第十四届非数学类初赛

#	题型	题目
1	解答题	一、填空题（本题满分 30 分，每小题6分）（1）极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\sqrt{1-x^{2}} \cos x}{1+x^{2}-\cos ^{2} x}=$ $\_\_\_\_$ ．【解】利用洛必达法则，得 $$ \text { 原式 }=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1-x^{2}} \sin x+\frac{x \cos x}{\sqrt{1-x^{2}}}}{2 x+2 \cos x \sin x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sqrt{1-x^{2}} \cdot \frac{\sin x}{x}+\frac{\cos x}{\sqrt{1-x^{2}}}}{2+2 \frac{\sin x}{x} \cdot \cos x}=\frac{1}{2} . $$
2	解答题	（2）设 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1, & x>0, \\ 0, & x \leq 0,\end{array} \quad g(x)=\left\{\begin{array}{ll}x-1 & x \geq 1, \\ 1-x, & x<1,\end{array}\right.\right.$ 则复峇函数 $f[g(x)]$ 的间断点为 $x=$ $\_\_\_\_$ ．【解】显然，复合函数 $f[g(x)]=\left\{\begin{array}{ll}1, & g(x)>0, \\ 0, & g(x) \leq 0,\end{array}=\left\{\begin{array}{ll}1 & x \neq 1, \\ 0, & x=1,\end{array}\right.\right.$ 所以 $f[g(x)]$ 的惟一间断点为 $x=1$ ．
3	解答题	（3）极限 $\lim _{x \rightarrow 1^{-}}(1-x)^{3} \sum_{n=1}^{\infty} n^{2} x^{n}=$ $\_\_\_\_$ ．【解】易知，$\sum_{n=1}^{\infty} n^{2} x^{n}$ 的和函数为：$\sum_{n=1}^{\infty} n^{2} x^{n}=\frac{x^{2}+x}{(1-x)^{3}},\|x\|<1$ ，所以 $$ \lim _{x \rightarrow 1^{-}}(1-x)^{3} \sum_{n=1}^{\infty} n^{2} x^{n}=\lim _{x \rightarrow 1^{-}}\left(x^{2}+x\right)=2 . $$
4	解答题	（4）微分方程 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x} x \ln x \sin y+\cos y(1-x \cos y)=0$ 的通解为 $\_\_\_\_$。【解】原方程等价于 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x} \sin y+\frac{1}{x \ln x} \cos y=\frac{1}{\ln x} \cos ^{2} y$ ．令 $u=\cos y$ ，则方程可化为 $\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{~d} x}-\frac{1}{x \ln x} u=-\frac{1}{\ln x} u^{2}$ ．再令 $w=\frac{1}{u}$ ，则方程可进一步化为 $\frac{\mathrm{d} w}{\mathrm{~d} x}+\frac{1}{x \ln x} w=\frac{1}{\ln x}$ ．这是一阶线性微分方程，利用求解公式得 $$ w=e^{-\int \frac{\mathrm{d} x}{x \ln x}}\left(\int \frac{1}{\ln x} e^{\int \frac{\mathrm{d} x}{x \ln x}} \mathrm{~d} x+C\right)=\frac{1}{\ln x}(x+C) . $$ 将变量 $w=\frac{1}{u}=\frac{1}{\cos y}$ 代回，得 $$ (x+C) \cos y=\ln x . $$ ![](/static/images/competition/mathpix_e9558cc98b01.jpg) ## 2022年11月初赛试题及解答（非数学类）
5	解答题	（5）记 $D=\left\{(x, y) \left\lvert\, 0 \leq x+y \leq \frac{\pi}{2}\right., 0 \leq x-y \leq \frac{\pi}{2}\right\}$ ，则 $$ \iint_{D} y \sin (x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y= $$ 【解】（方法 1）利用三角公式： $\sin (x+y)=\sin x \cos y+\cos x \sin y$ ，并根据重积分的对称性，得 $$ \begin{aligned} \text { 原式 } & =2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} y \sin y \mathrm{~d} y \int_{y}^{\frac{\pi}{2}-y} \cos x \mathrm{~d} x=2 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} y \sin y(\cos y-\sin y) \mathrm{d} y \\ & =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} y \sin 2 y \mathrm{~d} y+\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} y \cos 2 y \mathrm{~d} y-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} y \mathrm{~d} y \\ & =\frac{1}{4}+\left(\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\right)-\frac{\pi^{2}}{32}=\frac{\pi}{8}-\frac{\pi^{2}}{32} . \end{aligned} $$ （方法 2）利用二元变量代换，令 $\left\{\begin{array}{l}u=x+y \\ v=x-y\end{array}\right.$ ，则 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}(u+v) \\ y=\frac{1}{2}(u-v)\end{array}\right.$ 。因为 $$ J=\left\|\begin{array}{ll} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \left\lvert\, \frac{\partial y}{\partial v}\right. \end{array}\right\|=\left\|\begin{array}{cc} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array}\right\|=-\frac{1}{2}, $$ 所以 $$ \begin{aligned} \text { 原式 } & =\|J\| \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2}(u-v) \sin u \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} v \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} u \sin u \mathrm{~d} u-\frac{1}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} v \mathrm{~d} v \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin u \mathrm{~d} u \\ & =\frac{1}{4} \times \frac{\pi}{2} \times 1-\frac{1}{4} \times \frac{\pi^{2}}{8} \times 1=\frac{\pi}{8}-\frac{\pi^{2}}{32} . \end{aligned} $$ 二、（本题满分 14 分）记向量 $\overrightarrow{O A}$ 与 $\overrightarrow{O B}$ 的夹角为 $\alpha,\|\overrightarrow{O A}\|=1,\|\overrightarrow{O B}\|=2$ ， $\overrightarrow{O P}=(1-\lambda) \overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O Q}=\lambda \overrightarrow{O B}, 0 \leq \lambda \leq 1$ ．（1）问当 $\lambda$ 为何值时，$\|\overrightarrow{P Q}\|$ 取得最小值；（2）设（1）中的 $\lambda$ 满足 $0<\lambda<\frac{1}{5}$ ，求夹角 $\alpha$ 的取值范围．【解】（1）根据余弦定理，并注意到 $0 \leq \alpha \leq \pi$ ，得 $$ \begin{aligned} f(\lambda) & =\|\overrightarrow{P Q}\|^{2}=(1-\lambda)^{2}+4 \lambda^{2}-4 \lambda(1-\lambda) \cos \alpha \\ & =(5+4 \cos \alpha) \lambda^{2}-2(1+2 \cos \alpha) \lambda+1 \end{aligned} $$ ## 2022年11月初赛试题及解答（非数学类） $$ =(5+4 \cos \alpha)\left(\lambda-\frac{1+2 \cos \alpha}{5+4 \cos \alpha}\right)^{2}+1-\frac{(1+2 \cos \alpha)^{2}}{5+4 \cos \alpha}, $$ 因此，当 $\lambda=\frac{1+2 \cos \alpha}{5+4 \cos \alpha}$ 时， $0 \leq \lambda \leq 1,\|\overrightarrow{P Q}\|$ 取得最小值．（2）令 $y=\cos \alpha$ ，则 $\lambda=\frac{1+2 y}{5+4 y}$ 的反函数为 $g(\lambda)=-\frac{1}{2} \times \frac{5 \lambda-1}{2 \lambda-1}$ ．易知 $g(\lambda)$ 在 $\left(0, \frac{1}{5}\right)$ 单调增加，其值域为 $\left(-\frac{1}{2}, 0\right)$ ，所以 $-\frac{1}{2}<\cos \alpha<0$ ，注意到 $\cos \alpha$ 在 $[0, \pi]$上单调减，解得 $\frac{\pi}{2}<\alpha<\frac{2 \pi}{3}$ ，即夹角 $\alpha$ 的取值范围为 $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{2 \pi}{3}\right)$ ．
6	解答题	三、（本题满分 14 分）设函数 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 上二阶可导，$f(0)=1$ ，且当 $x \geq 0$ 时，$f(x) \geq 0, f^{\prime}(x) \leq 0, f^{\prime \prime}(x) \leq f(x)$ ，证明：$f^{\prime}(0) \geq-\sqrt{2}$ ．【证】任取 $x \in(0,1)$ ，对 $f(x)$ 在 $[0, x]$ 上利用 Lagrange 中值定理，存在 $\xi \in(0,1)$ ，使得 $f(x)-f(0)=x f^{\prime}(\xi)$ ．因为 $f(0)=1, f(x) \geq 0(x>0)$ ，所以 $$ -\frac{1}{x} \leq f^{\prime}(\xi) \leq 0 $$ 令 $F(x)=\left[f^{\prime}(x)\right]^{2}-[f(x)]^{2}$ ，则 $F(x)$ 在 $(0,1)$ 内可导，且 $$ F^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(x)\left[f^{\prime \prime}(x)-f(x)\right] $$ 根据题设条件，当 $x \geq 0$ 时，$f^{\prime}(x) \leq 0, f^{\prime \prime}(x) \leq f(x)$ ，所以 $F^{\prime}(x) \geq 0$ ．这表明 $F(x)$在 $[0,1)$ 上单调增加，从而有 $F(\xi) \geq F(0)$ ，可得 $$ \left[f^{\prime}(\xi)\right]^{2}-\left[f^{\prime}(0)\right]^{2} \geq[f(\xi)]^{2}-[f(0)]^{2} \geq-1, $$ 因此 $\left[f^{\prime}(0)\right]^{2} \leq\left[f^{\prime}(\xi)\right]^{2}+1 \leq 1+\frac{1}{x^{2}}$ ．由于 $\lim _{x \rightarrow 1^{-}}\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=2$ ，所以 $\left[f^{\prime}(0)\right]^{2} \leq 2$ ，从而有 $f^{\prime}(0) \geq-\sqrt{2}$ ．