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南昌大学第七届高等数学竞赛(理工类)试题答案


南昌大学第七届高等数学竞赛(理工类)试题答案 南昌大学第七届高等数学竞赛(理工类)试题答案
一、1、3. 二、1、D. 三、
解 令 yn =
ln yn = ln n +

2、 2、D.

9 π. 2
3、C.

3、24 . 4、A.

4、 y

= e x e2 x .

5、

(1,1, 2 ) .

5、B.

1n n ( n + 1) ( 2n 1) ,则 n

1 ln n + ln ( n + 1) + + ln ( 2n 1) n 1 1 n 1 = ln 1 + + + ln 1 + n n n

=

1 n 1 i ∑ ln 1 + n n i =1 1 n 1 i ∑ ln 1 + n = n i =1

lim ln yn = lim
n →∞ n→∞

∫ ln (1 + x )dx =2 ln 2 1
1 0

原式=

4 e

四、



当 x → +∞ 时,存在正整数 n 使 nπ ≤ x ≤ ( n + 1) π ,因此

∫π
n

( n +1)π

sin t dt = ∫ sin t dt = ∫ sin tdt = 2
0 0 x

π

π



0

sin t dt ≤ ∫ sin t dt ≤ ∫
0

( n +1)π

0

sin t dt

2n ≤



x

0

sin t dt ≤ 2 ( n + 1)

2n ≤ ( n + 1) π lim
n →∞



x

0

sin t dt x



2 ( n + 1) nπ

2 ( n + 1) 2 2n 2 = , lim = π ( n + 1) π π n→∞ nπ
2

x →+∞

lim



x

0

sin t dt x
=

π

第 1 页 共 4页

五、
解 由 x = 0, y = 0 得 z = 0 .方程两边对 x 求偏导得

e xy + x e xy y + y 2 z

上述方程两边再对 x 求偏导数得
2 z z z e y (1 + xy ) + e y + y 2 z = y sin x + z cos x + 2 x x x x x xy xy

z x

z z z = y sin x + z cos x + x x x

( x , y )=( 0,0 )

=

z x

( x , y , z )=( 0,0,0 )

=1

2 z 将 x = 0, y = 0 , z = 0 代入得 2 x
六、

x

( x , y )=( 0,0 ) =0

令 u = x t ,则
0 x x

∫ tf ( x t )dt = ∫ ( x u ) f ( u )( du ) = x ∫ f ( u )du ∫
0 x 0

0

uf ( u )du

原方程可化为



x

0

f ( t )dt = x + x ∫ f ( u )du ∫ uf ( u )du
x x 0 0 x

两边对 x 求导得

f ( x ) = 1 + ∫ f ( u ) du
0

(﹡)

再对 x 求导得

求解此微分方程得 f ( x ) = ce x 因此 f ( x ) = e x

f ′( x) = f ( x)

由(﹡)得 f ( 0 ) = 1 ,代入上式得 c = 1

七、
解 在 t 秒时刻,冰雹的质量为 M 0 mt ,速度为 v ( t ) ,受阻力为 kv , k > 0 为比例系数,
dv ( M 0 mt ) = ( M 0 mt ) g kv 根据牛顿运动定律得 dt v ( 0) = 0 dv k 化简得 + v=g dt M 0 mt

解得 v =

k k 1 g g M 0 mt ) + c ( M 0 mt ) m ,由 v ( 0 ) = 0 得 c = M 0 m ,于是 ( mk mk k k 1 g g v= M 0 m ( M 0 mt ) m ( M 0 mt ) + mk mk

第 2 页 共 4页

八、


5 1 5 + 1 5 1 5 +1 1 x x2 = x x ,令 a = ,b = ,则 2 2 2 2 n n n 1 1 1 1 1 ∞ x 1 ∞ x ∞ 1 ( 1) x n , f ( x) = + + ∑ + ∑ = ∑ = 5ax b+x 5 a n=0 a b n =0 b n =0 5a n +1 5b n +1

x < a . 由于 ab = 1 ,因此 f(
n)

n!

( 0) =
f

1 n+1 1 b n +1 n n +1 na b + ( 1) a = 1 + ( 1) 5 5 5 b

n +1

b n +1 a n+1 ≥ 1 > 0 5 b

n!
( n)

lim

n →∞

a n +1

( 0 ) = lim
n →∞

5 a 1 + ( 1) b
n n +1

= 5 ,由 ∑ a
n =1



n +1

收敛得

∑ f ( ) ( 0 ) 收敛
n =1 n



n!

九、

a+b a+b 1 a+b a+b a + b f ( x) = f 之间 + f ′ x + f ′′ (ζ ) x ,ζ 介于 x 与 2 2 2! 2 2 2
2 2

a+b 1 a+b a+b a + b f (b ) = f + f ′ b + f ′′ (ξ1 ) b 2 2! 2 2 2

a+b 1 a+b a+b a + b f (a) = f + f ′ a + f ′′ (ξ 2 ) a 2 2! 2 2 2 2 a+b 1 相加得 f ( a ) + f ( b ) = 2 f ( + ( b a ) ( f ′′ (ξ1 ) + f ′′ (ξ 2 ) ) , 1) 2 8 不妨设 ξ1 < ξ 2 ,由 f ′′ ( x ) 在 ( a, b ) 内连续得 f ′′ ( x ) 在 [ξ1 , ξ 2 ] 上连续,设 f ′′ ( x ) 在 [ξ1 , ξ 2 ] 上的
2

最大值和最小值分别为 M 和 m , 则 点 ξ ∈ [ξ1 , ξ 2 ] ( a, b ) 使得

f ′′ (ξ )

1 ( f ′′ (ξ1 ) + f ′′ (ξ2 ) ) ∈ [ m, M ] ,由介值定理得至少存在一 2 1 = ( f ′′ (ξ1 ) + f ′′ (ξ 2 ) ) ,代入(1)得结论. 2

十、


z = a2 x2 y 2 , zx =

x a2 x2 y 2



zy =

y a 2 x2 y 2

2 2 3 15 2 2 D = ( x , y ) : a ≤ x + y ≤ a , x ≥ 0, y ≥ 0 ,由对称性得 2 4 a S = 4 ∫∫ 1 + z x 2 + z y 2 dxdy = 4 ∫∫ dxdy a2 x2 y 2 D D

=4



π

2 0

dθ ∫

15 a 4 3 a 2

aρ a2 ρ 2

dρ =

π a2
2

第 3 页 共 4页

十一、
解 令 L0 = OA : y = 0,0 ≤ x ≤ 2a ,
2a



e x sin y b ( x + y ) dx + ( e x cos y ax ) dy = ∫ L0 0

( bx )dx = 2a 2b ,
π a2 (b a )
2

由格林公式得
x x ∫ L+L0 e sin y b ( x + y ) dx + ( e cos y ax ) dy = ∫∫ ( b a ) dσ = D

,

I=



L+ L

0



L

0

π π = + 2 a 2b a 3 . 2 2

十二、
解 1、 I =

∫ π dθ ∫
2

π



2

1 + r cos θ r sin θ rdr , 0 1+ r2
1 1




π

π 3 1 r r cos θ r sin θ 2 ∫π2 dθ ∫0 1 + r 2 rdr = ∫π2 cosθ sin θ dθ ∫0 1 + r 2 dr = 0
2 1

π







I = ∫ 2π dθ ∫

2

0

1 π rdr = ln 2 2 2 1+ r

2 令 ∑ 0 : z = 0, x 2 + y 2 ≤ a 2 ,取下侧。

∑ + ∑0

∫∫

= ∫∫∫ ( 3 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 )dv


=3



π

2 0

d ∫ dθ ∫ r 2 r 2 sin dr =
0 0



a

6π a 5 5

∫∫
∑0

2π a 1 = ∫∫ ay 2 dxdy = ∫ dθ ∫ ρ 2 sin 2 θ ρ d ρ = π a 5 0 0 4 D

6 1 29 I = π a5 + π a5 = π a5 5 4 20

第 4 页 共 4页



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