1、第 1 页（ 共 6 页） 专业： 线 年级： 封 所在院校： 密 身份证号： 姓名： 首届中国大学生数学竞赛赛区赛试卷解答 （数学类，2009） 考试形式： 闭卷 考试时间： 120 分钟 满分： 100 分. 题 号 一 二 三 四 五 六 七 总分 满 分 15 20 15 10 10 15 15 100 得 分 注意：1、所有答题都须写在此试卷纸密封线右边，写在其它纸上一律无效. 2 、密封线左边请勿答题，密封线外不得有姓名及相关标记. 一、 （15 分）求经过三平行直线 1 : Lxyz = = ， 2 :1 1 Lx yz =+ ， 3 :11 Lxy z = += 的圆柱面的方程
2、. 解 ： 先求圆柱面的轴 0 L 的方程. 由已知条件易知，圆柱面母线的方向是 (1,1,1) n = ， 且圆柱面经过点 (0,0,0) O ， 过点 (0,0,0) O 且垂直于 (1,1,1) n = 的平 面 的方程为： 0 xyz +=. （3 分) 与三已知直线的交点分别为 (0,0,0), ( 1 ,0, 1 ), (0, 1 ,1 ) OPQ （5 分) 圆柱面的轴 0 L 是到这三点等距离的点的轨迹， 即 222 22 2 2222 2 2 (1 ) (1 ) (1 )(1 ) xyzx yz xyzxy z + +=+ + +=+ ， 即 1 1 xz yz = = ，
3、（9 分) 将 0 L 的方程改为标准方程 11 x yz =+=. 圆柱面的半径即为平行直线x yz = = 和 11 x yz =+= 之间的距离. 0 (1, 1, 0) P 得 分 评阅人第 2 页（ 共 6 页） 为 0 L 上的点. . （12 分) 对圆柱面上任意一点 (,) Sxyz ， 有 00 | | | | nPS nP O nn = ， 即 222 (1 ) (1 ) (2 ) 6 yz xz xy + + + = ， 所以，所求圆柱面的方程为： 222 330 xyzx yx zy zxy += . . （15 分) 二、 （20 分）设 nn C 是nn 复矩阵全体
4、在通常的运算下所构成 的复数域C 上的线性空间， 1 2 1 00 0 10 0 01 0 00 1 n n n a a F a a = . （1 ）假设 11 12 1 21 22 2 12 n n nn n n aa a aa a A aa a = ，若AFF A = ，证明： 12 11 12 11 1 nn nn AaF aF aFaE =+ + ； （2 ）求 nn C 的子空间 () | nn CF X C FX XF = = 的维数. （1 ）的证明: 记 12 (,) n A = ， 12 11 12 11 1 nn nn M aF a F aFaE =+ + . 要证明 M
5、A = ，只需证明A 与M 的各个列向量对应相等即可.若以 i e 记第i 个基本单位列向 量. 于是，只需证明：对每个i ， () iii Me Ae = = . （2 分) 若记 11 (,) T nn aa a = ，则 23 (,) n Feee = . 注意到， 212 12123 1 1 1 , ,( ) nn nn Fe e F e Fe e F e F F e Fe e = = （* ） （6 分) 由 12 1 1 11 21 11 1 12 111 11 2 111 11 11 1 12 1 21 1 1 1 .(10 () nn nn nn nn nn n n MeaFa
6、F aFaE e aFeaFe aF eaE e ae a e ae ae Ae 1 =+ += + + + += + + + += = 分）知 211112 Me MFe FMe FAe AFe Ae = 得 分 评阅人 第 3 页（ 共 6 页） 专业： 线 年级： 封 所在院校： 密 身份证号： 姓名： 222 2 311113 MeM FeFM eFA eA FeA e = 1111 1111 nnnn n n Me MF e F Me F Ae AF e Ae = 所以，M A = . （14 分) （2）解： 由（1 ） ， 21 () , n C F span E F F F =
7、 ， （16 分) 设 21 012 1 n n xExFxF xF O + += ，等式两边同右乘 1 e ，利用（* ）得 21 1012 11 () n n Oe x E x F x F x F e =+ 21 011121 1 1 01 12 23 1 .(18 n n nn xEe xFe xFe x F e xe xe xe x e =+ =+ 分）因 123 , n eee e 线性无关，故， 012 1 0 n xxx x = = （19 分) 所以， 21 , n EFF F 线性无关. 因此， 21 , n EFF F 是 () CF 的基， 特别地， dim ( ) CF
8、 n = . （20 分) 三、 （15 分） 假设V 是复数域C 上n 维线性空间 （ 0 n ） ， , f g 是V 上的线性变换. 如果 fgg ff = ，证明： f 的特征值都是 0 ，且 , f g 有公共特征向量. 证明：假设 0 是 f 的特征值，W 是相应的特征子空间，即 0 |() WV f = = . 于是，W 在 f 下是不变的. （1 分) 下面先证明， 0 =0.任取非零 W ，记m 为使得 2 ,() ,() , () m gg g 线性相关的 最小的非负整数， 于是， 当01 im 时， 2 ,() ,() ,() i gg g 线性无关 （2 分) 01 i
9、m 时令 21 , ( ), ( ), , ( ) i i W span g g g = , 其中， 0 W = . 因此，dim i Wi = （1 im ） ，并且， 12 mmm WWW + = = . 显然， 1 () ii gW W + ，特别地， m W 在g 下 是不变的. （4 分) 下面证明， m W 在 f 下也是不变的. 事实上，由 0 () f = ，知 00 () () () () fg gf f g = +=+ （5 分) 得 分 评阅人第 4 页（ 共 6 页） 2 0000 2 000 (6 . () () () ( )( ) ()2 () fg gfg fg
10、gg g gg =+= + + += + + 分）根据 11 11 () () () ( ) () () kkk kk fg gfg fg gf g f g =+= +用归纳法不难证明， () k fg 一定可以表示成 2 ,() , () , , () k gg g 的线性组合，且 表示式中 () k g 前的系数为 0 . . （8 分) 因此， m W 在 f 下也是不变的， f 在 m W 上的限制在基 21 ,() ,() , () m gg g 下的 矩阵是上三角矩阵， 且对角线元素都是 0 ， 因而， 这一限制的迹为 0 m . （10 分) 由于 fgg ff = 在 m W
11、上仍然成立，而 fgg f 的迹一定为零，故 0 0 m = ，即 0 =0. （12 分) 任取 W ，由于 () f = ， () () () () () fg gf f g f = +=+= ，所以， () gW . 因此，W 在g 下是不变的. 从而， 在W 中存在g 的特征向量， 这也是 , f g 的 公共特征向量. . （15 分) 四、 （10 分） 设 () n f x 是定义在 , ab 上的无穷次可微的函数序 列且逐点收敛， 并在 , ab 上满足 ( ) n f xM . （1）证 明 () n f x 在 , ab 上一致收敛； （2）设 () l i m () n
12、n fxf x = ，问 () f x 是否一定在 , ab 上处处可导, 为什 么？ 证明 ： （1 ） 0 ， 将区间 , ab K 等分， 分点为 () ,0 , 1 , 2 , , j jb a xajK K =+ = ，使 得 ba K ， 使得 () () mj nj fx fx 对每个 0,1, 2, , j K = 成立. （3 分) 于是 , x ab ，设 1 , jj x xx + ，则 () () () () () () () () mnmm jm jn jn jn fxfxfxfxfxfxfxfx + ， 得 分 评阅人 第 5 页（ 共 6 页） 专业： 线 年级：
13、 封 所在院校： 密 身份证号： 姓名： ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) mjm jn jnj f xx fx fx f xx = + ( ) 21 M ，由此得到 1 1 n n a = 发散. （10 分) 六、 （15 分） (,) f xy 是 22 (,)| 1 xy x y + 上二次 连续可微函数，满足 22 22 22 ff x y xy += ，计算 积分 22 22 22 1 xy xfyf Id x d y xy xy xy + =+ + . 解 ： 采用极坐标 cos , sin xr yr = = ，则 12 00 cos sin ff Id r r d
14、xy = + 222 1 0 xyr ff dr dy dx xy += = （6 分) 222 1 22 0 xyr ff dr dxdy xy + =+ ( ) 222 1 22 0 xyr dr x y dxdy + = . （10 分) 得 分 评阅人 得 分 评阅人 第 6 页（ 共 6 页） 12 522 00 0 cos sin 168 r dr d d = . . （15 分) 七、 （15 分） ）假 设 函 数 () f x 在 0, 1 上连续， 在 (0, 1) 内二阶可导， 过点 (0, (0) Af ，与点 (1, (1) Bf 的直线与曲线 () y fx = 相
15、交于点 (, () ) Cc fc ，其中 01 c . 证明：在 (0, 1) 内至少存在一点 ，使 ()0 f = . 证明：因 为 () f x 在 0, c 上满足 Lagrange 中值定理的条件， 故存在 1 (0, ) c ， 使 1 () ( 0 ) () 0 fcf f c = . . （4 分) 由于 C 在弦 AB 上，故有 ( ) (0) (1) (0) 01 0 fcf ff c = = (1) ( 0 ) f f . . （7 分) 从而 1 () ( 1 ) ( 0 ) f ff =. . （8 分) 同理可证， 存 在 2 (,1 ) c ，使 2 () ( 1
16、 ) ( 0 ) f ff = . . （11 分) 由 12 () () ff = ，知 在 12 , 上 () f x 满足 Rolle 定理的条件，所以存在 12 (, )( 0 ,1 ) ，使 ()0 f = . . （15 分) 得 分 评阅人 13I)mmY (a) ! ! !(10 ) “ 2 (0;1), x 0 = a, x n+1 = a+“sinx n (n = 0;1;2;:). y: = lim n!+1 x n 3, x“sinx=a. y y y :5j(sinx) 0 j=jcosxj1,dn,k jsinxsinyjjxyj; 8x;y2 : .(2) jx
17、n+2 x n+1 j=j“(sinx n+1 sinx n )j“jx n+1 x n j; n=0;1;2;: .(4) l jx n+1 x n j“ n jx 1 x 0 j; 8n=0;1;2;: u? 1 X n=0 (x n+1 x n ),l = lim n!+1 x n 3. (6) u4“ x n+1 =a+“sinx n 4= x“sinx=a. (8) ?, x“sinx=a,= “sin =a,K jj=“jsinsinj“jj: d “2(0;1) =.= x“sinx=a.y. .(10) 2 ! ! !(15 ) B = 0 B B B 0 10 30 0 0
18、2010 0 0 0 1 C C C A .y X 2 = B),p Xn E. 11 ( 8)y y y :y.k),=3E A A 2 =B. (2) 5 BA 0, 3. (4) AA,K 2 BA. = 0.l AA 0. (6) u A JordanIO.UJ 1 = 0 B B B 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 C C C A , J 2 = 0 B B B 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 C C C A J 3 = 0 B B B 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 C C C A . .(10) l A 2 JordanIO.U J 1 =J 2 1 =J
19、 2 2 J 2 =J 2 3 . .(12) d A 2 u 1, B =A 2 2g. X 2 =B).y .(15) 2 n n n! ! !(10 )D 2 ,f(x;y).y: f(x;y) 3 DY. 5: f(x;y) 82(0;1)9 (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 )2D, f(x 1 +(1)x 2 ;y 1 +(1)y 2 )f(x 1 ;y 1 )+(1)f(x 2 ;y 2 ): y y y :(.y(. (i)u 09 x 0 ;x 0 + g(x),Ny 8x 2 (x 0 ;x 0 +): g(x 0 )g(x 0 ) d g(x)g(x 0 ) x
20、x 0 g(x 0 +)g(x 0 ) : 12 ( 8)(2) x y x 0 x 0 x 0 + x x l g(x)g(x 0 ) xx 0 g(x 0 +)g(x 0 ) + g(x 0 )g(x 0 ) ; 8x2(x 0 ;x 0 +): dd= g(x)3 x 0 Y./,mmY. (4) (ii) (x 0 ;y 0 )2D.Kk 0 E x 0 ;x 0 +y 0 ;y 0 +D: .(5) 5 x y , f(x;y), d (i)(, f(x;y 0 );f(x;y 0 +);f(x;y 0 ) x2 x 0 ;x 0 +Y,l k.,=3 M 0 jf(x;y 0 +)
21、f(x;y 0 )j + jf(x;y 0 )f(x;y 0 )j + jf(x 0 +;y 0 )f(x 0 ;y 0 )j + jf(x 0 ;y 0 )f(x 0 ;y 0 )j M ; 8x2x 0 ;x 0 +: 13 ( 8).(7) ?,d (i)(,u (x;y)2E , jf(x;y)f(x 0 ;y 0 )j jf(x;y)f(x;y 0 )j+jf(x;y 0 )f(x 0 ;y 0 )j jf(x;y 0 +)f(x;y 0 )j + jf(x;y 0 )f(x;y 0 )j jyy 0 j + jf(x 0 +;y 0 )f(x 0 ;y 0 )j + jf(x 0
22、;y 0 )f(x 0 ;y 0 )j jxx 0 j M jyy 0 j+M jxx 0 j: u f(x;y)3 (x 0 ;y 0 )Y.y .(10) 2 o o o! ! !(10 ) f(x)3 0;1 Riemann,3 x = 1, f(1) = 0, f 0 (1)=a.y: lim n!+1 n 2 Z 1 0 x n f(x)dx=a: y y y : P M = sup x20;1 jf(x)j 0, 9 2 (0;1), x1, jr(x)j“(1x): .(2) k Z 1 0 x n f(x)dx = Z 0 x n f(x)dx+ Z 1 ax n (x1)dx
23、+ Z 1 x n r(x)dx = R 1 +R 2 +R 3 : .(4) 5 jR 1 jM Z 0 x n dx=M n+1 n+1 ; R 2 = a (n+1)(n+2) +a n+1 n+1 n+2 n+2 14 ( 8)9 jR 3 j Z 1 x n jr(x)jdx“ Z 1 x n (1x)dx “ Z 1 0 x n (1x)dx= “ (n+1)(n+2) ; k lim n!+1 jn 2 R 1 j=0; lim n!+1 jn 2 R 2 +aj=0 9 lim n!+1 jn 2 R 3 j“: .(8) lim n!+1 n 2 Z 1 0 x n f(x)
24、dx+a “: d“9 “0?5= lim n!+1 n 2 Z 1 0 x n f(x)dx=a: y .(10) 2 ! ! !(15 )g (z)Le: A(1;0;0), B(1;1;2), C(1;1;2),D(3;0;0),E(3;1;2),F(3;2;4),G(0;1;4),H(3;1;2),I(5;2 p 2;8). =a” ) ) ) :, A!B!C, D!E!F. (6) kgU3n:VV. .(10) ,w ABC DEF1. .(12) 15 ( 8)qVU(Vx1x 1),UV. .(15) 5:()“) (x2) 2 +y 2 z 2 4 =1: 8 8 8! !
25、 !(20 ) A n n(7),? n ( 1 ;:; n ), A 0 (p L =),3 n , A =0,?nxy,xAy 6=0kxAy +yAx 6=0. y:? n v,k vA =0. y y y :? r,dK (v+r)A(v+r) 0: (8) = vAv +rvA +rAv +r 2 A 0: .(12) = vAv +r vA +Av +r 2 A 0: .(14) e vA 6=0,Kk vA +Av 6=0.d r vAv +r vA +Av +r 2 A 0,3 0;1(k) g(x), 8; 0;1, Z f(x)g(x) dx “: 16 ( 8)y y y
26、 : n 2 “ . A m = h m n ; m n + Z m+1 n m n f(t)dt , g(x)= 8 : 1; x2 n1 m=0 A m ; 0; x62 n1 m=0 A m : .(5) u 0 1,K k v k n k+1 n , n +1 n , K Z f(x)g(x) dx Z k+1 n jf(x)g(x)jdx+ Z n k+1 n f(x)g(x) dx + Z n jf(x)g(x)jdx Z k+1 n 1dx+0+ Z n 1dx 2 n “: y .(10) 2 l l l! ! !(10 ) : (0;+1)! (0;+1)NeY, v lim
27、 t!0 + (t)=+1: e Z +1 0 (t)dt= Z +1 0 1 (t)dt=a+1; 1 L .y: Z +1 0 (t) 2 dt+ Z +1 0 1 (t) 2 dt 1 2 a 3 2 : y y y :- P = R +1 p (t)dt, Q= R +1 q 1 (t)dt, I =aP Q, pq =a. (2) 17 ( 8)K Z +1 0 1 (t) 2 dt Z q 0 1 (t) 2 dt 1 q Z q 0 1 (t)dt 2 = 1 q (aQ) 2 = 1 q (I +P) 2 ; Z +1 0 (t) 2 dt Z p 0 (t) 2 dt 1 p
28、 Z p 0 (t)dt 2 = 1 p (aP) 2 = 1 p (I +Q) 2 : (6) d, Z +1 0 (t) 2 dt+ Z +1 0 1 (t) 2 dt 1 p (I +Q) 2 + 1 q (I +P) 2 2 p pq (I +P)(I +Q)= 2 p a QP +aI : .(8) p;qv P =Q= aI 2 ,l Z +1 0 (t) 2 dt+ Z +1 0 1 (t) 2 dt 1 a (aI) 2 4 I +aI = 2 p 2 (a+I) 2 4 1 2 a 3 2 : y .(10) 2 18 ( 8)第 第 第三 三 三届 届 届中 中 中国 国
29、国大 大 大学 学 学生 生 生数 数 数学 学 学竞 竞 竞赛 赛 赛赛 赛 赛区 区 区赛 赛 赛 试 试 试题 题 题参 参 参考 考 考答 答 答案 案 案 ( 数 数 数学 学 学类 类 类, 2011) 一 一 一、 、 、 ( 本 题 15 分) 已 知 四 点A(1;2;7), B(4;3;3), (5; 1;6), ( 7; 7;0). 试 求 过 这 四点的球面方程. 解 解 解答 答 答: 设所求球面的球心为 (x;y;z), 则 (x 1) 2 +(y 2) 2 +(z 7) 2 = (x 4) 2 +(y 3) 2 +(z 3) 2 = (x 5) 2 +(y +1) 2 +(z 6) 2 = (x 7) 2 +(y 7) 2 + z 2 :(8 分) 即 3x+ y 4z = 10; 4x 3y z = 4; ( 7 1)x+( 7 2)y 7z = 20: . (10 分) 解得 (x;y;z) = (1; 1;3). 而 . (14 分) (x 1) 2 +(y 2) 2 +(z 7) 2 = 25: 于是所求球面方程为 (x 1) 2 +(y +1) 2 +(z 3) 2 = 25: . (15 分) 第1 页 ( 共 13 页)
