1、第四届全国大学生数学竞赛预赛试题（非数学类）参考答案及评分标准一、 （本大题共 5 小题，每小题 6 分共 30 分）解答下列个体（要求写出要求写出重要步骤）(1) 求极限 21)!(limn(2) 求通过直 线 的两个互相垂直的平面 和 ，使其中03452:zyxl 12一个平面过点 。)1,(3) 已知函数 ，且 。确定常数 和 ，使函数byaxeuz2uab满足方程),(yxz 02zz(4) 设函数 连续可微， ，且 在右半平1)(uudyxdyx)()2(3面与路径无关，求 。,(yx(5) 求极限 dttxcosinlim13解(1) 因为 1 分!)ln(122)!(e而 ，且
2、3 分)ln2ll 0limn所以 01(imn即 ， 故 2 分0)!l21)!(li2n(2) 过直线的平面束 为 0)345(3( zyxzyx即 2 分45( 若平面 过点 ，代入的 ，即 ，1）1,4( 0从而平面 的方程为 2 分1z若平面束中 与 垂直， 则21)43)(5()5(3 zy解得 ，从而平面 的方程为 2 分20352yx(3) ， 2 分),(xauexzbya ),(auezbya2 分),(2yxzyxz2要使 ，只有0， 即 2 分0),(1()1()( yxubauaxb 1ba(4) 由 得 )23yx u43即 2 分24ud方程的通解为 3 分)(l
3、n2lnCdue)2(由 得 ，故 1 分1)(0C3x(5) 因为当 时，x3 分dttcosin13 13tdx2 分)(22)(0x1 分0cosilim13dttx二、 （本题 10 分）计算 xexin20解 ： 由于dexnsi20 dxksi2)1(3 分xekknn1)(1应用分部积分法，得2 分)1(5si)( 2221)1( edkxkk 所以 dexnsi20 nke1)52 分k2)1(2(当 时，)1(t，dxexnsi20 dxextsin20dxexnsi2)1(0令 ，由两边夹法则，得3 分xi20 xnilim20152注：如果最后不用夹逼法则，而用 dxes
4、n dxexnsilim20152e需先说明 收敛。dxxsin0三、求方程 的近似解，精确到 0.001.5i2解： 由泰勒公式 2 分2)si(tt)10(令 得 ， 代入原方程得xt12in1six，即 4 分502nxsi1由此知 ， ，4 分01.21sin501xx四、 （本题 12 分）设函数 二阶可导，且 ， ， ，求)(fy)(f)(f0)(f，其中 是曲线 上点 处的切线在 轴上ufx30sin)(limy,xPx的截距。解：曲线 上点 处的切线方程为y)(,xfP)(XfY令 ，则有 ，由此得 3 分0)(f )(xfu且有2 分)(limli00xfuxx0)(li0x
5、fx )(f0由 在 的二阶泰勒公式)(f2 分)(2)()(2off )()(2xof得 )(lim1li00xfxux)(0li1xfx3 分)(2fo021所以 2 分uxf30sin)(li)(2)(li230xofux0lim五、 （本题 12 分）求最小实数 ，使得 满足 的连续函数 都 有 C1)(10dxf )(xfdxf)(10解： 由于 4 分2)(2)()( 101010 tftdfdxf另一方面 取 ，则 3 分nn1)(10dxfxnn而 3 分tff)(2)(1010 2(因此最小实数 2 分C六、 （本题 12 分）设 为连续函数， 。区域 是由抛物面x0tyxz
6、和球面 所围起来的部分。定义三重积分22tzy)(dvzyftF)(2求 的导数 )(t解法 1： 记 ， 2 分214g则 在 面上的投影为xoygyx2在曲线 上任取一点 ，则原点到 点的22:tzl ),(zyxPP射线和 轴的夹角为zt arcoss取 ，则0tTtt对于固定的 ，考察积分差 ，这是一个在厚度为 的球壳的)(tFtt积分，原点到球壳边缘上的点的射线和 轴夹角在 与 之间。我们使用球zTtt坐标变换来做这个积分。由积分的连续性可知，存在 ，使),()tTt得4 分)(tFt drrfdtsin)(202这样就有 tcos1(当 时0t，tcosg)()(22tfdrftt
7、故 的右导数为)(tF4 分)(1(22tft )(412tft当 时，考察 可以得到同样的左导数，因此0t)F2 分)(41(2tf解法 2：令 ,则 ,其中 ， 2 分zryxsinco220:rtzra1422ta故有dfdtFrta)()( 20222 分rzrrt 22从而有4 分 22202 )()(2)(2 rtdtrfdtazrfatt注意到 ，第一个积分为 0，我们得到202)()(rttftFa 202)()rttfa4 分41(f七、 （本题 14 分）设 与 为正项级数， 证明：na1b1（1）若 ，则级数 收敛；0limnn na1（2）若 ，且级数 发散，则级数 发散。11banbna1证明：（1） ，02licnn则存在正整数 ，对于任意的 时，NN， ， 4 分cban11 11nnab1nbacNknNka1nNbcN因而级数 的部分和有上界，从而级数 收敛； 4 分n1 a（2） ， 01limcban则存在正整数 ，对于任意的 时， 3 分N1nba有 nnb111nbN1 1na于是由级数 发散，得到级数 发散。 3 分n1n1
