第十一届数学类决赛（低年级组）

#	题型	题目
1	解答题	一、（本题20分）填空题（每小题5分） \| 得分 \| \| \| :---: \| :--- \| \| 评阅人 \| \| 1． $\lim _{n \rightarrow+\infty}\left(\prod_{k=n}^{3 n-1} k\right)^{\frac{1}{2 n}} \sin \frac{1}{n}=$ $\_\_\_\_$ $\frac{3 \sqrt{3}}{e}$ ． 2．已知 $f$ 在区间 $(-1,3)$ 内有二阶连续导数，$f(0)=12, f(2)=2 f^{\prime}(2)+8$ ，则 $\int_{0}^{1} x f^{\prime \prime}(2 x) d x=$ $\_\_\_\_$ 1 ． 3．在三维空间的直角坐标系中，方程 $2 x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y-2 x z=1$ 表示的二次曲面类型是 $\_\_\_\_$椭圆柱面． 4．在矩阵 $A=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1\end{array}\right)$ 的奇异值分解 $A=U \Lambda V$ 中（其中 $U, V$ 为正交方阵，$\Lambda$ 为对角阵），$\Lambda=\left(\begin{array}{ccc}3 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ． \| 得分 \| \| \| :---: \| :--- \| \| 评阅人 \| \|
2	解答题	(2)=2 f^{\prime}(2)+8$ ，则 $\int_{0}^{1} x f^{\prime \prime}(2 x) d x=$ $\_\_\_\_$ 1 ． 3．在三维空间的直角坐标系中，方程 $2 x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y-2 x z=1$ 表示的二次曲面类型是 $\_\_\_\_$椭圆柱面． 4．在矩阵 $A=\left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 1\end{array}\right)$ 的奇异值分解 $A=U \Lambda V$ 中（其中 $U, V$ 为正交方阵，$\Lambda$ 为对角阵），$\Lambda=\left(\begin{array}{ccc}3 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{3} & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ． \| 得分 \| \| \| :---: \| :--- \| \| 评阅人 \| \| 二、（本题 15 分）考虑单叶双曲面 $S: x^{2}-y^{2}+z^{2}=1$ 。 1．证明：$S$ 上同一族直母线中任意两条不同的直母线是异面直线； 2．设 $S$ 上同一族直母线中的两条直母线分别经过 $M_{1}(1,1,1)$与 $M_{2}(2,2,1)$ 两点．求这两条直母线的公垂线方程以及这两条直母线之间的距离．证明：1．将曲面方程改写为 $$ x^{2}-y^{2}=1-z^{2} $$ 从而有 $$ (x+y)(x-y)=(1+z)(1-z) $$ 现在引进不全为零的参数 $\lambda, \mu$ ，以及不全为零的参数 $u, v$ ，我们得到两族直母线方程 $$ \left\{\begin{array}{l} \lambda(x+y)=\mu(1+z) \\ \mu(x-y)=\lambda(1-z) \end{array}\right. $$ 以及 $$ \left\{\begin{array}{l} u(x+y)=v(1-z) \\ v(x-y)=u(1+z) \end{array}\right. $$ 首先以第一族直母线（2）为例证明两条不同的直母线是异面直线。取（2）中两条直母线 $L_{1}$ 与 $L_{2}$ $$ L_{1}:\left\{\begin{array}{l} \lambda_{1}(x+y)=\mu_{1}(1+z) \\ \mu_{1}(x-y)=\lambda_{1}(1-z) \end{array}\right. $$ 以及 $$ L_{2}:\left\{\begin{array}{l} \lambda_{2}(x+y)=\mu_{2}(1+z) \\ \mu_{2}(x-y)=\lambda_{2}(1-z) \end{array}\right. $$ 其中，$\lambda_{1} \mu_{2} \neq \lambda_{2} \mu_{1}$ ．考虑线性方程组 $$ \left\{\begin{array}{l} \lambda_{1} x+\lambda_{1} y-\mu_{1} z-\mu_{1}=0 \\ \mu_{1} x-\mu_{1} y+\lambda_{1} z-\lambda_{1}=0 \\ \lambda_{2} x+\lambda_{2} y-\mu_{2} z-\mu_{2}=0 \\ \mu_{2} x-\mu_{2} y+\lambda_{2} z-\lambda_{2}=0 \end{array}\right. $$ 设（6）的系数矩阵为 $A$ ，经计算可得 $$ \operatorname{det}
3	解答题	（3），设两条直母线 $L_{1}^{\prime}, L_{2}^{\prime}$ $$ L_{1}^{\prime}:\left\{\begin{array}{l} u_{1}(x+y)=v_{1}(1-z) \\ v_{1}(x-y)=u_{1}(1+z) \end{array}\right. $$ 以及 $$ L_{2}^{\prime}:\left\{\begin{array}{l} u_{2}(x+y)=v_{2}(1-z) \\ v_{2}(x-y)=u_{2}(1+z) \end{array}\right. $$ 其中 $u_{1} v_{2} \neq u_{2} v_{1}$ 。考虑方程组 $$ \left\{\begin{array}{l} u_{1} x+u_{1} y+v_{1} z-v_{1}=0 \\ v_{1} x-v_{1} y-u_{1} z-u_{1}=0 \\ u_{2} x+u_{2} y+v_{2} z-v_{2}=0 \\ v_{2} x-v_{2} y-u_{2} z-u_{2}=0 \end{array}\right. $$ 设方程组（9）的系数矩阵为 $B$ ，经计算得到 $$ \operatorname{det}
4	解答题	四、（本题 20 分）证明： 1．证明：函数方程 $x^{3}-3 x=t$ 存在三个在闭区间 $[-2,2]$上连续，在开区间 $(-2,2)$ 内连续可微的解 $x=\varphi_{1}(t), x= \varphi_{2}(t), x=\varphi_{3}(t)$ 满足： $$ \varphi_{1}(-t)=-\varphi_{3}(t), \varphi_{2}(-t)=-\varphi_{2}(t), \quad\|t\| \leqslant 2 $$ 2．若 $f$ 是 $[-2,2]$ 上的连续偶函数，证明： $\int_{1}^{2} f\left(x^{3}-3 x\right) d x=\int_{0}^{1} f\left(x^{3}-3 x\right) d x$ ．证明：1．记 $g(x)=x^{3}-3 x$ ，那么 $g$ 是奇函数，且 $g^{\prime}(x)=3\left(x^{2}-1\right)$ 。于是 $g$ 具有如下性质：（1）在 $(-\infty,-1]$ 和 $[1,+\infty)$ 上严格单调上升，在 $[-1,1]$ 上严格单调下降．（2）$x=-1$ 是极大值点，极大值为 $2 ; x=1$ 是极小值点，极小值为 -2 。（3）记 $$ g_{1}=\left.g\right\|_{[-2,-1]}, \quad g_{2}=\left.g\right\|_{[-1,1]}, \quad g_{1}=\left.g\right\|_{[1,2]} $$ 根据以上性质，$g_{1}, g_{2}, g_{3}$ 分别在其定义的闭区间上严格单调，且值域均为 $[-2,2]$ 。因此，依次有反函数 $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$ ，以 $[-2,2]$ 为定义域，依次以 $[-2,-1],[-1,1],[1,2]$ 为值域。由反函数的连续性得 $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$ 均为 $[-2,2]$ 上的连续函数。而 $g_{1}, g_{2}, g_{3}$ 依次在 $(-2,-1),(-1,1),(1,2)$ 内连续可导，且导数不等于零．因此，它们的反函数 $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$在 $(-2,2)$ 内连续可微．另一方面，注意到 $g$ 为奇函数，以及 $\varphi_{1}, \varphi_{2}, \varphi_{3}$ 的值域，$g_{1}, g_{2}, g_{3}$ 的定义域，我们有 $$ -t=-g_{3}\left(\varphi_{3}(t)\right)=-g\left(\varphi_{3}(t)\right)=g\left(-\varphi_{3}(t)\right)=g_{1}\left(-\varphi_{3}(t)\right), \quad t \in[-2,2] . $$ 因此 $$ \varphi_{1}(-t)=-\varphi_{3}(t), \quad t \in[-2,2] . $$ 同理， $$ -t=-g_{2}\left(\varphi_{2}(t)\right)=-g\left(\varphi_{2}(t)\right)=g\left(-\varphi_{2}(t)\right)=g_{2}\left(-\varphi_{2}(t)\right), \quad t \in[-2,2] . $$ 从而 $$ \varphi_{2}(-t)=-\varphi_{2}(t), \quad t \in[-2,2] . $$ 2．根据韦达定理，我们有 $$ \varphi_{1}(t)+\varphi_{2}(t)+\varphi_{3}(t)=0, \quad \forall t \in[-2,2] . $$ 从而 $$ \varphi_{1}^{\prime}(t)+\varphi_{2}^{\prime}(t)+\varphi_{3}^{\prime}(t)=0, \quad \forall t \in(-2,2) $$ 这样结合 $f$ 为连续偶函数得到 $$ \begin{aligned} & 2 \int_{1}^{2} f\left(x^{3}-3 x\right) d x-2 \int_{0}^{1} f\left(x^{3}-3 x\right) d x \\ = & \int_{-2}^{-1} f\left(x^{3}-3 x\right) d x-\int_{-1}^{1} f\left(x^{3}-3 x\right) d x+\int_{1}^{2} f\left(x^{3}-3 x\right) d x \\ = & \int_{-2}^{2} f(t) \varphi_{1}^{\prime}(t) d t+\int_{-2}^{2} f(t) \varphi_{2}^{\prime}(t) d t+\int_{-2}^{2} f(t) \varphi_{3}^{\prime}(t) d t=0 \end{aligned} $$ 从而结论成立．所在院校： $\_\_\_\_$密封线答题时不要超过此线考场号： $\_\_\_\_$座位号： $\_\_\_\_$专业： \| 得分 \| \| \| :---: \| :--- \| \| 评阅人 \| \|
5	解答题	五、（本题 15 分）设 $n \geqslant 2$ ，对于 $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$ ，规定 $A^{0}$ 为 $n$ 阶单位阵 $I$ 。形式定义 $\sin A=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k+1)!} A^{2 k+1}$ ， $\cos A=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k)!} A^{2 k}$ 以及 $\arctan A=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{2 k+1} A^{2 k+1}$ 。记 $\\|A\\| \equiv \max _{\substack{\mathrm{x} \in \mathbb{R}^{n} \\\\|\mathrm{x}\\|=1}}\\|A \mathrm{x}\\|$ ，其中 $\\|\mathrm{x}\\| \equiv \sqrt{\mathrm{x}^{\mathrm{T}} \mathrm{x}}$ ．证明： 1．$\forall A \in \mathbb{R}^{n \times n}, \sin A, \cos A$ 均有意义，且 $(\sin A)^{2}+(\cos A)^{2}=I$ ． 2．当 $\\|A\\|<1$ 时， $\arctan A$ 有意义，且 $\sin \arctan A=A \cos \arctan A$ ．证明：1．由于 $$ \left\\|\frac{(-1)^{k}}{(2 k+1)!} A^{2 k+1}\right\\|+\left\\|\frac{(-1)^{k}}{(2 k)!} A^{2 k}\right\\| \leqslant \frac{\\|A\\|^{2 k+1}}{(2 k+1)!}+\frac{\\|A\\|^{2 k}}{(2 k)!}, $$ 而 $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\\|A\\|^{k}}{k!}$ 收敛，因此，$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k+1)!} A^{2 k+1}$ 和 $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k)!} A^{2 k}$ 均绝对收敛，从而 $\sin A, \cos A$有定义。进一步，由绝对收玫级数的性质， $$ \begin{aligned} (\sin A)^{2} & =\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{k} \frac{(-1)^{k}}{(2 j+1)!(2 k-2 j+1)!} A^{2 k+2}=-\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{j=0}^{k-1} \frac{(-1)^{k}}{(2 k)!} C_{2 k}^{2 j+1} A^{2 k} \\ (\cos A)^{2} & =\sum_{k=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{k} \frac{(-1)^{k}}{(2 j)!(2 k-2 j)!} A^{2 k}=I+\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{j=0}^{k} \frac{(-1)^{k}}{(2 k)!} C_{2 k}^{2 j} A^{2 k} \end{aligned} $$ 由于 $$ \sum_{j=0}^{k} C_{2 k}^{2 j}-\sum_{j=0}^{k-1} C_{2 k}^{2 j+1}=(1-1)^{2 k}=0 $$ 因此 $(\sin A)^{2}+(\cos A)^{2}=I$ ． 2．由 $\left\\|\frac{(-1)^{k}}{2 k+1} A^{2 k+1}\right\\| \leqslant \frac{\\|A\\|^{2 k+1}}{2 k+1}$ 可得，当 $\\|A\\|<1$ 时，$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{2 k+1} A^{2 k+1}$ 绝对收玫，从而此时 $\arctan A$ 有定义。易见 $\sin A, \cos A, \arctan A, A$ 均两两可交换。（8 分）进一步，若在某区间 $[a, b]$ 上的矩阵值函数 $A(t)$ 连续可微，且对任何 $t, s \in [a, b], A(t)$ 和 $A(s)$ 可交换，则 $\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{(-1)^{k}}{(2 k+1)!} A^{2 k+1}(t)\right)^{\prime}$ 一致收敛，从而 $(\sin A(t))^{\prime}=$ $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{(2 k)!} A^{2 k}(t) A^{\prime}(t)=(\cos A(t)) A^{\prime}(t)$ 。同理，$(\cos A(t))^{\prime}=-(\sin A(t)) A^{\prime}(t)$ ，以及当 $\\|A(t)\\|<1$ 时成立 $(\arctan A(t))^{\prime}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k} A^{2 k}(t) A^{\prime}(t)=\left(I+A^{2}(t)\right)^{-1} A^{\prime}(t)$ ．（12 分）现考虑 $t \in[0,1]$ 以及矩阵值函数 $f(t)=\sin \arctan (t A)-t A \cos \arctan (t A)$ ，则根据上述讨论，我们有 $$ \begin{aligned} f^{\prime}(t)= & (\cos \arctan (t A))\left(I+t^{2} A^{2}\right)^{-1} A-A \cos \arctan (t A) \\ & +t A(\sin \arctan (t A))\left(I+t^{2} A^{2}\right)^{-1} A \\ = & t A^{2}\left(I+t^{2} A^{2}\right)^{-1} f(t), \quad t \in[0,1] \end{aligned} $$ 结合 $f(0)=0$ 得到 $$ \begin{aligned} \\|f(t)\\| & =\left\\|\int_{0}^{t} s A^{2}\left(I+s^{2} A^{2}\right)^{-1} f(s) d s\right\\| \leqslant \int_{0}^{t}\\|A\\|^{2}\left\\|\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k} s^{2 k} A^{2 k}\right\\|\\|f(s)\\| d s \\ & \leqslant \int_{0}^{t} \sum_{k=0}^{\infty}\\|A\\|^{2 k+2}\\|f(s)\\| d s=\frac{\\|A\\|^{2}}{1-\\|A\\|^{2}} \int_{0}^{t}\\|f(s)\\| d s, \quad \forall t \in[0,1] \end{aligned} $$ 由此易证 $f(t)=0$（ $\forall t \in[0,1]$ ）。即结论成立。所在院校： $\_\_\_\_$密封线答题时不要超过此线考场号： $\_\_\_\_$座位号： $\_\_\_\_$专业： \| 得分 \| \| \| :---: \| :--- \| \| 评阅人 \| \|
6	选择题	（6）的系数矩阵为 $A$ ，经计算可得 $$ \operatorname{det}