nnnnxiiff xnn=四、设四、设444222223332Faxbyczdx yey zfx z=+为四次齐次函数，利用齐次函数的性质为四次齐次函数，利用齐次函数的性质4FFFxyzxyz+=F，求曲面积分，求曲面积分(,)F x y z ds?的值，其中的值，其中是以坐标原点为球心的单位球面。是以坐标原点为球心的单位球面。解：由于单位球面上任意一点(,)x y z处的单位外向量的方向余弦就是该点的坐标，即 cos(,),cos(,),cos(,)n xxn yyn zz=?=1144(,)()FFFFFFF x y z dsxyzdsdydzdzdxdxdyxyzxyz=+=+?22222222114()yzFFFdxdydzxyz+2x高斯公式 22222116 2224()()()yzadf xbde ydef z dxdydz+=+2x 利用球坐标：201020cos sin,sin sin,cos,sinxryrzrrdxdydzrdrd d=2212122424420000001cossin()()(cossin)yzz dxdydzdrdrdr drdd +=2x 230011122553coscoscos|d415=由对称性知，22222211415yzyzx dxdydzy dxdydz+=22xx 所以：2222222211333222222(,)()()()yzyzyz21F x y z dsadfx dxdydzbdey dxdydzdefz dxdydz+=+?222xxx 3442222222 155()(abcde)fabcdef=+=+五、设，证明：五、设，证明：010 1 2(),()()(,)xnnfxefxxfxn+=?01()!ennfen=证明：由1010011(),()()!kkxkkkxkxkxfxef xxfxxkkk=0!kkkkxk=设110()!nknkkxfxk=，则有：11110()()!nknknknnkkkk xk xk xfxxfxxkk=!k 因此01()!nnkkfk=，所以000000111()!nnkennnkknkfkkeennkknk=六、在方程中，在六、在方程中，在,32()yyyf x+=()f x)a+上连续，且上连续，且0lim()xf x+=，试证明：已知方程的任意一，试证明：已知方程的任意一 5解均有。解均有。()y x0lim()xy x+=证明：已知方程对应的齐次方程的通解为：212xxyc ec e=+，现在利用常数变易法求已知方程形如：2112()()xxyc x ecx e=+的一个特解，由 22112122()()()()xxxxycx ecx ec x ecx e=+，为求解方便，令 2120()()xxcx ecx e+=（1），则21122()()xxyc x ecx e=，221121224()()()()xxxxycx ecx ec x ecx e=+将111,y yy代入方程得：2122()()()xxcx ecx ef x=（2）由（1）、（2）式解得：21200()()()()xxttc xef t dtcxe f t dt=故已知方程的通解为：2221200()()xxxxxtxtyc ec eeef t dtee f t dt=+（3）由罗毕达法则，有 2221200limlimlimlim()lim()xxxxxtxtxxxxxyceceeef t dtee f t dt+=+200200()()limlimlim()lim()xxttxxxxxxef t dte f t dtf xf xee+0=+=+=即方程的任意一解()y x均有。0lim()xy x+=七、求证：内切于一给定正方形的所有椭圆中，以圆的周长为最长。七、求证：内切于一给定正方形的所有椭圆中，以圆的周长为最长。证明：显然椭圆的轴应在正方形的对角线上，如图建立直角坐标系，设正方形四条边的方程为：|xyc+=（为常数），椭圆方程为：c22221xyab+=（0bac），在第一象限，切点满足方程组：22221xyabxyc+=+=，消去y得：22221()xcxab+=，即222222222()()abxa cxa ca b0+=，由于解惟一，故有：2222222222222222440()()()()a caba ca ba b abcabc=+=+=+=2 椭圆的参数方程为：，设椭圆弧长为4，则 cos,sinxatybt=L2222222200()()sincosdxdyLdtatbtdtdtdt=+=+222222200121212222coscos()costtabdtcabtdt+=+=4222222204112222()cos()coscabtdtcabt=+dt 442222220011222222()cos()costucabtdtcabu=+du 422222201222()cos()cos)cabtcabt=+dt 令222202(),()coscosAabA2f AcAtcAt=[phone]coscos()coscosttfAcAtcAt=+当024,costt 0，故0()fA，()f A单调减少，因此0max()()f Af=，所以当0A=时，积分值最大，即最长，所以当L22,ab ab=时，即椭圆为圆时，弧长最大。4L八、求 使得不等式八、求 使得不等式c22xxcxeee+对一切成立。对一切成立。x证明：由，故对一切有：220 1 2()!(,)nnnn=?x222200222()!xxxnnnnneexxenn=+=当12c，则2222200222()!xxxnncxnnneexxeenn=+=反过来，若对一切实数，不等式x22xxcxeee+成立，则由 2222222000111111222022()()()limlimlimxxcxxxxeeecxxcxccxxx+=?7