第十三届非数学类决赛

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1 解答题 一、填空题（本题满分 30 分，每小题 6 分） （1）已知 $\boldsymbol{a}$ 和 $\boldsymbol{b}$ 均为非零向量，且 $|\boldsymbol{b}|=1, \boldsymbol{a}$ 和 $\boldsymbol{b}$ 的夹角 $\langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle=\frac{\pi}{4}$ ，则极 限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{|\boldsymbol{a}+x \boldsymbol{b}|-|\boldsymbol{a}|}{x}=$ $\_\_\_\_$ ． 【解】利用条件：$|\boldsymbol{b}|=1,\langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle=\frac{\pi}{4}$ ，得 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=|\boldsymbol{a} \| \boldsymbol{b}| \cos \langle\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}\rangle=\frac{\sqrt{2}}{2}|\boldsymbol{a}|$ ，所以 $$ |\boldsymbol{a}+x \boldsymbol{b}|^{2}=\boldsymbol{a}^{2}+2 x \boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}+x^{2} \boldsymbol{b}^{2}=\boldsymbol{a}^{2}+\sqrt{2} x|\boldsymbol{a}|+x^{2} . $$ 因此 $$ \begin{gathered} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{|\boldsymbol{a}+x \boldsymbol{b}|-|\boldsymbol{a}|}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{\boldsymbol{a}^{2}+\sqrt{2} x|\boldsymbol{a}|+x^{2}}-|\boldsymbol{a}|}{x} \\ =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{2}|\boldsymbol{a}|+x}{\sqrt{\boldsymbol{a}^{2}+\sqrt{2} x|\boldsymbol{a}|+x^{2}}+|\boldsymbol{a}|}=\frac{\sqrt{2}}{2} \end{gathered} $$
2 解答题 （2）极限 $\lim _{x \rightarrow 0}\left[2-\frac{\ln (1+x)}{x}\right]^{\frac{2}{x}}=$ $\_\_\_\_$ ． 【解】利用 $\mathrm{L}^{\prime}$ Hospital 法则，得 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\ln (1+x)}{x^{2}}=\frac{1}{2}$ ，所以 $$ \lim _{x \rightarrow 0}\left[2-\frac{\ln (1+x)}{x}\right]^{\frac{2}{x}}=\lim _{x \rightarrow 0}\left[1+\frac{x-\ln (1+x)}{x}\right]^{\frac{x}{x-\ln (1+x)} \frac{2[x-\ln (1+x)]}{x^{2}}}=e . $$
3 解答题 （3）积分 $\int_{\sqrt{2}}^{2} \frac{\mathrm{~d} x}{x \sqrt{x^{2}-1}}=$ $\_\_\_\_$ ． 【解】作变换 $x=\sec \theta$ ，则 $$ \int_{\sqrt{2}}^{2} \frac{\mathrm{~d} x}{x \sqrt{x^{2}-1}}=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sec \theta \tan \theta \mathrm{~d} \theta}{\sec \theta \tan \theta}=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \mathrm{~d} \theta=\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{12} . $$
4 解答题 （4）设函数 $y=y(x)$ 由参数方程 $x=\frac{t}{1+t^{2}}, y=\frac{t^{2}}{1+t^{2}}$ 确定，则曲线 $y=y(x)$ 在点 $\left(\frac{\sqrt{2}}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 处的曲率 $\kappa=$ $\_\_\_\_$ ． 【解】易知，对应点 $\left(\frac{\sqrt{2}}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 的参数 $t=\sqrt{2}$ ． 利用参数方程求导法则，得 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=\frac{2 t}{1-t^{2}}, \frac{\mathrm{~d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}=\frac{2\left(1+t^{2}\right)^{3}}{\left(1-t^{2}\right)^{3}}$ ．所以，当 $t=\sqrt{2}$ 时， $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=-2 \sqrt{2}, \frac{\mathrm{~d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}=\frac{2\left(1+t^{2}\right)^{3}}{\left(1-t^{2}\right)^{3}}=-2 \times 27$ ，因此曲线 $y=y(x)$ 在 $\left(\frac{\sqrt{2}}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 处的曲率 $$ \kappa=\frac{\left|\frac{\mathrm{d}^{2} y}{\mathrm{~d} x^{2}}\right|}{\sqrt{\left(1+\left(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right)^{2}\right)^{3}}}=\frac{2 \times 27}{\sqrt{\left(1+(2 \sqrt{2})^{2}\right)^{3}}}=2 $$
5 解答题 （5）设 $D$ 是由曲线 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$ 及两坐标轴围成的平面薄片型物件，其密度函数为 $\rho(x, y)=\sqrt{x}+2 \sqrt{y}$ ，则薄片物件 $D$ 的质量 $M=$ 【解】 $M=\iint_{D}(\sqrt{x}+2 \sqrt{y}) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ．利用二重积分的对称性，得 $$ M=3 \iint_{D} \sqrt{x} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=3 \int_{0}^{1} \sqrt{x} \mathrm{~d} x \int_{0}^{(1-\sqrt{x})^{2}} \mathrm{~d} y=3 \int_{0}^{1} \sqrt{x}(1-\sqrt{x})^{2} \mathrm{~d} x $$ 作变量代换：$t=\sqrt{x}$ ，得 $$ M=3 \int_{0}^{1} \sqrt{x}(1-\sqrt{x})^{2} \mathrm{~d} x=6 \int_{0}^{1} t^{2}(1-t)^{2} \mathrm{~d} x=\frac{1}{5} $$ 二、（本题满分 $\mathbf{1 2}$ 分）求区间 $[0,1]$ 上的连续函数 $f(x)$ ，使之满足 $$ f(x)=1+(1-x) \int_{0}^{x} y f(y) \mathrm{d} y+x \int_{x}^{1}(1-y) f(y) \mathrm{d} y $$ 【解】 根据题设条件及等式可推知，函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二阶可导，且 $f(0)=f(1)=1$. 对等式两边求导，得 $$ \begin{aligned} f^{\prime}(x) & =-\int_{0}^{x} y f(y) \mathrm{d} y+(1-x) x f(x)+\int_{x}^{1}(1-y) f(y) \mathrm{d} y-x(1-x) f(x) \\ & =-\int_{0}^{x} y f(y) \mathrm{d} y+\int_{x}^{1}(1-y) f(y) \mathrm{d} y \end{aligned} $$ 再对上式两边求导得 $f^{\prime \prime}(x)=-x f(x)-(1-x) f(x)=-f(x)$ ，即 $f^{\prime \prime}(x)+f(x)=0$ ． 这是二阶常系数齐次线性微分方程，易知其通解为 $f(x)=C_{1} \cos x+C_{2} \sin x$ ． 分别取 $x=0$ 和 $x=1$ 代入上式，得 $C_{1}=1, C_{2}=\frac{1-\cos 1}{\sin 1}=\tan \frac{1}{2}$ ，因此所求函数为 $$ f(x)=\cos x+\tan \frac{1}{2} \cdot \sin x \quad(0 \leq x \leq 1) . $$ 三、（本题满分 12 分）设曲面 $\sum$ 是由锥面 $x=\sqrt{y^{2}+z^{2}}$ ，平面 $x=1$ ，以及球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$ 围成的空间区域的外侧表面，计算曲面积分： $$ I=\oiint_{\Sigma}\left[x^{2}+f(x y)\right] \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left[y^{2}+f(x z)\right] \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left[z^{2}+f(y z)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y $$ 其中 $f(u)$ 是具有连续导数的奇函数． 【解】设 $P=x^{2}+f(x y), Q=y^{2}+f(x z), R=z^{2}+f(y z)$ ，则 $$ \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=2(x+y+z)+y\left[f^{\prime}(x y)+f^{\prime}(y z)\right] $$ 因为奇函数 $f(u)$ 的导数是偶函数，所以 $f^{\prime}(x y)+f^{\prime}(y z)$ 关于 $y$ 是偶函数． 4 分记 $\Omega$ 是以 $\Sigma$ 为边界曲面的有界区域，根据 Gauss 公式，并结合三重积分的对称性，得 $$ \begin{aligned} I & =\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=2 \iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\ & =2 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} \varphi \int_{\frac{1}{\cos \varphi}}^{2} \rho \cos \varphi \cdot \rho^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} \rho \\ & =\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \cos \varphi \sin \varphi\left(16-\frac{1}{\cos ^{4} \varphi}\right) \mathrm{d} \varphi=4 \pi-\frac{\pi}{2}=\frac{7 \pi}{2} \end{aligned} $$ 四、（本题满分 12 分）设 $f(x)$ 是以 $2 \pi$ 为周期的周期函数，且 $$ f(x)=\left\{\begin{array}{cc} x, & 0n a_{n} $$ 所以 $\left\{n a_{n}\right\}$ 是严格递增数列． 4 分 其次，由于 $$ \frac{1}{n a_{n}}-\frac{1}{(n+1) a_{n+1}}<\frac{(n+1) a_{n+1}-n a_{n}}{\left(n a_{n}\right)^{2}}=\frac{a_{n}-\sin a_{n}}{\left(n a_{n}\right)^{2}}<\frac{a_{n}^{3}}{6} \cdot \frac{1}{\left(n a_{n}\right)^{2}} \leq \frac{a_{1}}{6 n^{2}}, $$ 所以 $\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k a_{k}}-\frac{1}{(k+1) a_{k+1}}\right)<\frac{a_{1}}{6} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}}$ ，即 $\frac{1}{a_{1}}-\frac{1}{(n+1) a_{n+1}}<\frac{a_{1}}{6} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{2}}<\frac{a_{1}}{6} \cdot \frac{\pi^{2}}{6}$ ，解得 $$ (n+1) a_{n+1}<\frac{a_{1}}{1-\left(\frac{a_{1} \pi}{6}\right)^{2}} $$ 这就证明了数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 严格递增且有上界，因而收敛．
6 解答题 六、（本题满分 10 分）证明：$a^{b}+b^{a} \leq \sqrt{a}+\sqrt{b} \leq a^{a}+b^{b}$ ，其中 $a>0, b>0$ ， $a+b=1$ ． 【证】不妨设 $00$ ，所以 $f^{\prime}(x)0)$ ，有 $$ g^{\prime}(x)=\frac{1}{(1-x)^{2}}\left[\frac{1}{x}-1-\ln \left(1+\left(\frac{1}{x}-1\right)\right)\right]>0 $$ 所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调增加．
7 选择题 七、（本题满分 12 分）设 $A=\left(a_{i j}\right)$ 为 $n$ 阶实矩阵，$\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}$ 为 $A$ 的 $n$ 个列向量，且均不为零．证明：矩阵 $A$ 的秩满足 $$ r