第十三屆全國大學生數學競賽預賽試卷參考答案(數學A類,2021年)姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,考試形式:閉卷考試時間:150分鐘滿分:100分,題號一二三四五六總分滿分2020得分注意:1.所有答題都須寫在標準答題紙上,寫在本試卷或其它紙上均無效.2.密封線左邊請勿答題,密封線外不得有姓名及相關標記.3.如答題空白不夠,可寫在當頁背面,并標明題號.,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線得分評閱人得分評閱人繞z軸旋轉所得的旋轉曲面方程.解答.設點M1(0,0,0),方向1=(0,0,1),則z軸為直線L1:,直線L2,2=(a,b,c).——(1).當a=b時,L2與L1共面.分以下三種情況討論.c=0時,L2與L1垂直,此時所得的旋轉面是z=1的平面.,12,即c0時,L2與L1平行或者相交于一點,于是有以下兩種情形.2).當L2平行于L1時,所得的旋轉曲面是一個圓柱面x2+y2=2.3).當L1與L2相交于一點時,所得的旋轉面為一個圓錐面,頂點為它們的交點2與L1不共面時,首先考慮L2與L1不垂直時的情形.設M0(x0,y0,z0)為L2上的任意一點,M(x,y,z)為過M0的旋轉曲面上的緯圓上的任意一點,則有=Az2+Bz+C,其中經計算可得x2+y2=Az2+2Bz+C姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:得到它是旋轉單葉雙曲面.當L1與L2為異面直線而且垂直時,c=0.所得旋轉曲面是一個挖去一個圓盤(半徑為L1與L2之間的距離的平面.,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線,,34得分評閱人二、(本題15分)設B?Rn(n≥2)是單位開球?函數u,v在B上連續,在B內二階連續可導,滿足得分評閱人2(x)+v2(x)≤1(8x∈B).證明.記w=w(x)=u2(x)+v2(x),則w滿足問題顯然?w(x)∈C2(B)∩C(B).所以?w(x)必然在B上達到最大值.設最大值點為x1.若x11)=0,?△w(x1)≥0.于是由(1)得到,在x1處?0≤?△w≤2(1?w)w?2(j▽uj2+j▽uj2)≤2(1?w)w.而w(x1)≥0,故上式表明w(x1)≤1.若x1)?w(x1)=0.綜合之?恒有0≤w≤1,x∈B.(12分)(15分)2姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:得分評閱人,三、(本題15分)設f(x)=x2021+a2020x2020+a2019x2019+···+a2x2+a1x+a0為整系數多項式,a00.姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:得分評閱人,證明.設f(x)=0的2021個根分別為x1,x2,...,x2021.由于a00,所以xi0,密封線答題時不要超過此線,密封線答題時不要超過此線,的根.繼續由Vieta定理,,,所以2,56得分評閱人四、(本題20分)設P為對稱酉矩陣,證明:存在可逆復矩陣Q使得P=QQ-1.得分評閱人解答.設P為n階矩陣.因為P為酉矩陣,自然為正規矩陣,所以存在酉矩陣U使得U-1PU=D為對角陣.設n為復數滿足β=Qi,1≤i≤n,令由Lagrange插值公式知存在復系數多項式f(x)使得f(Qi)=βi,1≤i≤n,從而且現在DT=D,PT=P,UT=U-1,所以姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,D=DT=(U-1PU)T=UTPT(U-1)T=U-1PU=U姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,從而U-1U與D可交換.又E=f(D),所以E也與U-1U可交換,即EU-1U=U-1UE,或寫為UEU-1=UEU-1.由于P為酉矩陣,即TP=I,這里I為單位矩陣,再由U也是酉矩陣得到密封線答題時不要超過此線,所以對任意1≤i≤n,QiQi=1,即復數Qi的模為1,從而復數βi的模也是1,故βi=βi-1,由此得到E=E-1.令Q=UEU-1,則顯然Q可逆且有密封線答題時不要超過此線,-1=UEU-1,又Q-1=U-1U-1=UEU-1,所以QQ-1=(UEU-1)2=UE2U-1=UDU-1=P.2,,78得分評閱人收斂.任取A>ε>0,由Weierstrass判別法,∞e-tαxsinxdt關于x∈[ε,A]一致收斂,因此,結合(1),利用一致收斂性,或控制收斂定理,得到∞dx∞e-tαxsinxdt=∞dt∞e-tαxsinxdx.姓名:姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:,密封線答題時不要超過此線密封線答題時不要超過此線,,從而最后得到注:可以利用第二型曲線積分計算,對于Q>1,在以0為頂點的錐形區域D:={reiθIr>0,θ∈(0,β)}內,定義Lnz如下:Ln(reiθ)=lnr+iθ,8reiθ∈D,其中則易見Lnz可以連續地把定義域延伸到D的邊界.又易見,在D內成立Lnz在D內解析.9令zα:=eαLnz,(z∈D),則eizα在D內解析在D上連續.任取R>0,考慮DR:=BR(0)∩D,則izαdz=0.由此即得eixαdx=eirαeiαβeiβdr—eiRαeiαθiReiθdθ=eiβe-rαsin(αβ)eirαcos(αβ)dr—iRe-Rαsin(αθ)eiRαcos(αθ)eiθdθ易見有常數C>0使得于是,可得姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:得分評閱人,六、(本題20分)設f,g為R上的非負連續可微函數,滿足:8x∈R,成立fI(x)>6+f(x)-f2(x),I(x)≤6+g(x)-g姓名:準考證號:所在院校:考場號:座位號:專業:得分評閱人,fI(t)>6+f(t)-f2(t)=(3-f(t))(2+f(t))>2ε,8t≤x.于是密封線答題時不要超過此線,f(x)-f(t)>2ε(x-t),8t≤x.密封線答題時不要超過此線,從而=-∞.與f非負矛盾.因此,存在ξ<x使得f(ξ)>3-ε.(2)任取x∈R,由連續性,我們只要證明對任何ε∈(0,1),成立f(x)>3-ε.由(1),存在ξ<x使得f(ξ)>3-ε.令h(t)=f(t)-(3-ε),我們有I(t)=fI(t)>(3-f(t))(2+f(t))>-(2+f(t))h(t),8t∈R.記F(t)=∫(2+f(s))ds,則,(eF(t)h(t))I=eF(t)(hI(t)+(2+f(t))h(t))>0,8t∈R.,eF(x)h(x)>eF(ξ)h(ξ)