| 1 |
解答题 |
（本题 15 分）设球面 $S: x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ ，求以点 $M_{0}(0,0, a)(a \in \mathbb{R},|a|>1)$ 为顶点的与 $S$ 相切的锥面方程。
## 解答。 解法一：
设 $L$ 为过顶点 $M_{0}(0,0, a)$ ，方向为 $\vec{s}=(l, m, n)$ ，与 $S$ 相切的锥面上的任意一条母线，则对于 $L$ 上任意一点 $M(x, y, z), L$ 的方程可以表示为
$$
\frac{x-0}{l}=\frac{y-0}{m}=\frac{z-a}{n},
$$
其中 $l, m, n \in \mathbb{R}$ 不全为零。设 $L$ 的参数方程为
$$
\left\{\begin{array}{l}
x=l t \\
y=m t \\
z=a+n t
\end{array}\right.
$$
其中 $t \in \mathbb{R}$ 为参数．
将直线的参数方程（1）代入 $S$ 中可得
$$
\left(l^{2}+m^{2}+n^{2}\right) t^{2}+2 a n t+a^{2}-1=0
$$
由直线 $L$ 与球面 $S$ 相切的条件可知
$$
(2 a n)^{2}-4\left(l^{2}+m^{2}+n^{2}\right)\left(a^{2}-1\right)=0
$$
亦即
$$
\left(l^{2}+m^{2}\right) a^{2}=\left(l^{2}+m^{2}+n^{2}\right) .
$$
由（1）和（2）消去参数 $t$ 可得雉面方程
$$
\left(a^{2}-1\right)\left(x^{2}+y^{2}\right)-(z-a)^{2}=0
$$
其中 $|a|>1$ ．
（15 分）
## 解法二：
设 $O(0,0,0)$ 为球心坐标，$M(x, y, z)$ 为切锥面与球面的切点，半顶角为 $\alpha= \angle\left(\overrightarrow{M_{0} O}, \overrightarrow{M_{0} M}\right)$ ，则有 $\sin \alpha=\frac{1}{|a|}$ ．
（7 分）
注意到
$$
\cos ^{2} \alpha=\frac{\left|\overrightarrow{M_{0} O} \cdot \overrightarrow{M_{0} M}\right|^{2}}{\left|\overrightarrow{M_{0} O}\right|^{2}\left|\overrightarrow{M_{0} M}\right|^{2}}, \cos ^{2} \alpha=1-\sin ^{2} \alpha
$$
得到
$$
\frac{(z-a)^{2}}{x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}}=\frac{a^{2}-1}{a^{2}}
$$
即
$$
\left(a^{2}-1\right)\left(x^{2}+y^{2}\right)-(z-a)^{2}=0
$$
其中 $|a>1|$ ．
（15 分）
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 | | |
| 2 |
解答题 |
设 $B \subset R^{n}(n \geq 2)$ 是单位开球，函数 $u, v$ 在 $\bar{B}$ 上连续，在 $B$ 内二阶连续可导，满足
$$
\begin{cases}-\Delta u-\left(1-u^{2}-v^{2}\right) u=0, & x \in B \\ -\Delta v-\left(1-u^{2}-v^{2}\right) v=0, & x \in B \\ u(x)=v(x)=0, & x \in \partial B\end{cases}
$$
其中，$x=\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right), \Delta u=\frac{\partial^{2} u}{\partial x_{1}^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial x_{2}^{2}}+\cdots+\frac{\partial^{2} u}{\partial x_{n}^{2}}, \partial B$ 表示 $B$ 的边界。证明： $u^{2}(x)+v^{2}(x) \leq 1(\forall x \in \bar{B})$. |
| 3 |
解答题 |
（本题 15 分）设 $f(x)=x^{2021}+a_{2020} x^{2020}+ a_{2019} x^{2019}+\cdots+a_{2} x^{2}+a_{1} x+a_{0}$ 为整系数多项式，$a_{0} \neq 0$ 。设对任意 $0 \leq k \leq 2020$ 有 $\left|a_{k}\right| \leq 40$ ，证明：$f(x)=0$ 的根不可能全为实数。 |
| 4 |
解答题 |
设 $R=\{0,1,-1\}, S$ 为 $R$ 上的 3阶行列式全体，即 $S=\left\{\operatorname{det}\left(a_{i j}\right)_{3 \times 3} \mid a_{i j} \in R\right\}$ 。证明：$S= \{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4\}$ ．
解答．首先，通过直接检验可知
$$
\left|\begin{array}{lll}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right|=0,\left|\begin{array}{lll}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{array}\right|=1,\left|\begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 1 & 1
\end{array}\right|=2,\left|\begin{array}{ccc}
1 & -1 & 0 \\
1 & 1 & -1 \\
0 & 1 & 1
\end{array}\right|=3,\left|\begin{array}{ccc}
1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 1 \\
1 & 1 & -1
\end{array}\right|=4 .
$$
其次，由于交换两行，行列式值改变符号，因此有 $\Gamma \supseteq\{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4\}$ ．
第三，我们证明：$\forall\left(a_{i j}\right)_{3 \times 3}, a_{i j} \in R$ ，总有 $\left|\operatorname{det}\left(a_{i j}\right)\right| \leqslant 4$ ．
事实上，由对角线法则可知
$$
\operatorname{det}\left(a_{i j}\right)=a_{11} a_{22} a_{33}+a_{12} a_{23} a_{31}+a_{13} a_{32} a_{21}-a_{13} a_{22} a_{31}-a_{12} a_{21} a_{33}-a_{11} a_{32} a_{23}
$$
记
$$
\begin{gathered}
b_{1}=a_{11} a_{22} a_{33}, b_{2}=a_{12} a_{23} a_{31}, b_{3}=a_{13} a_{32} a_{21} \\
b_{4}=-a_{13} a_{22} a_{31}, b_{5}=-a_{12} a_{21} a_{33}, b_{6}=-a_{11} a_{32} a_{23}
\end{gathered}
$$
直接观察可知：每个 $a_{i j}$ 在单项 $b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, b_{5}, b_{6}$ 中共出现两次，且
$$
b_{1} b_{2} b_{3} b_{4} b_{5} b_{6}=-a_{11}^{2} a_{12}^{2} a_{13}^{2} a_{21}^{2} a_{22}^{2} a_{23}^{2} a_{31}^{2} a_{32}^{2} a_{33}^{2}
$$
因此立即可得：若有某个 $a_{i j}=0$ ，则 $b_{1}, \ldots, b_{6}$ 中至少有两个为 0 ，从而 $\left|\operatorname{det}\left(a_{i j}\right)\right| \leqslant 4$ 。倘若每个 $a_{i j}$ 都不等于 0 ，则由 $a_{i j}= \pm 1$ 得 $b_{1}, \ldots, b_{6}$ 之积 $=-1$ ，从而至少有一个 $b_{i}$ 为 -1 ，同时也至少有一个 $b_{j}$ 为 1 ，否则与 $b_{1} b_{2} b_{3} b_{4} b_{5} b_{6}=$ -1 矛盾。结果 $b_{i}$ 与 $b_{j}$ 互相抵消，仍有 $\left|\operatorname{det}\left(a_{i j}\right)\right| \leqslant 4$ ．
至此，综上所得，$\Gamma=\{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4\}, \Gamma$ 共由 9 个元素所组成。
（20分）
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | | |
| 5 |
解答题 |
（本题 15 分）设函数 $f$ 在 $[-1,1]$ 内有定义，在 $x=0$ 的某邻域内连续可导，且 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}=a>0$ 。证明：级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} f\left(\frac{1}{n}\right)$ 收玫，$\sum_{n=1}^{\infty} f\left(\frac{1}{n}\right)$ 发散。 |
| 6 |
解答题 |
设 $f(x)=\ln \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{n x}}{n^{2}}$ ．证明函数 $f$
| 得分 | |
| :---: | :--- |
| 评阅人 | |
在 $(-\infty, 0)$ 内为严格凸的，并且对任意 $\xi \in(-\infty, 0)$ ，存在 $x_{1}, x_{2} \in(-\infty, 0)$ 使得
$$
f^{\prime}(\xi)=\frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}} .
$$
（称 $(a, b)$ 内的函数 $S$ 为严格凸的，如果对任何 $\alpha \in(0,1)$ ，以及 $x, y \in(a, b), x \neq y$ 成立 $S(\alpha x+(1-\alpha) y)<\alpha S(x)+(1-\alpha) S(y)$. |