第七届全国大学生数学竞赛非数学类决赛试题.

1、第七届全国大学生数学竞赛决赛试题答案（非数学类）2016年 3月 27日一填空题（ 5×6 分=30 分）1.程微分方 y' ''( y'' )30的通解是 _解：令 y 'p ,则 y' 'p' ，则 dpp3dx ，积分得到 - 1 p2xc1 ，即2p y'1，积分得 yc22(c1)（c1, 2为常数）.2 c1xx2.设 D: 1x2y 24 ，则积分 IDxy2 ex 2y24 dxdy 的值是 _2r 24解：42224u(235)（对称性和极坐标） .I4edrsine rdreue du

2、01e122xtfs ds03.设 f t二 阶 连续 可导 ， 且 f t0 ， 若yf t， 则d 2 y_dx2解： dxft dt ， dyf ' tdt ，所以 dyf 't ，则得dxftd2 ydf 'tdtf t f '' tf '2tdx2dtftdxf 3 t4.设1 ，2 ， ，n 是 n 阶方阵 A 的特征值， fx为多项式，则矩阵 f A的行列式的值为 _解： fAf1 f2fn极限 lim n sin( n! e)的值为 _5.n解： n! e n! 1 1 111o1ano1，an 为2!n!n 1 !n 1 !n

3、1n 1整数，所以结果limn sino( 1)。nn1n1编者注：填空题考察基础，简易，稳扎稳打，唾手可得！二（本题满分 14分）设 f u,v在全平面上有连续的偏导数，试证明：曲面 fxa , yb0的所有切平面都交于点a, b, c .zczc证明：记 F x, y, zfxa , yb，求其偏导数得到其法向量：zc zcFx , Fy , Fzf1,f 2,x a f1y b f2-6 分zz2zccc（得分比高中数学联赛都容易 )为方便取曲面的法向量 nzc f1, zcf 2 ,x a f1y b f 2 .记 x, y, z 为曲面上的点， X ,Y , Z 为切面上的点，则曲面

4、上过点 x, y, z 的切平面方程为zc f1Xcz - c f2Yyxa f1yb f2Zy0 -12分容易验证，对任意x, y, zzc ， X , Y, Za,b,c都满足上述切平面方程.结论得证。编者注：此题入手容易， 拿分也容易，主要的就是一个思路， 不在于过多的计算，恰到好处的体现了一个很浅显但用数学化的语言描述的一个证明或者定理。三（本题满分14 分）设 f x 在 a,b 上连续，bbb2试证明： 2fxf t dt dxf x dxaxa证明：由 f x 在a,b上连续，知f x 在a, b可积 .b令 Fxf t dt .则 F ' x- f x .-5 分x根据

5、要证明试的左边，则bb2 fxf t dtdxaxbbb2 f x F x dx2 F x F ' x dx 2 F x dF xaaab22 b2F xF afxaa-14分得证 .编辑者注：此题属于送分题，很容易上手，非常基础但不失大气！四（本题满分 14 分）设 A 是 m n 矩阵， B 是 n p 矩阵， C 是 p q 矩阵，试证明： R(AB)+R(BC)-RB) R(ABC), 其中 R(X) 表示矩阵 R 的秩 .证：即证明 R(AB)+R(BC) R(ABC)+R(B)=RABCO分O-3BEmAABCOEqO=OAB-7分由于EnOBC EpBC BOOABOE

6、p=AB O-10分BCBE pOBBCEmAEqOOE p可逆，且En，OCEpE p O所以ABC O=RABOR(AB)+R(BC)-14分RBBOBC4五（本题满分14 分）设 I ntann xdx ， n 为正整数 .0（ 1）若 n2, 计算 I nI n 2 ;（ 2）设 p 为实数，讨论级数1 n I np 的绝对收敛性和条件收敛性 .n 1编辑者注：第一问送分题，不予置评；第二问就是高中的分类讨论思想，注意其区别性，掌握好概念，也有放缩的意蕴，只要基础扎实，得满分不是问题.444解：（ 1） I nI n 2 =tann xdxtann2 xdxtann 2 xd tan

7、x0001n1x 041分t ann-6n 11（ 2）由于0< x <,所以 0< tan x <1, tan n2 xtannxtan n2 x .4因此 I n 2I nI n 2 ,于是 I n 2I n2I nI n 2I n故 （ 111p1pI n1),则（1)I np1).2 n 1)2(n2n2(n根据 p 的取值不同，分类讨论当 p>1 时， - 1 p I npI np2 p1p, (n2)n1由于1收敛，所以1 n I np 绝对收敛 .-10分n 2 n1 pn 2当 0<p 1 时，由于p单调减少，并趋近于，由莱布尼兹判别法，知1

8、npI n0I nn 2收敛 .而 I np11, 而1发散，所以1 n I np 是条件收敛的 .2p n 1 p2 p (n 1)n 1 2 p (n 1)n 2当 p 0 时，则 Ip ，由级数收敛的必要条件可知，n pn11I n 是发散的 .n 2-14分六（本题满分14 分）设 P x, y 和 R x, y, z在空间上有连续偏导数，设上半球面S: z z0r 2xx02yy02，方向向上，若对任何点x0 , y0 , z0 和 r0，第二型曲面积分PdydzQdxdy0S试证明： P0 .x证明：设上半球面 S 的底平面为 D ,方向向下， S 和 D 围成的区域记为，由高斯公

9、式得PdydzQdxdyPP dv-4 分SDxy由于底平面为负面，所以PdydzRdxdyRd，再由题设条件得DD-RdPR dv*Dxz注意到上试对任何 r>0 都成立，由此证明 R x0 , y0 , z00反证法：若不然，设 R x0 , y0 , z00由于 RdR, , z0r 2 , 这里 , , z0D .D而当 r0 , R, z0R x0 , y0 , z0，因此 *左端为一个二阶的无穷小 .类似地，当 P x0 , y0 , z0R x0 , y0 , z00，PR dv 时一个三阶的无穷小，xyxz而当 P x0 , y0 , z0R x0 , y0 , z00，

10、该积分趋于0 的阶高于 3.因此 *式右端阶xy高于左端，从而当r 很小，则RdPRxdv ，Dz这与（ *）式矛盾 .-10 分因此在任何点 x0 , y0 , z0都有 R x0 , y0 , z00 ,故 R x, y, z =0. 带入（ *）式得P x, y, z dv0x重复前面的证明可知P x0 , y0 , z00 .由 x0 , y0, z0 得任意性知Px0 .x编辑者注：可以说这道题证明点细微，用到反证法这一重要思想， 通过比较阶次的高低来比较大小， 这应该是我们平常不是很注意到的，在这道题中恰恰得到了很好的体现。细致推理，拿10 分左右不是问题，满分也未尝不可.总：从本届试题看出，填空题没有啥大变动之处，解答题新增了空间几何问题，题都不是很难， 对于曾经参加过全国高中数学联赛的学生来说，这些题