南华大学2010年数学竞赛试题

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2010年全国大学生高等数学竞赛总决赛(答案)

2010年全国大学生数学竞赛决赛答 tian27546这是献给博士论坛一个礼物转载时请勿注明是博士论坛一、（20分）计算下列各题：1．求极限 211sin )1(lim n k n k n k n π∑-=→∞+解法1因211sin )1(n k n k n k π∑-=+211222sin sin 21(2sin 21n n k n k nn k πππ∑-=+=） )22cos 22(cos 1(2sin 2122112n k n k n k nn k πππππ+--+=∑-=） )22cos 22(cos 1(22112nk n k n k n n k πππππ+--+≈∑-=） 2112211222cos 1(22cos 1(n k nk n n k n k n n k n k ππππππ++--+=∑∑-=-=）） 222211222cos 11(22cos 1(n k n k n n k n k n nk n k ππππππ--+--+=∑∑=-=））2122222222cos 12)12(cos 11(2cos )11(n k n n n n n n n n n n n k πππππππ-+--+-+=∑-=） 21222222)12(cos 2)12(cos 12(2cos )11(nk n n n n n n n n n k ππππππ-+---+=∑-=）（*）而2122)12(cos n k n k π-∑-=212222sin 2)12(cos22sin 21n n k nn k πππ∑-=-=])1(sin [sin2sin2121222n k n k nn k πππ--=∑-= 2222sin 2sin )1(sinn n n n πππ--=222sin2)2(sin 2cos n n n n πππ-=（**）将（**）代入（*），然后取极限，得原式]2sin2)2(sin2cos2)12(cos 12(2cos )11([lim 222222n n n nn n n n n n n n n ππππππππ-+---+=→∞）]2)2(sin 2cos 2)8)12(1(12()11([lim 22342222n n n n n n n n n n n ππππππ-+----+=∞→） ]2)2(sin 2cos 2)21(12()11([lim 2232222n n n n n n n n n n ππππππ-+---+=∞→） )]48)2(2)2()(81(2)21(12()11([lim 633222232222nn n n n n n n n n n n πππππππ----+---+=∞→）)]482)(81(2)21(12()11([lim 33222232222n n n n n n n n n n n ππππππππ---+---+=∞→） 65π=上式中含2n 的项的系数为0121=+-πππ，含n 的项的系数为0)2(111=-++πππ，常数项系数为656824ππππππ=-=--解法2 Step 1因∑-=112sin n k n k π211222sinsin 22sin 21n nk nn k πππ∑-==)22cos 22(cos2sin2122112n k n k nn k πππππ+--=∑-=)2)12(cos2(cos2sin21222n n n n πππ--=故)2)12(cos 2(cos 2sin 21lim sinlim 222112n n n nn k n n k n ππππ--=→∞-=→∞∑)2)12(cos2(cos1lim222n n n n n πππ--=→∞nn n n n 2sin 2)1(sin2lim22πππ-=→∞n n n n n 22)1(2lim22πππ-=∞→2π= Step 2因222)12(cosn k nk π-∑=22222sin 2)12(cos22sin21n n k nnk πππ∑=-=])1(sin [sin2sin212222nk n k nnk πππ--=∑= 2222sin 2sinsin n n n n πππ-=2222sin 2)1(sin 2)1(cos nn n n n πππ-+=因此∑-=112sin n k n k nk π211222sin sin 22sin 21n n k n k n n k πππ∑-== ]2)12(cos 2)12(cos [2sin 212112112n k n k n k n k nn k n k πππ+--=∑∑-=-= ]2)12(cos 12)12(cos [2sin 21222112n k n k n k n k nnk n k πππ----=∑∑=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+---=∑-=2122222)12(cos 12)12(cos 12cos 12sin 21n k n n n n n n n nn k ππππ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=∑=222222)12(cos 12)12(cos 2cos 12sin 21n k n n n n nnnk ππππ(*) ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21nn n n n n n n n n n ππππππ 于是∑-=→∞112sin lim n k n n k nk π⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++--=→∞2222222sin 2)1(sin 2)1(cos 2)12(cos 2cos 12sin 21lim nn n n n n n n n n n n ππππππ ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-++---=→∞n n n n n n n n n n 22)1(sin2)1(cos 8)12(11lim 224222πππππ）（ ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---+-++-=∞→n n n n n n n n n n n 2)48)1(2)1()(8)1(1211lim 6332422222ππππππ（⎥⎦⎤⎢⎣⎡----++-=∞→)24)1(1)(81211lim 52322222n n n n n n n n n ππππ（ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)241()(81211lim 2222222n n n n n n n n ππππ（ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-=∞→)2411)(81211lim 2222222n n n n n n n ππππ（）（222222282411211lim n n n n n n n ππππ---++-=→∞ ）（22222228242lim n n n n n ππππ--=∞→62ππ-=3π=原式6532πππ=+=2．计算⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz ，其中 ∑为下半球面222y x a z ---= 的上侧, 0>a .解记1∑为平面 222,0a y x z ≤+= 的上侧，2∑为下半球面 222y x a z ---= 的下侧，Ω是由1∑和2∑所围成的立体，则422222211)(adxdy a dxdy a dxdy a z axdydz ay x ⎰⎰⎰⎰⎰⎰≤+∑∑===++π，设,sin ,cos θθr y r x ==则⎰⎰∑+∑++212)(dxdy a z axdydz ⎰⎰⎰Ω+++=dxdydz a z a )220(⎰⎰⎰Ω+=dxdydz a z )32(⎰⎰⎰≤+---+=2222220)32(a y x y x a dz a z dxdy⎰⎰≤+---+=22222202]3[a y x y x a dxdy az z⎰⎰≤+--+++-=222)3(222222a y x dxdy y x a a y x a ⎰⎰≤≤≤≤-++-=πθθ2002222d d )3(ar r r r a a r a⎰-++-=a r r r a a r a 02222d )3(2π ⎰-++-=ar r a a r a 022222)d()3(π⎰-++-=22122d ))(3(a u u a a u a π223222)(42a u a a uu a ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-=π274a π=⎰⎰∑++++2222)(zy x dxdya z axdydz⎰⎰⎰⎰∑∑+∑+++++-=12122)(1)(1dxdy a z axdydz a dxdy a z axdydz a 227333a a a πππ-=+-=3．现设计一个容积为V 的圆柱体容器. 已知上下两底的材料费为单位面积a元，而侧面的材料费为单位面积b 元. 试给出最节省的设计方案；即高与的上下底直径之比为何值时所需费用最少？解设圆柱体的底半径为r ，高为h ，则h r V 2π=，2rVh π=总造价为222r a rh b P ππ+=222r a rbVπ+=，则2322242r r a bV r a r bV P ππ--=+-='，由0='P 知，解得312⎪⎭⎫⎝⎛=πa bV r ，312⎪⎭⎫ ⎝⎛=ππa bV V h ，因为是惟一的驻点，所以当3122323131222222:2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=Vab a bV V a bV a bV V h r ππππππ 时，所需费用最少.4．已知 x x x f 33cos sin 1)(+='，)21,41(∈x ，求)(x f 解因x x x f 33cos sin 1)(+='，)21,41(∈x ，故 ⎰+=x xx x f d cos sin 1)(33⎰+-+=x x x x x x x d )cos )(sin cos sin cos (sin 122⎰+-=x x x x x d )cos )(sin cos sin 1(1⎰+-=x x x d )4sin()2sin 211(21π⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()22cos(211121ππ⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛++=x x x d )4sin()4(2cos 211121ππ 令)4(21π+=x t ，则⎰+=t tt x f d 2sin )4cos 211(2)(⎰+=t tt t d cos sin )4cos 2(2⎰-+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 2(222⎰+=t t t t t d cos sin )2sin 2cos 3(222 ⎰+-=t tt t t t t d cos sin )cos sin 4)sin (cos 3(222222⎰-++=t t t t t t t t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3()cos (sin 22244222 ⎰-+++=t t t t t t t tt t t d cos sin )cos sin 2sin 3cos 3(cos sin 2sin cos 222442244⎰-+++=t t t t tt tan d tan )tan 2tan 33(tan 2tan 122424 令t u tan =，2u v =，则⎰-+++=u u u u u u x f d )233(212)(2424⎰-+++=224224d )233(2122u u u u u u ⎰-+++=v v v v v v d )233(212222⎰+-++=v v v v v v d )323(122222 令)()323(1222v R vAv v v v v +=+-++，则31=A ，)323(332336331)323(12)(22222+--+-++=-+-++=v v v v v v v v v v v v v v R )323(382+-=v v 因此⎰⎰+-+=323d 324d 62)(2v v vv v x f ⎰+-+=323d 324ln 622v v vv ⎰+-+=98)31(d 924ln 622v v v C v v +-+=32231arctan 3221924ln 62C v v +-+=2213arctan 32ln 62 C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C t t +-+=221tan 3arctan 32tan ln 6222C x x +-+++=221)82(tan 3arctan 32)82(tan ln 6222ππ 二、（10分）求下列极限1．⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→e n n n n )11(lim解设xx x f 1)1()(+=, 则))1ln()1(1()1()(21xx x x x x f x+-++=')1()1ln()1()(2x x x x x x f +++-= 原式=)(lim )1(lim010x f x e x x xx '=-+→→)()(lim )(lim 00x f x f x f x x '=→→)1()1ln()1(lim)(lim 20x x x x x x f x x +++-=→→20)1ln()1(limx x x x e x ++-=→22)1ln(lim 0e x x e x -=+-=→2．nnn n n c b a ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛++∞→3lim 111，其中0>a ，0>b ，0>c 解因300ln 3ln ln ln 3ln ln ln lim 33lim abc c b a c c b b a a x c b a x x x x x x x x =++=++=-++→→ 故原式=333lim)13(1lim 10003lim abc ee c b a x c b a c b axxxx x x x x x x xx xx ===⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-++-++→→→三、（10分）设)(x f 在1=x 处可导，0)1(=f ，2)1(='f ，求xx x x x f x tan )cos (sin lim 220++→ 解设)(x f 在1=x 处可导，0)1(=f ，2)1(='f ，则xx x f x x f x x x x x f x x tan )1()cos (sin lim tan )cos (sin lim 220220+-+=++→→ 1cos sin )1()cos (sin lim 1cos sin lim tan lim 220220220-+-+-++=→→→x x f x x f x x x x x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim cos 111lim220020-+-+-+=→→→x x f x x f x x x x xx x x 1cos sin )1()cos (sin lim 2sin cos sin 2lim 212200-+-+-=→→x x f x x f x x x x x x 1cos sin )1()cos (sin lim 21cos 2lim sin lim 2122000-+-+-=→→→x x f x x f x x x x x x1cos sin )1()cos (sin lim 41220-+-+=→x x f x x f x 1)1()(lim 411--=→t f t f t )1(41f '=21= 四、（10分）设)(x f 在),0[+∞上连续，⎰+∞0d )(x x f 收敛，求⎰+∞→yy x x xf y 0d )(1lim.解令⎰=xt t f x G 0d )()(，则因⎰+∞0d )(x x f 收敛，故)(lim y G y +∞→，不妨设R A y G y ∈=+∞→)(lim ，则[]}d )()(1{lim )(d 1lim d )(1lim0000⎰⎰⎰-==+∞→+∞→+∞→y yy y y y y x x G x xG yx G x y x x xf y)d )(1)((lim 0⎰-=+∞→yy x x G yy G ⎰+∞→-=yy x x G y A 0d )(1lim 0)(lim =-=-=+∞→A A y G A y五、（12分）设函数)(x f 在]1,0[上连续，在)1,0(内可微，且0)1()0(==f f ，1)21(=f ，证明：（1）存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得ξξ=)(f ；（2）存在()ξη,0∈使得1)()(+-='ηηηf f .证（1）记x x f x F -=)()(，则函数)(x F 在]1,21[上连续，且1)1(-=F ，21)21(=F ，故由零点存在性定理知存在⎪⎭⎫⎝⎛∈1,21ξ使得0)(=ξF ，即ξξ=)(f . （2）因x x x f x f e x d )1)()((⎰+-'--x e x xe x x f e x x f e x x x x d d d )(d )(⎰⎰⎰⎰----+-'-= x e e x x f e x x f e x x x x d d )(d d )(⎰⎰⎰⎰----++-=x x xe x f e --+-=)(故令x e x x f x F --=))(()(, 则函数)(x F 在],0[ξ上连续，在()ξ,0内可微，0)0(=F ,0)(=ξF ,x x e x x f e x f x F -----'='))(()1)(()(, 故由罗尔定理知,存在()ξη,0∈使得0)(='ηF , 1)()(+-='ηηηf f .六、设)(x f 在),(+∞-∞上有定义，在0=x 的某邻域内有一阶连续导数，且0)(lim 0>=→a x x f x ，证明级数∑∞=-1)1()1(n n n f 条件收敛. 证因 0)(lim>=→a xx f x ，故存在一个正数δ，使得当δ<-<00x 时，有 2)(aa x x f <-因此x x f a )(2<（δ<-<00x ），于是，当δ1>n 时， δ<-<010n ，nn f a 1)1(2<，n a n f 2)1(>，这表明级数∑∞=1)1(n n f 发散，即级数∑∞=-1)1()1(n n n f 发散.下证原级数收敛：由0)(lim0>=→a xx f x 知，0)(lim lim )(lim )0(000====→→→a x x f x x f f x x x ，0)(lim )0()(lim )0(00>==-='→→a xx f x f x f f x x由)(x f 在0=x 的某邻域内有一阶连续导数知，)(lim )0(0x f f a x '='=→，因此存在一个正数η，使得当η<-0x 时，有2)(aa x f <-' 因此)(20x f a '<<（),(ηη-∈x ）. 特别地，)(x f 在),0(η上单调增，于是当η1>n 时，)1()11(n f n f <+，且0)0()1(lim ==∞→f nf .最后由Leibniz 判别法知，原级数收敛.综上可知，原级数条件收敛.六、（14分）设1>n 为整数，⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ，证明：方程 2)(n x F =在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内至少有一个根. 证记!!2!11)(2n t t t t p nn ++++= ,)!!2!11()(2n t t t e t r ntn ++++-= ,则)()(t r e t p n t n -=,且当0>t 时,0)(>t p n , 0)(>t r n ,0)(>-t r e n t .记2)()(n x F x -=ψ，则⎰--=n n t t t r e nx 0d )(2)(ψ,因⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛++++=-x n tt n t t t e x F 02d !!2!11)( ，故函数)(x ψ在],2[n n 上连续，在⎪⎭⎫⎝⎛n n ,2内可微，且2)2()2(n n F n -=ψ⎰⎰<-=--=--20200d )(2d ))(1(nn t n n tt t r e n t t r e ,2d )()(0nt t p e n nn t -=⎰-ψ⎰⎰⎰⎰----+-=+--=202220d )(d )(d )(2d ))(1(n nn n t n t n n n t n n t tt p e t t r e tt p e nt t r e⎰⎰++-=---20202d )2(d )(n n n n t n tt n t p et t r e⎰⎰+++-=---20202d )2(d )!1(1nnn nt t t n t p e t e e n ξ ⎰⎰+-++-=+---202022d ))2((d )!1(1nnn nt nt t t n t r e e t e e n ξ ⎰⎰+---+-+-=202022d )!1(1d )!1(121nnnnt t t e e n t e e n n ξξ ⎰⎰--+-+-=2020d )!1(1d )!1(121n nt t t e e n t e e n n ξξ ⎰-+->202d )!1(22n nt t e e n n []202)!1(22nt ne e n n -++= )1()!1(222-+-=ne n n )!1(2)!1(222+++-=n n e n n )!1(22)!1(2222+-=+->n en n e n n n012>->n（若2>n ，则左边的两个不等式都成立） ()()⎰⎰-+-=-+=-=--101021d 121d 121)1()1(t te t t t e F ψ()[]⎰-++-=--101021d 1t e e t t t 032321)1(2111>-=--+-=--ee e 031)2(>->eψ01223!4223)3(1223144144314923232333>-=->⇒>⇒>>>e e e e ψ 01232452!522)4(2>->->->e e e ψ,0122212e e 12)(>->++->n n n n n e n n ψ 故由零点存在性定理知, 存在),2(n n ∈ξ使得0)(=ξψ, 即2)(nF =ξ.七、（12分）是否存在R 中的可微函数)(x f 使得53421))((x x x x x f f --++=? 若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明.解不存在假如存在R 中的可微函数)(x f 使得54321))((x x x x x f f -+-+=，则4325432)))((x x x x x f x f f -+-=''（，若1)1(=f ，则025432)1))1(()]1[2<-=-+-=''='（（f f f f 矛盾。

2010高教社杯全国大学生数学建模竞赛C题

同上的解法求得方案一最佳。
问题一的解答：
2、当共用管线和非共用管线费用不相同时要考
虑方案二中的各部分管线的总费用并与方案一
中的费用对比，得出最优方案。经过查阅资料
得知某非共用管道5万元/千米；共用管道8万元/千米；方案一的费用为
C1 5 l 2 (a b 方案二的费用为：) 2
；
2010高教社杯全国大学生数学建模竞赛 C题输油管线设计的数学模型
阐述的主要问题
某油田计划在铁路线一侧建造两家炼油厂，同时在铁路线上增建一个车站，用来运送成品油。由于这种模式具有一定的普遍性，油田设计院希望建立管线建设费用最省的模型。
针对这个问题，通过三个小问题进行解答：
1.针对两炼油厂到铁路线距离和两炼油厂间距离的各种不同情形，提出设计方案。若有共用管线，考虑其共用管线费用与非共用管线费用相同或不同的情形。 B 2. 两炼油厂的具体位置其中A厂位于郊区（Ⅰ），厂位于城区 Ⅱ （Ⅱ），两个区域有明显的分界线。若所有管线的铺设费用均相同，铺设在城区的管线还需增加拆迁和工程补偿等附加费用，根据三家工程咨询公司对此项附加费用的估计，为设计院给出管线布置方案及相应的费用。 3. 为进一步节省费用，炼油厂根据生产能力，选用相适应的油管。这时的管线铺设费用就各不相同，拆迁等附加费用同上。给出管线最佳布置方案及相应的费用。
，
2 3 l ，解得 C1 C2 3
问题一的解答：
2）同理：当 a b
当 a b 时，解得C1 C 2。当 a
3 10 3 3a 3b l 时， 2 C l 3 3 3
3l
8
b时，解得
C1 C 2。即方案一最佳。
问题二的解答：

大学生数学知识竞赛试题与答案

趣味数学知识竞赛复习题一、填空题1、〔苏步青〕是国际公认的几何学权威,我国微分几何派的创始人。

2、〔华罗庚〕是一个传奇式的人物,是一个自学成才的数学家。

3、编有《三角学》,被称为"李蕃三角"且自称为"三书子"的是〔李锐夫〕。

4、世界上攻克"哥德巴赫猜想"的第一个人是〔陈景润〕。

5、〔姜立夫〕是现代数学在中国最早而又最富成效的播种人",这是《中国大百科全书》和《中国现代数学家传》对他的共同评价。

6.设有n个实数,满足|xi|<1<I=1,2,3,…,n>, |x1|+|x2|+…+|xn|=19+|x1+x2+…+xn| ,则n的最小值207.三角形的一个顶点引出的角平分线,高线与中线恰将这个顶点的角四等分,则这个顶角的度数为___90° ___8.某旅馆有2003个空房间,房间钥匙互不相同,来了2010们旅客,要分发钥匙,使得其中任何2003个人都能住进这2003个房间,而且每人一间<假定每间分出的钥匙数与每人分到的钥匙数都不限>,最少得发出_16024______把钥匙.9.在凸1900边形内取103个点,以这2003个点为顶点,可将原凸1900边形分割成小三角形的个数为______2104_____.10.若实数x满足x4+36<13x2,则f<x>=x3-3x的最大值为______18_____11 ."我买鸡蛋时,付给杂货店老板12美分,"一位厨师说道,"但是由于嫌它们太小,我又叫他无偿添加了2只鸡蛋给我。

这样一来,每打<12只>鸡蛋的价钱就比当初的要价降低了1美分。

"厨师买了＿18只鸡蛋?12.已知f<x>∈[0,1],则y=f<x>+1的取值X围为___[7/9,7/8]____13.已知函数ｆ〔ｘ〕与ｇ〔ｘ〕的定义域均为非负实数集,对任意的ｘ≥0,规定ｆ〔ｘ〕＊ｇ〔ｘ〕＝ｍｉｎ｛ｆ〔ｘ〕,ｇ〔ｘ〕｝．若ｆ〔ｘ〕＝3－ｘ,ｇ〔ｘ〕＝,则ｆ〔ｘ〕＊ｇ〔ｘ〕的最大值为____〔2√3－1〕_____14．已知a,b,cd∈N,且满足342<abcd+ab+ad+cd+1>=379<bcd+b+d>,设M=a×103+b×102+c×10+d,则M的值为______1949___.15.用E<n>表示可使5k是乘积112233…nn的约数为最大的整数k,则E<150>=__2975_________16.从1到100的自然数中,每次取出不同的两个数,使它们的和大于100,则可有_2500________种不同的取法．17.从正整数序列1,2,3,4,…中依次划去3的倍数和4的倍数,但是其中是5的倍数均保留,划完后剩下的数依次构成一个新的序列:A1=1,A2=2,A3=5,A4=7,…,则A2003的值为____3338_____.18. .连接凸五边形的每两个顶点总共可得到十条线段<包括边在内>,现将其中的几条线段着上着颜色,为了使得该五边形中任意三个顶点所构成的三角形都至少有一条边是有颜色的则n的最小值是＿419.已知x0=2003,xn=xn-1+<n>1,n∈N>,则x2003的整数部分为_______2003___21.已知ak≥0,k=1,2,…,2003,且a1+a2+…+a2003=1,则S=max{a1+a2+a3, a2+a3+a4,…, a2001+a2002+a2003}的最小值为________3/2007_.22.对于每一对实数x,y,函数f满足f<x>+f<y>=f<x+y>-xy-1,若f<1>=1,那么使f<n>=n<n≠1>的整数n共有＿1个.23.在棱长为a的正方体内容纳9个等球,八个角各放一个,则这些等球最大半径是____.<√3-3/2>a___24.已知a,b,c都不为0,并且有sinx=asin<y-z>,siny=bsin<z-x>,sinz=csin<x-y>.则有ab+bc+ca=__-1_____.二、选择题1、被誉为中国现代数学祖师的是〔1、C 〕。

2010高教社杯全国大学生数学建模竞赛官方题目（含ABCD）

\A 题储油罐的变‎位识别与罐‎容表标定通常加油站‎都有若干个‎储存燃油的‎地下储油罐‎，并且一般都‎有与之配套‎的“油位计量管‎理系统”，采用流量计‎和油位计来‎测量进/出油量与罐‎内油位高度‎等数据，通过预先标‎定的罐容表‎（即罐内油位‎高度与储油‎量的对应关‎系）进行实时计‎算，以得到罐内‎油位高度和‎储油量的变‎化情况。

许多储油罐‎在使用一段‎时间后，由于地基变‎形等原因，使罐体的位‎置会发生纵‎向倾斜和横‎向偏转等变‎化（以下称为变‎位），从而导致罐‎容表发生改‎变。

按照有关规‎定，需要定期对‎罐容表进行‎重新标定。

图1是一种‎典型的储油‎罐尺寸及形‎状示意图，其主体为圆‎柱体，两端为球冠‎体。

图2是其罐‎体纵向倾斜‎变位的示意‎图，图3是罐体‎横向偏转变‎位的截面示‎意图。

请你们用数‎学建模方法‎研究解决储‎油罐的变位‎识别与罐容‎表标定的问‎题。

（1）为了掌握罐‎体变位后对‎罐容表的影‎响，利用如图4‎的小椭圆型‎储油罐（两端平头的‎椭圆柱体），分别对罐体‎无变位和倾‎斜角为α=4.10的纵向‎变位两种情‎况做了实验‎，实验数据如‎附件1所示‎。

请建立数学‎模型研究罐‎体变位后对‎罐容表的影‎响，并给出罐体‎变位后油位‎高度间隔为‎1cm 的罐‎容表标定值‎。

（2）对于图1所‎示的实际储‎油罐，试建立罐体‎变位后标定‎罐容表的数‎学模型，即罐内储油‎量与油位高‎度及变位参‎数（纵向倾斜角‎度α和横向偏转‎角度β ）之间的一般‎关系。

请利用罐体‎变位后在进‎/出油过程中‎的实际检测‎数据（附件2），根据你们所‎建立的数学‎模型确定变‎位参数，并给出罐体‎变位后油位‎高度间隔为‎10cm 的‎罐容表标定‎值。

进一步利用‎附件2中的‎实际检测数‎据来分析检‎验你们模型‎的正确性与‎方法的可靠‎性。

附件1：小椭圆储油‎罐的实验数‎据附件2：实际储油罐‎的检测数据‎油油浮子出油管油位探测装‎置注油口检查口地平线 2m6m1m1m3 m油位高度图1 储油罐正面‎示意图油位探针油位探针α地平线图2 储油罐纵向‎倾斜变位后‎示意图油油浮子出油管油位探测装‎置注油口检查口水平线(b) 小椭圆油罐‎截面示意图‎α油油浮子出油管油位探针注油口水平线2.05mcm ‎0.4m1.2m1.2m1.78m(a) 小椭圆油罐‎正面示意图‎图4 小椭圆型油‎罐形状及尺‎寸示意图图3 储油罐截面‎示意图（b ）横向偏转倾‎斜后正截面‎图地平线β地平线垂直‎线油位探针（a ）无偏转倾斜‎的正截面图‎油位探针油位探测装‎置地平线油3m油B题2010年‎上海世博会‎影响力的定‎量评估2010年‎上海世博会‎是首次在中‎国举办的世‎界博览会。

中南大学2010年数学竞赛试题(非数学类)

2010年度中南大学数学竞赛试题（非数学类）时间：150分钟，总分：100分 ,考试形式：闭卷（注：此页不做答题纸，请将答案写在答题纸上）一、填空题（每小题5分，共20分） 1. 10002000000011nn ).(limn n ⨯∞→=_________；2. 设D 是曲线2y x =和211y x -+=所围成的平面区域，则=⎰⎰Ddxdy xxysin _________；3. 设函数y x y yxyf z ln )1()(-+=，其中f 具有二阶连续偏导数，则222222yz yxz x∂∂-∂∂=_________；4. 设1222=++z cos y cos x cos ，其中z 是y x ,的函数，则=dz _________。

二、（本题10分）设dt )t x sin(t )x (f x ⎰-=2022，求4x)x (f limx →。

三、（本题10分）设)(x f 在[]ππ，-上连续，且⎰-++=ππxdx x f xx x f sin )(cos 1)(2,求)(x f 。

四、（本题10分）求级数∑∞=04)!4(n nn x 的和。

五、（本题15分）设)(x f 连续可导，且1)1(=f ，G 为不包含原点的单连通域，任取G N M ∈, (令⋂=MN L )，在G 内曲线积分⎰-+Lxdy ydx y f x )()(212与路径无关，（1）求)(x f ；（2）求⎰Γ-+)()(212xdy ydx y f x ，其中Γ为323232a y x =+取正向。

六、（本题10分）计算积分xdxdy dydz xz I sin 2-=⎰⎰∑，其中∑是()21012≤≤⎪⎩⎪⎨⎧=+=z x z y 绕z 轴旋转而成的旋转曲面，其法向量与z 轴正向的夹角为锐角。

七、（本题10分）设连续函数)(x f 在)[∞+，1上单调减少，且0)(>x f ，若 ⎰∑-==nnk n dx x f k f u 11)()(证明：当∞→n 时，n u 的极限存在。

大学生数学竞赛经典题库

10月16日1:求极限30sin arctan lim x xx x -→.2:已知,0)0(,1)0(=='f f 求)2(lim nnf n ∞→. 3：设数列}{n x 满足: ),,2,1(sin ,011 ==<<+n x x x n n π求:(1)证明n n x ∞→lim 存在, (2)计算11)(lim n x n n n x x +∞→ 4：已知)(x f 在0=x 的某个邻域内连续,且,2cos 1)(lim ,0)0(0=-=→xx f f x 则在点0=x 处)(x f(A) 不可导 (B) 可导,且,0)0(≠'f(C) 取得最大值 (D) 取得最小值 5：设,3)(22x x x x f +=则使)0()(n f 存在的最高阶数n 为 .6：求对数螺线θρe =在点)2,(2ππe 处得切线的直角方程.7：计算dx e e x x )(0cos cos ⎰--π.8：计算dx x x ⎰++42)2()1ln(. 9: 计算dx x x ⎰-π53sin sin .10: 化三重积分⎰⎰⎰Ω),,(z y x f 为累次积分,其中Ω为六个平面2,,42,1,2,0===+===z x z y x y x x 围成的区域..11：求222a z y =+在第一卦限中被)0(,),0(,0>=>==b b y m my x x截下部分面积. 12计算,)(22dxdydz y x I⎰⎰⎰Ω+=其中Ω是曲线0,22==x z y 绕OZ 轴旋转一周而成的曲面与两平面8,2==z z 所围的立体.级数部分 13:设1,32,1,11221≥+===++n a a a a a n n n ，求n n n x a ∑∞=1的收敛半径、收敛域及和函数。

解：把1,3212≥+=++n a a a n n n 化为),3(3112n n n n a a a a --=-+++则123++-n n a a 是以－2为首项，－1为公比的等比数列，所以n n n a a )1(2312--=-++此式又可以化为])1(21[3])1(21[1122++++-+=-+n n n n a a 则1)1(21n n a -+是以 21为首项，3为公比的等比数列，所以1321)1(21-⨯+--=n nn a 由于,3lim =∞→n n n a所以nn nx a ∑∞=1的收敛半径是31，收敛域是)31,31[-，和函数是 )31)(1()1(31361121)3(61)(21111x x x x x x x x x x x a nn nn nn n-+-=-⨯++-⨯-=+--=∑∑∑∞=∞=∞= 14已知)(x f n 满足xn n n e xx f x f 1)()(-+='（n 为正整数），且nef n =)1(，求函数项级数)(1x fn n∑∞=之和（2001，3）.解：由已知条件可见x n n n e x x f x f 1)()(-=-'其通解为)()(1c n x e c dx e e x e x f nx dx x n dx n +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰⎰=⎰-- 由条件n e f n =)1(，得0=c ，故ne x xf xn n =)(。

2010数学竞赛答案

2010年数学竞赛试题评分标准一、填空题（每小题3分，共30分）1. 16-；2. 21y x x =-++； 3. 41π-； 4.()212,xxdx f x y dy ⎰⎰；5. 2222sin cos(sin );x x ⋅ 6. ()222xy x x y ee ----+； 7. ()0,12dzdx dy =--；8.13； 9. 23-； 10. 0.二、选择题（每小题3分，共30分）1. D;2. B;3. C;4. C;5. C;6. A;7. A;8. B;9. C; 10. C.三、解答题（每小题10分，共70分） 1. 解(2limsin n →∞=()2limsin n n π→∞3分=2lim sin n n π→∞⎛ ⎪⎪⎝⎭3分 =2sin2π3分=1 1分 2. 解令ln x t =，则()()ln 1t te f t e +=, 2分()f x dx ⎰=()ln 1x xe dx e+⎰=()ln 1xxe de--+⎰2分=()ln 11x xxxxe e e e dx e--⋅-+++⎰ 2分 =()1ln 11x xxxxe e e e dx e -+--+++⎰2分 =()()ln 1ln 1xx x ee x e C --++-++. 2分第一页3. 解令u t x =-，则()212x xx f u du e --=-+-⎰, 2分()()()1,,x x f x x e f x x e ---⋅-=--=- 1分 ()100x f x e x '=-=⇒=, 1分又 0(0)0,f e ''=-< 1分 ∴0x =为()f x 的极大值点，极大值为()01f =-. 2分又 ()lim lim 11,x x x f x e x x →-∞→-∞⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ ()l i m l i m 0x xx x x e x e →-∞→-∞--=-=，∴y x =为其斜渐近线，无水平和垂直渐近线. 3分4. 解利用微分形式不变性, 在()u u ϕ=+()xyp t dt ⎰两边求微分，得()()()du u du p x dx p y dy ϕ'=+-, 2分故 ()()()()11p x p y du dx dy u u ϕϕ=-''--, 1分从而 ()dz f u du '==()()()()()()11f u p x f u p y dx dy u u ϕϕ''-''--, 2分于是 ()()()1f u p x z x u ϕ'∂='∂-, 2分z y∂∂()()()1f u p y u ϕ'-='-. 2分故 ()()0.z zp y p x x y∂∂+=∂∂ 1分 5. 解13,xuf f xϕ∂'''=+⋅∂ 4分22ux ∂∂()2111331333x x xx x f f f ff ϕϕϕϕ'''''''''''''''=+⋅+⋅+⋅+⋅ 3分()211133332x x x x f f f f ϕϕϕ''''''''''''=+⋅+⋅+⋅ 3分6. 解 ()2221,y yDyM x y d dx x yρσ==+⎰⎰⎰3分第二页21x yx dy y=3分=1arctan 4y dy π⎫-⎪⎝⎭ 2分1ln 2122=- 2分 7. 解添加直线段AO =0y ：, 2分原式OA AOAO+=-⎰⎰1分()D0x e y dxdy =---⎰⎰ 3分=sin 0xx dx e ydy π⎰⎰2分()115e π=- 2分四、证明题（每小题10分，共20分）1. 证明 ()f x 在0x =的某个邻域(0)U 内具有二阶连续导数，且()0lim0x f x x→=，∴ ()00f =，从而()00f '=. 3分当n 充分大时，使得1n在0x =的这个邻域(0)U 内，故由Taylor 公式有 ()()()()2211111100,0,2!2f f f f f n n n n n ξξξ⎛⎫⎛⎫'''''=++⋅=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 3分又 ()f x 在邻域(0)U 内具有二阶连续导数，∴∃常数0M >，使得()f M ξ''≤, 2分∴ 212Mf n n⎛⎫≤ ⎪⎝⎭. 2分2. 证明用先二后一法计算左边的三重积分，得()Df z dv ⎰⎰⎰()11zD dz f z dxdy -=⎰⎰⎰ 4分()()1211f z z dz π-=-⎰ 4分 ()()1211f u u du π-=-⎰. 2分第三页。

全国初中数学联赛试题及答案(2010年).doc

2010年全国初中数学联合竞赛试题第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1. 若,,a b c 均为整数且满足1010()()1a b a c -+-=，则||||||a b b c c a -+-+-= （ B ）A ．1.B ．2.C ．3.D ．4.2．若实数,,a b c 满足等式3||6b =，9||6b c =，则c 可能取的最大值为（ C ）A ．0.B ．1.C ．2.D ．3.3．若b a ,是两个正数，且 ,0111=+-+-a b b a 则（ C ）A ．103a b <+≤. B ．113a b <+≤. C ．413a b <+≤. D ．423a b <+≤. 4．若方程2310x x --=的两根也是方程420x ax bx c +++=的根，则2a b c +-的值为（ A ）A ．－13.B ．－9.C ．6.D ． 0.5．在△ABC 中，已知︒=∠60CAB ，D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且︒=∠60AED ，CEDB ED =+，CDE CDB ∠=∠2,则=∠DCB( B ) A ．15°. B ．20°. C ．25°. D ．30°.6．对于自然数n ，将其各位数字之和记为n a ，如2009200911a =+++=，201020103a =+++=，则123a a a a ++++（ D ） A ．28062. B ．28065. C ．28067. D ．28068.二、填空题：（本题满分28分，每小题7分）1．已知实数,x y 满足方程组3319,1,x y x y ⎧+=⎨+=⎩则22x y += 13 .2．二次函数c bx x y ++=2的图象与x 轴正方向交于A ，B 两点，与y 轴正方向交于点C ．已知AC AB 3=，︒=∠30CAO ，则c = 19 ．3．在等腰直角△ABC 中，AB ＝BC ＝5，P 是△ABC 内一点，且PA ，PC ＝5，则PB ＝．4．将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放____15___个球.第二试（A ）一．（本题满分20分）设整数,,a b c （a b c ≥≥）为三角形的三边长，满足22213a b c ab ac bc ++---=，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数. 解由已知等式可得222()()()26a b b c a c -+-+-= ① 令,a b m b c n -=-=，则a c m n -=+，其中,m n 均为自然数.于是，等式①变为222()26m n m n +++=，即 2213m n mn ++= ② 由于,m n 均为自然数，判断易知，使得等式②成立的,m n 只有两组：3,1m n =⎧⎨=⎩和1,3.m n =⎧⎨=⎩ （1）当3,1m n ==时，1b c =+，34a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(1)4c c c ++>+，解得3c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30a b c c c c ++=++++≤，解得253c ≤.因此2533c <≤，所以c 可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.（2）当1,3m n ==时，3b c =+，14a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(3)4c c c ++>+，解得1c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30a b c c c c ++=++++≤，解得233c ≤.因此2313c <≤，所以c 可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形.综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11.二．（本题满分25分）已知等腰三角形△ABC 中，AB ＝AC ，∠C 的平分线与AB 边交于点P ，M 为△ABC 的内切圆⊙I 与BC 边的切点，作MD//AC ，交⊙I 于点D.证明：PD 是⊙I 的切线.证明过点P 作⊙I 的切线PQ （切点为Q ）并延长，交BC 于点N.因为CP 为∠ACB 的平分线，所以∠ACP ＝∠BCP.又因为PA 、PQ 均为⊙I 的切线，所以∠APC ＝∠NPC.又CP 公共，所以△A CP ≌△NCP ，所以∠PAC ＝∠PNC.由NM ＝QN ，BA ＝BC ，所以△QNM ∽△BAC ，故∠NMQ ＝∠ACB ，所以MQ//AC.又因为MD//AC ，所以MD 和MQ 为同一条直线.又点Q 、D 均在⊙I 上，所以点Q 和点D 重合，故PD 是⊙I 的切线.三．（本题满分25分）已知二次函数2y x bx c =+-的图象经过两点P (1,)a ，Q (2,10)a .（1）如果,,a b c 都是整数，且8c b a <<，求,,a b c 的值.（2）设二次函数2y x bx c =+-的图象与x 轴的交点为A 、B ，与y 轴的交点为C.如果关于x 的方程20x bx c +-=的两个根都是整数，求△ABC 的面积.解点P (1,)a 、Q (2,10)a 在二次函数2y x bx c =+-的图象上，故1b c a +-=，4210a c a +-=，解得93b a =-，82c a =-.（1）由8c b a <<知8293,938,a a a a -<-⎧⎨-<⎩解得13a <<.又a 为整数，所以2a =，9315b a =-=，8214c a =-=.(2) 设,m n 是方程的两个整数根，且m n ≤.由根与系数的关系可得39m n b a +=-=-，28mn c a =-=-，消去a ，得98()6m n m n -+=-，NC A两边同时乘以9，得8172()54mn m n -+=-，分解因式，得(98)(98)10m n --=. 所以981,9810,m n -=⎧⎨-=⎩或982,985,m n -=⎧⎨-=⎩或9810,981,m n -=-⎧⎨-=-⎩或985,982,m n -=-⎧⎨-=-⎩解得1,2,m n =⎧⎨=⎩或10,913,9m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或2,97,9m n ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或1,932,3m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩又,m n 是整数，所以后面三组解舍去，故1,2m n ==.因此，()3b m n =-+=-，2c mn =-=-，二次函数的解析式为232y x x =-+. 易求得点A 、B 的坐标为（1,0）和（2,0），点C 的坐标为（0,2），所以△ABC 的面积为1(21)212⨯-⨯=.第二试（B ）一．（本题满分20分）设整数,,a b c 为三角形的三边长，满足22213a b c ab ac bc ++---=，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数（全等的三角形只计算1次）.解不妨设a b c ≥≥，由已知等式可得222()()()26a b b c a c -+-+-= ① 令,a b m b c n -=-=，则a c m n -=+，其中,m n 均为自然数.于是，等式①变为222()26m n m n +++=，即 2213m n mn ++= ② 由于,m n 均为自然数，判断易知，使得等式②成立的,m n 只有两组：3,1m n =⎧⎨=⎩和1,3.m n =⎧⎨=⎩（1）当3,1m n ==时，1b c =+，34a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(1)4c c c ++>+，解得3c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30a b c c c c ++=++++≤，解得253c ≤.因此2533c <≤，所以c 可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.（2）当1,3m n ==时，3b c =+，14a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(3)4c c c ++>+，解得1c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30a b c c c c ++=++++≤，解得233c ≤.因此2313c <≤，所以c 可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形.综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11.二．（本题满分25分）题目和解答与（A ）卷第二题相同.三．（本题满分25分）题目和解答与（A ）卷第三题相同.第二试（C ）一．（本题满分20分）题目和解答与（B ）卷第一题相同.二．（本题满分25分）题目和解答与（A ）卷第二题相同.三．（本题满分25分）设p 是大于2的质数，k 为正整数．若函数4)1(2-+++=p k px x y 的图象与x 轴的两个交点的横坐标至少有一个为整数，求k 的值．解由题意知，方程04)1(2=-+++p k px x 的两根21,x x 中至少有一个为整数．由根与系数的关系可得4)1(,2121-+=-=+p k x x p x x ，从而有p k x x x x x x )1(4)(2)2)(2(212121-=+++=++ ①（1）若1k =，则方程为0)2(22=-++p px x ，它有两个整数根2-和2p -．（2）若1k >，则01>-k .因为12x x p +=-为整数，如果21,x x 中至少有一个为整数，则21,x x 都是整数. 又因为p 为质数，由①式知2|1+x p 或2|2+x p ．不妨设2|1+x p ，则可设12x mp +=（其中m 为非零整数），则由①式可得212k x m -+=，故121(2)(2)k x x mp m -+++=+，即1214k x x mp m-++=+．又12x x p +=-，所以14k p mp m--+=+，即 41)1(=-++mk p m ② 如果m 为正整数，则(1)(11)36m p +≥+⨯=，10k m ->，从而1(1)6k m p m-++>，与②式矛盾.如果m 为负整数，则(1)0m p +<，10k m -<，从而1(1)0k m p m -++<，与②式矛盾. 因此，1>k 时，方程04)1(2=-+++p k px x 不可能有整数根．综上所述，1=k ．。

2010年数学建模C、D题解析

4 − k2 4 − k2 （2）当 (b − a ) < l < (b + a ) 时， k k
4 − k2 l a+b k 1 P =( (b − a) + , − l ) ，此时 f min = [k (a + b) + l 4 − k 2 ] ； 2k 2 2 2 2 4 − k2
*
ab 4 − k2 （3）当 l ≥ (b + a ) 时， P* = ( , 0) ，此时 f min = (a + b) 2 + l 2 . a+b k 对共用管道与非共用管道相同的情况，只需令 k = 1 即可. 此问的优化模型实际上有两个约束条件 x ≥ 0, y ≥ 0 . 上面得到（1）（2）（3）、、，
关于学生论文中的几种情形
1．讨论不全面，很多队没有给出什么条件下不用公用管道；有些虽有讨论，但不清晰，一定要用已知参数的关系来讨论. 2．有些同学用镜面反射，Ferma定理，这些只适用于各种管道费用相同的情形，即只适用第1问中的特殊情形，后面仍然要建立优化模型，对整个论文并没有增添什么色彩. 之所以采用这两种方法，主要是参考了《两城镇取水管线的最短铺设》和《泵站选址与水管铺设》两篇论文 . 不少学生根本就没有弄清Ferma定理，叙述Ferma定理就不正确. 另外，用了文章就应引用为参考文献. 3．不少论文叙述混乱，符号混淆，图形不合理.
2012-4-28 费浦生 feipusheng@
关于C题《输油管的布置》的第3问
3．设输送 A 厂的管线为 k1 = 5.6 万元／km，输送 B 厂的管线为 k2 = 6.0 万元／km，共用管线费用为 k3 = 7.2 万元／km，拆迁等附加费用同上. 请给出管线最佳布置方案及相关费用. 总费用表达式为

2010首届全国大学生数学类决赛试题含答案

n ®¥
1 <d . m
又由于 lim f ( x + n) = 0 ，故对于每一个 x j ，存在一个 N j ，使得 f ( x j + n) <
e ，只要 n > N j ， 2
这里的e 是前面给定的.令 N = max{N1 ,L, N m } ，那么 f ( x j + n) < 其中 j = 1, 2,L , m . 设 x Î [0,1] 是任意一点，这时总有一个 x j 使得 x Î [ x j , x j +1 ] . 由 f ( x) 在 [0, +¥) 上一致连续性及 x j +1 - x j < d 可知， f ( x j + n) - f ( x + n) < 另一方面，我们已经知道 f ( x j + n) < 这样，由后面证得的两个式子就得到
1
利用
òa
2
dx 1 x = arctan + C ( a > 0) , + x2 a a
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又得 æ u arctan ç 2 è 1- u 1 - u2 ö ÷ ø du + 4 æ u arctan ç 2 è 1- u 1 - u2 ö ÷ ø du .
I = 4ò 令
¥
R
dxdy dxdy 与 I e = òò ，定义 I = lim+ I e . R e ®0 e 1 - xy 1 - xy
(1) 证明 I = å
1 ； 2 n n =1 x+ y ì u= ï ï 2 í y x ïv = ï 2 î
(2) 利用变量替换
计算积分 I 的值，并由此推出

2010高教社杯全国大学生数学建模竞赛赛题C题

将 E 点代入模式二可以得到 f (6,3.7) = 178.56+5T
根据三家工程咨询公司对铺设在城区的管线还需要增加拆迁和工程的补偿等附加费用的估计的结果，在三家工程咨询公司的资质级别不相同的情况下，对他们所作出的估价进行评估有着重要的作用，根据参考文献[2],对这类问题,我们不能只对公司一的结果做出较大的肯定，要对其余两家公司的结果也需要认可，所以我们可以根据三家公司的实力来估算他们所的出估计价格比重 .因此可以这样安排,公司一的估价所占的比重为百分之四十，其余的两家公司估价所占的比重均占百分之三十.
7
二是比模型一更为节省资金的一种方案. 因为模型二是较优化的一种方案，所以只针对于模型二进行求解. 对模型求偏导
f 'XO (xo, yo ) = (
xo
−
( yo
−
a)2
+
x
2 o
c − xo
)•K,
(b − yo ) 2 + (c − xo ) 2
f 'yO (xo, yo ) = (
yo
−
( yo
由点 E 与点 B 的连线所形成的直线函数为：y= b − yo x + b − b − yo l ，可求点
l − xo
l − xo
F
的坐标为
F
⎛ ⎜⎜ ⎝
c,
(b
− yo l−
)(c
xo
−
l
)
+
b
⎞ ⎟⎟ ⎠
.
EF 之间的距离为
[ (b − yo )(c − l) l − xo
+b−
yo ]2
+ (c −

2010年全国高中数学联赛湖北省预赛试题及答案

2010年全国高中数学联赛湖北省预赛2010年全国高中数学联赛湖北省预赛由湖北省数学竞赛组织委员会主办并具体组织活动，委托华中师范大学数学竞赛与普及研究所命题。

试题以《高中数学竞赛大纲（2006年修订稿）》为依据，所涉及的知识范围不超出现行《全日制普通高级中学数学教学大纲》和《普通高中数学课程标准》中所规定的教学内容和要求，在数学思想方法的要求上有所提高，主要考查学生对基本知识和基本技能的掌握情况，以及综合、灵活运用知识的能力，适当考虑全国联赛对参赛学生的要求。

湖北省预赛按高一、高二年级分开命题，试题包括8道填空题和4道解答题，全卷满分120分，考试时间为120分钟。

湖北省预赛于2010年5月16日（星期日）上午8：00至10：00举行，约5万名学生参加，由各地市（州）安排考试并组织阅卷，从中选出约9000人参加全国高中数学联赛。

试题一、填空题（每小题8分，共64分）1．数列}{n a 满足：3,121==a a ，且)(||*12N n a a a n n n ∈-=++．记}{n a 前n 项的和为n S ，则=100S ．2．在△ABC 中，已知B ∠的平分线交AC 于K ．若BC =2，CK =1，223=BK ，则△ABC 的面积为．3．设100<n ，则使得nb a )(+的展开式中有连续三项的系数成等差数列的最大整数n 为．4．在小于20的正整数中，每次不重复地取出3个数，使它们的和能被3整除，不同的取法种数为．5．若z y x ,,均为正实数，且1222=++z y x ，则xyzz S 2)1(2+=的最小值为．6．设椭圆1422=+y x 的左、右焦点分别为21,F F ，M 为椭圆上异于长轴端点的一点，122F MF θ∠=，△12MF F 的内心为I ，则=θcos ||MI ．7．对于一切]21,2[-∈x ，不等式0123≥++-x x ax 恒成立，则实数a 的取值范围为．8．将总和为200的10个数放置在给定的一个圆周上，且任意三个相邻的数之和不小于58．所有满足上述要求的10个数中最大数的最大值为．二、解答题（本大题共3小题，共56分）9．（16分）已知二次函数c bx ax x f ++=2)(的图象经过点)0,2(-，且不等式221)(22+≤≤x x f x 对一切实数x 都成立．（1）求函数)(x f 的解析式；（2）若对一切]1,1[-∈x ，不等式)2()(xf t x f <+恒成立，求实数t 的取值范围． 10．（20分）设313116234++++=x x x x P ，求使P 为完全平方数的整数x 的值．11．（20分）已知直线x y =与椭圆C ：1111622=+y x 交于B A ,两点，过椭圆C 的右焦点F 、倾斜角为α的直线l 交弦AB 于点P ，交椭圆C 于点N M ,．（1）用α表示四边形MANB 的面积；（2）求四边形MANB 的面积取到最大值时直线l 的方程．解答1．89 提示：由已知可得k k a a =+9．89)(11192110099100=++++=+=a a a a a S S ．2．16715 提示：由余弦定理可得b c b =-+22228 ① 又BC AB CK AK =，则 211cb =- ② 由①②，3,25==c b ．又由81cos =C 可得873sin =C ，故△ABC 的面积16715sin 21==C ab S ． 3．98 提示：设nb a )(+的展开式中有连续三项的系数分别为)11(,,11-≤≤+-n k C C C k n k n k n ，由题意得 112+-+=k nk n k n C C C ．依组合数定义展开并整理得024)14(22=-++-k n k n ．故)(2981422,1N n k k n ∈+±+=（1）．22)12(98+=+m k ，222-+=m m k ，代入（1），得2)1(21-+=m n ，222-=m n ．由1002)1(2<-+m ，98=n ．4．327 提示：把这19个数按被3除所得的余数分类可以有三类：1A ：3，6，9，12，15，18； 2A ：1，4，8，11，14，17；3A ：2，5，7，10，13，14，19．这样，满足题设条件的取法有且只有四种情形：（1）在1A 中任取3个数，有2036=C 种取法；（2）在2A 中任取3个数，有2036=C 种取法；（3）在3A 中任取3个数，有3537=C 种取法；（4）在321,,A A A 中各取一个数，有252766=⨯⨯种取法．因此，取法总数为：32725235220=++⨯（种）． 5．223+ 提示：因 22212z y x xy -=+≤，所以 ]1)1)][(1(2[1)1(1)1()1(2)1(222-++-+=-+=-+≥+=z z z z z z z z z xyz z S ]12)1[(31+++-=z z 2232231+=-≥．当且仅当12,12-==-=y x z 时等号成立．所以 223min +=S ．6．32- 提示：先证明下面的结论：已知△ABC 的内心为I ，则AB ＋AC －BC ＝2AI A cos2⋅．证明：设△ABC 的内切圆与边AB 、AC 分别切于D 、E 两点，则AD ＝AE ＝12（AB ＋AC －BC ），又AD ＝2AI A cos2⋅，所以AB ＋AC －BC ＝2AI Acos 2⋅．对于本题的△12MF F ，有12122cos MF MF F F MI θ+-=⋅．又2214x y +=中2,1,a b c ====，所以1224MF MF a +==，122FF c ==，从而32)324(21)(21cos ||2121-=-=-+=⋅F F MF MF MI θ． 7．110-≤≤-a 提示：记1)(23++-=x x ax x f ，已知条件即0)(≥x f 对一切⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈21,2x 恒成立．（1）当0=x 时，对一切实数a ，01)(>=x f ．（2）当]21,0(∈x 时，01)(23≥++-=x x ax x f 可化为321x x x a --≥．设321)(xx x x g --=，则)3)(1(1)(4-+-='x x x x g ．当]21,0(∈x 时，0)(>'x g ，所以函数)(x g 在区间]21,0(上单调递增，从而10)21()]([max -==g x g ．因此10-≥a ．（3）当]0,2(-∈x 时，01)(23≥++-=x x ax x f 可化为321xx x a --≤．设321)(xx x x g --=，则)3)(1(1)(4-+-='x x x x g ．当)0,1(-∈x 时0)(>'x g ；当1-=x 时0)(='x g ；当)1,2(--∈x 时．所以函数)(x g 在区间)1,2(--上单调递减，在区间)0,1(-上单调递增，从而1)1()]([min -=-=g x g ．因此1-≤a ．综合可知：110-≤≤-a ．8．26 提示：设所有放置中的最大数为A ，则200583≤⨯+A ，所以.26≤A 事实上26，6，26，26，6，26，26，6，26，26满足．9．（1）由已知，对2≥n 有11)1()1(11---=--=+n a n n a n a n a n n n n ，两边同除以n 并整理，得)111()1(111nn a n na n n ---=--+，于是，)111(111)1(1112121---=⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∑∑-=-=+n k k a k ka n k n k k k ，即2),111(1)1(12≥---=--n n a a n n ，所以123)111(1)1(12--=---=-n n n a a n n ，2,231≥-=n n a n ．又1=n 时也成立，故*,231N n n a n ∈-=．（2）当2≥k ，有)131431(31)13)(43(1)23(122---=--<-=k k k k k a k ，所以2≥n 时，有⎥⎦⎤⎢⎣⎡---++-+-+<+=∑∑==)131431()8151()5121(31112212n n a a nk k n k k.6761113121311=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=n又1=n 时，.67121<=a ．故对一切*N n ∈，有6712<∑=nk k a ．10．)10(3)13(22--++=x x x P ．所以，当10=x 时，2131=P 是完全平方数．下证没有其它整数x 满足要求．（1）当10>x 时，有22)13(++<x x P ，又03132)3(222>++=+-x x x x P ，所以22)3(x x P +>，从而2222)13()3(++<<+x x P x x ．又Z x ∈，所以此时P 不是完全平方数．（2）当10<x 时，有22)13(++>x x P ．令Z y y P ∈=,2，则|13|||2++>x x y ，即|13|1||2++≥-x x y ，所以 222)13(1||2++≥+-x x y y ，即 01|13|2)10(32≥+++---x x x ．解此不等式，得x 的整数值为6,5,4,3,0,1,2----±±，但它们对应的P 均不是完全平方数．综上所述，使P 为完全平方数的整数x 的值为10.11．（1）直线MN 的倾斜角为α，记θ=∠MFO ，则πθα=+，θα22222222cos 2cos 2||c a ab c a ab MN -=-=．而AB 与MN 所成的角为θπ+4，则四边形MANB 面积θθθθπ2222cos cos sin ||2)4sin(||||21c a ab OA MN AB S MANB -+⋅⋅=+⋅=．而5,11,16222===c b a ，A 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛9334,9334，且9664||=OA ，从而，αααθθθ22cos 516cos sin 933352cos 516cos sin 933352--⋅=-+⋅=MANB S ，其中59334334arctan0+≤<α或πα<≤+59334334arctan．（2）记αααα2cos 516cos sin )(--=f ，而)(αf 只可能在⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡-∈πα,59334334arctan 时才可能取到最大值．对)(αf 求导数得到：222)cos 516()sin cos 10)(cos (sin )cos 516)(sin (cos )(ααααααααα----+='f ．令0)(='αf ，则有0)tan 10)(1(tan )11tan 16)(tan 1(2=--++αααα．化简得到 011tan 21tan 6tan 1623=+++ααα．所以 0)11tan tan 8)(1tan 2(2=+-+ααα．而 011tan tan 82=+-αα无实根，则21tan -=α．经检验21tan -=α，符合⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡-∈πα,59334334arctan ．故所求直线l 的方程为：2521+-=x y ．。

2010-2012年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准

2010年全国初中数学联合竞赛试题参考答案第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1. 若,,a b c 均为整数且满足1010()()1a b a c -+-=，则||||||a b b c c a -+-+-=（ B ）A ．1.B ．2.C ．3.D ．4.2．若实数,,a b c 满足等式23||6a b +=，49||6a b c -=，则c 可能取的最大值为（ C ） A ．0. B ．1. C ．2. D ．3.3．若b a ,是两个正数，且,0111=+-+-ab b a 则（ C ） A ．103a b <+≤. B ．113a b <+≤. C ．413a b <+≤. D ．423a b <+≤. 4．若方程2310x x --=的两根也是方程420x ax bx c +++=的根，则2a b c +-的值为（ A ） A ．－13. B ．－9. C ．6. D ． 0.5．在△ABC 中，已知︒=∠60CAB ，D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且︒=∠60AED ，CE DB ED =+，CDE CDB ∠=∠2,则=∠DCB ( B )A ．15°.B ．20°.C ．25°.D ．30°.6．对于自然数n ，将其各位数字之和记为n a ，如2009200911a =+++=，201020103a =+++=，则12320092010a a a a a +++++=（ D ）A ．28062.B ．28065.C ．28067.D ．28068.二、填空题：（本题满分28分，每小题7分） 1．已知实数,x y 满足方程组3319,1,x y x y ⎧+=⎨+=⎩则22x y += 13 .2．二次函数c bx x y ++=2的图象与x 轴正方向交于A ，B 两点，与y 轴正方向交于点C ．已知AC AB 3=，︒=∠30CAO ，则c = 19． 3．在等腰直角△ABC 中，AB ＝BC ＝5，P 是△ABC 内一点，且PA ＝5，PC ＝5，则PB ＝___10___．4．将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放____15___个球.第二试（A ）一．（本题满分20分）设整数,,a b c （a b c ≥≥）为三角形的三边长，满足22213a b c ab ac bc ++---=，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数.解由已知等式可得222()()()26a b b c a c -+-+-= ①令,a b m b c n -=-=，则a c m n -=+，其中,m n 均为自然数.于是，等式①变为222()26m n m n +++=，即2213m n mn ++= ②由于,m n 均为自然数，判断易知，使得等式②成立的,m n 只有两组：3,1m n =⎧⎨=⎩和1,3.m n =⎧⎨=⎩ （1）当3,1m n ==时，1b c =+，34a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(1)4c c c ++>+，解得3c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30a b c c c c ++=++++≤，解得253c ≤.因此2533c <≤，所以c 可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形. （2）当1,3m n ==时，3b c =+，14a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(3)4c c c ++>+，解得1c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30a b c c c c ++=++++≤，解得233c ≤.因此2313c <≤，所以c 可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形. 综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11.二．（本题满分25分）已知等腰三角形△ABC 中，AB ＝AC ，∠C 的平分线与AB 边交于点P ，M 为△ABC 的内切圆⊙I 与BC 边的切点，作MD//AC ，交⊙I 于点D.证明：PD 是⊙I 的切线. 证明过点P 作⊙I 的切线PQ （切点为Q ）并延长，交BC 于点N. 因为CP 为∠ACB 的平分线，所以∠ACP ＝∠BCP. 又因为PA 、PQ 均为⊙I 的切线，所以∠APC ＝∠NPC. 又CP 公共，所以△ACP ≌△NCP ，所以∠PAC ＝∠PNC.由NM ＝QN ，BA ＝BC ，所以△QNM ∽△BAC ，故∠NMQ ＝∠ACB ，所以MQ//AC.又因为MD//AC ，所以MD 和MQ 为同一条直线.又点Q 、D 均在⊙I 上，所以点Q 和点D 重合，故PD 是⊙I 的切线.三．（本题满分25分）已知二次函数2y x bx c =+-错误！未找到引用源。

2010数学建模试题(数学系各专业)

第一部分：基本操作（任选三题）（1）求当 x =1, y =2 时的z值。

其中：z =（2）用 while 循环求 1～200 之间的整数之和。

（3）输入如下两个矩阵 A 和 B ，对矩阵 A 和 B 作关系运算，标识出两矩阵中元素相等的位置，元素值不等的位置，并标识出矩阵 A 中所有小于 0 的元素。

143328523B ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦123213321A ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥-⎣⎦ （4）编写一个 M 文件，画出下列分段函数所表示的曲面。

2222220.75 3.75 1.560.75 3.75 1.50.54 1(,)0.7575 110.5457 1x y y x y x y y e x y p x y e x y e x y -------+⎧+>⎪⎪=-<+≤⎨⎪+≤-⎪⎩（5）用曲面图命令 surf 表现函数22z x y =+的图像。

（6）绘制颜色为蓝色，数据点用五角星标识的下述函数在(0,5)上的虚线图。

sin xy xe=（7）编写一个 M 文件，画出下列分段函数所表示的曲面。

2222220.75 3.75 1.560.75 3.75 1.50.54 1(,)0.7575 110.5457 1x y y x y x y y e x y p x y e x y e x y -------+⎧+>⎪⎪=-<+≤⎨⎪+≤-⎪⎩（8）用plot 、fplot 绘制函数y=cos(tan(πx))图形（9）用ezplot 绘制函数exy-sin(x+y)=0在[-3，3]上图形。

（10）在同一平面中的两个窗口分别画出心形线和马鞍面。

要求（1）、在图形上加格栅、图例和标注（2）、定制坐标（3）、以不同角度观察马鞍面第二部分：基本建模题（任选两题）问题一：俗话说“大饺子能装馅”，是组建一个“包饺子”的数学模型并进行分析，判断这一说法是否正确。

问题二：层次分析法使用层次分析法解决一个实际问题，比如，为学校评选优秀学生过优秀班级构造层次分析模型；给自己毕业后选择工作做出决策；为高中毕业生建立一个填报志愿的层次结构模型。

2010高教社杯大学生数学建模竞赛C题

输油管的布置优化问题摘要：本文研究的是管线建设费用最省问题。

针对问题一：我们首先对两炼油厂到铁路线距离和两炼油厂之间距离的不同情形给出了四个线路的铺设方案。

然后，对两炼油厂到铁路线距离和两炼油厂之间距离的不同情况，以及共用管线费用与非共用管线费用相同和不同进行了讨论，给出了方案的选择以及最优化方案时铺设管线的费用。

如表1，表2所示表1 费用相同时确定了城市建设管线附加费用的权重及费用的数值，我们从一般情况出发，考虑了是否有共用管线，建立了非线性规划的数学模型，利用Lingo程序编程，从而求出最优解为：282.6973万元，布置方案如图6所示。

针对问题三：在问题二的基础上，我们建立了一个非线性规划的数学模型，利用Lingo程序编程，从而求出最优解为：251.9685万元，布置方案如图9所示。

关键词：非线性规划层次分析法（AHP）权重Lingo程序1问题的重述1.1问题的背景某油田计划在铁路线一侧建造两家炼油厂，同时在铁路线上增加一个车站，用来运送成品油。

由于这种模式具有一定的普遍性，油田设计院希望建立管线建设费用最省的一般数学模型与方法。

1.2 问题的提出1.2.1 相关信息问题二中两个炼油厂的具体位置由附录1所示，图中各字母表示的是距离,三家工程咨询公司对此项附加费用的估算结果如下图,管线铺设费用均为每千米7.2万元。

问题三中的管线铺设费用将分别降为输送A厂成品油每千米5.6万元，输送B厂成品油每千米6.0万元，共用管线费用为每千米7.2万元，拆迁等附加费用和问题二相同。

1.2.2 需要解决的问题①针对两炼油厂到铁路线距离和两炼油厂间距离的各种不同情形，提出你的设计方案。

在方案设计时，若有共用管线，应考虑共用管线费用与非共用管线费用相同或不同的情形。

②针对给出的炼油厂的具体位置为设计院给出管线布置方案及相应的费用。

③针对给出的管线铺设费用为设计院给出管线最佳布置方案及相应的费用。

2 符号说明A 表示炼油厂AB 表示炼油厂BC 表示新建车站M 表示非共用管道的单位建设费用（单位：万元）N 表示共用管道的单位建设费用（单位：万元）Z 表示铺设管线的总费用（单位：万元）a 表示炼油厂A到铁路的距离（单位：千米）b 表示炼油厂B到铁路的距离（单位：千米）c 表示两个炼油厂的垂直距离（单位：千米）f(x) 表示所铺设的总管道长（单位：千米）3 模型假设1、炼油厂B离铁路线的距离大于等于炼油厂A的距离2、车站的位置是由最优铺设管线方案确定3、炼油厂A ，炼油厂B ，车站都看作一个点4、炼油厂A ，炼油厂B ，车站等都在一个平面内5、管道的市场价格稳定4 模型的建立与求解4.1 问题一建模与求解： 4.1.1 问题分析若管线建设费用最省，那么管线的长度应该是最短的，因此我们要设计的管线首先考虑线路最短，然后根据费用的不同考虑每段线路的长度。

2010年综合素质竞赛高年级数学试卷

2010年综合素质竞赛数学科试卷姓名：得分：一、按规律填数（1）2、5、10、17、26、、、65、82（3分）（2）19、30、41、52、63……，（）（第80个数）（3分）二、（1）333×66.6+777×99.9+99.9=（）（5分）（2）方程8（X-1.6）=4X+3.2的解是X=（）（5分）三、有15根圆钢，要把每根圆钢都锯成5段，每锯一段都要用4分钟，一根一根地锯，全部锯完，需要（）分钟。

（5分）111 1111 11111四、在——、————、————这三个分数中，（）个分数最大。

1111 11111 111111（5分）五、假设a米b=a2+2b，那么5米（2米8）=（）（填得数）。

（5分）六、父亲年龄比儿子大28岁，再过6年后，父亲年龄正好是儿子的3倍，那么儿子今年（）岁。

（5分）七、参加军训的同学不到200人,如果每3人分一组多2人，每9人分一组少1人,每7人分一组多6人，参加军训的同学共（）人。

(5分) 八、 1甲乙两人原来共存款8500元。

如果甲取出自己存款的——，乙取出自31己存款的——后，两人这时的存款数相等。

原来甲存款（）元，4乙存款（）元。

（8分）九、已知空白部分的面积是45cm2，阴影部分的面积是（）cm2。

（5分）十、鸡兔共有100只，共有腿272条，那么鸡（）只，兔（）只。

（5分）十一、在一个长128m，宽104m的长方形广场的四周，每隔4m种上一棵树，一共需种上（）棵树。

（5分）十二、六（一）班的学生数在50～70人之间，已知男、女生人数比是5：3，那么这个班学生数可能有（）人或（）人。

（6分）十三、下图共有（）个三角形。

（7分）十四、当甲在100米赛跑中冲过终点线时，比乙领先20米，比丙领先40米。

如果乙和丙按原来的速度继续冲向终点，那么乙到达终点时，将比丙领先（）米。

（7分）十五、有一长方体（如图），它的正面和上面的面积之和是209cm2，如果它的长、宽、高都是质数，这个长方体的体积是（）cm2。

2010年大学生数学竞赛试题参考解答

6. 已知 u f ( x, y) 满足 r
u u u u ，。 x, y ，这里 ( , r ) 为极坐标。求 y r x
u u u u u u cos sin r x y y y x r cos r x r x 解：，。 y r sin u u r ( sin ) u r cos u u ( y ) u x y y x x u u x x y y x u 2 xy u x 2 y 2 2 2 由条件知，解之得：， . 2 y x y 2 x x y u ( y ) u x y y x
1 令 ( x) e x e x x 2 2 ，则 ( x) 为偶函数，且 (0) 0 。 2
1 6
（ ' x） e x e- x x ， ''( x) e x e x 1 。
显然， ''( x) 0 ， '( x) 单调增加。 x 0 时 '( x) '(0) 0 。

t2 1 4 dt t 3 3 。 2 6 0 3 1 t
2
4 故 S S1 S2 3 。 3
另解：利用曲线积分。由曲线积分可知 S
1 1 ydx xdy [ ] ， 2L 2 L1 L2
其中 L1 为红色曲线， L2 为线段 x 1 (2 y 0) 。
解：由条件知 F ( x) F ( x) x(1 x)e2 x 。两边积分 F ( x) F '( x)dx x(1 x)e2 x dx 得

大学数学竞赛习题与答案

x
x
( )
于是 e2c=e, 则2c=1，即
c 1. 2
30
1
例3 求
ax bx cx x
lim
x0
3
a 0,b 0,c 0.
1
解
ax bx cx x
lim
x0
3
a b c 3 x
x
x
a
x
b
3 x
c
x
3
a
x
bx 3
x
c
x
3
lim
x0
1
3
3
a x bx cx 3 axbxcx3
lim n n k1 1 ( k )2
n
1 dx 0 1 x2
arctan x |10
4
39
例2 求
lim
n
n k 1
sin k
n n 1
2.
k
夹逼定理
解因为
1 n k
sin n 1 k1 n
n
sin k
n
k1 n 1
1 n k
sin
n k1
n
k
而
lim 1 n sin k
lim
x0
cx x
1
1 ln a ln b ln c 1 lnabc.
3
3
1
ax
lim
x0
bx 3
cx
x
1 lnabc
e3
3
abc .
32
注：2009年全国决赛试题有类似题目
1
1
1 n
求
lim
n
an
bn 3

2010第七届东南数学竞赛试题解答

第七届东南数学奥林匹克解答第一天1. 设{},,0,1,2,,9a b c ∈ ，若二次方程20ax bx c ++=有有理根，证明：三位数abc 不是素数.（张鹏程提供）证明：用反证法．若abc p =是素数，二次方程2()0f x ax bx c =++=的有理根是1,22b x a-=ac b 42-为完全平方数，12,x x 均为负数，且 12()()()f x a x x x x =--，所以 12(10)(10)(10)p f a x x ==--，124(202)(202)ap a ax a ax =--．易知12(202),(202)a ax a ax --均为正整数，从而1(202)p a ax -或2(202)p a ax -，不妨设1(202)p a ax -，则1202p a ax ≤-，从而24202a a ax ≥-，这与2x 为负数矛盾, 所以三位数abc 不是素数.2. 对于集合{}12,,,m A a a a = ,记12()m P A a a a = .设99122010,,,()n A A A n C = 是集合{}1,2,,201的所有99元子集，求证:12011()ni i P A =∑. （叶永南提供）证明一：对于集合{}1,2,,2010 的每个99元子集{}1299,,,i A a a a = ，对应于集合{}1,2,,2010 中惟一的99元子集{}1299,,,i B b b b = ，其中2011k k b a =-，1,2,,99k = .由于991()992011k k k a b =+=⨯=∑奇数，故集合,i i A B 是集合{}1,2,,2010 的两个不同的子集.当i A 通过集合{}1,2,,2010 的所有99元子集时，i B 也通过集合{}1,2,,2010 的所有99元子集．而 12991299()()(2011)(2011)(2011)i i P A P B a a a a a a +=+---12991299()()()0a a a a a a ≡+---≡ （mod 2011）,于是 1112()()()0(mod 2011)nnni i i i i i P A P A P B ====+≡∑∑∑ ,所以 12011()ni i P A =∑．证明二：构造多项式2010()(1)(2)(2010)2010!f n n n n n =----- ，其中n Z ∈，注意2011为素数，由威尔逊定理知，2010!1(mod 2011)≡-，又由费尔马定理，当2011 n 时，20101(mod2011)n ≡，所以对于每个n Z ∈，(1)、当2011 n 时，()(1)(2)(2010)0(mod 2011)f n n n n ≡---≡ ；(2)、当2011n 时，()(1)(2)(2010)2011!2011!2011!0(mod 2011)f n n n n ≡----≡-≡ ．即()0(mod 2011)f n ≡在mod 2011意义下有2011个解，而()f n 是一个2009次多项式，对于每个n Z ∈都有2011()f n ，所以()f n 的各项系数都能被2011整除．因为1()n ii P A =∑就是多项式()f n 中n 的1911次项的系数，故有12011()nii P A =∑．3. 如图，已知△ABC 内切圆I 分别与边AB ，BC 相于点F ，D ，直线AD ，CF 分别交圆I 于另一点H ，K ．求证：3FD HKFH DK⨯=⨯.（熊斌提供）证明: 设AF ＝x ，BF ＝y ，CD ＝z ，则可以将各线段长用x ，y ，z 表示如下：由Stewart 定理得：222BD CDAD AC AB BD DC BC BC=⋅+⋅-⋅ 22()()y x z z x y yz y z+++=-+24xyz x y z =++，由切割线定理得：22AF x AH AD AD==，所以 224()AD x xyzHD AD AH AD AD y z -=-==+，同理有 4()xyzKF CF x y =+．又由△CDK ∽ △CFD 得DF CD DFDK z CF CF⨯==，由△AFH ∽ △ADF 得DF AF DFFH x AD AD⨯==．由余弦定理得2222cos DF BD BF BD BF B =+-⋅2222()()()212()()y z x y x z y x y y z ⎛⎫+++-+=- ⎪++⎝⎭24()()xy zx y y z =++，于是44()()xyz xyzKF HD CF x y AD y z DF DF FH DK x z AD CF⋅⨯++=⨯⋅ 22164()()xy z DF x y y z ==++，对圆内接四边形DKHF 由Ptolemy 定理得KF HD DF HK FH DK ⋅=⋅+⋅，结合4KF HD FH DK ⨯=⨯,便得3FD HKFH DK⨯=⨯．4. 设正整数,a b 满足1100a b ≤<≤，若存在正整数k ，使得()k k ab a b +，则称数对(,)a b 是“好的”．求所有“好的”数对的个数．(熊斌提供)解：易知对于任意奇数t ，有()()t t a b a b ++，所以我们可以假设2k ≥．令(,)a b d =，,,(,)1,1a sd b td s t t ===>，则2()k k k std d s t +，故2()k k k st d s t -+．又因为(,)1k k st s t +=，所以，2k st d -，于是，st 的所有素因子都能整除d ．若s 或者t 中有一个不小于11的素因子p ，则d 也是p 的倍数，于是2p a 或者2p b ，而2100p >，矛盾！因此st 的素因子只可能是2,3,5,7．若st 的素因子中2,3,5,7至少出现3个，则s 或者t 中有一个有不小于5的素因子，而23530d >⨯⨯=，从而a 或者b 中有一个5100d ≥>，不可能；st 的素因子集也不可能是{3,7}，否则，a 或者b 中有一个737100≥⨯⨯>，不可能；同样，st 的素因子集也不可能是{5,7}．所以，st 的素因子集只可能是{2}{3}{5}{7}{2,3}{2,5}{2,7}{3,5}，，，，，，，．当st 的素因子集是{3,5}时，d 只能为15，此时3,5s t ==，所以，(,)(45,75)a b =．共1个“好的”数对．当st 的素因子集是{2,7}时，d 只能为14，此时(,)(2,7)s t =或者(4,7)，所以，(,)(28,98)a b =或者(56,98)．共2个“好的”数对．当st 的素因子集是{2,5}时，d 只能为10,20．对于10d =，此时(,)(2,5),(1,10),(4,5),(5,8)s t =；对于20d =，此时(,)(2,5),(4,5)s t =．共6个“好的”数对．当st 的素因子集是{2,3}时，d 只能是6,12,18,24,30．对于6d =，(,)(1,6),(1,12),(2,3),(2,9),(3,4),(3,8),(3,16),(4,9),(8,9),(9,16)s t =；对于12d =，(,)(1,6),(2,3),(3,4),(3,8)s t =．对于18d =，(,)(2,3),(3,4)s t =．对于24d =，(,)(2,3),(3,4)s t =．对于30d =，(,)(2,3)s t =．所以，共19个“好的”数对．当st 的素因子集是{7}时，则(,)(1,7)s t =，d 只能是7,14，共2个“好的”数对．当st 的素因子集是{5}时，则(,)(1,5)s t =，d 只能是5,10,15,20，共4个“好的”数对．当st 的素因子集是{3}时，则(,)(1,3)s t =，d 只能是3,6,,33 ；(,)(1,9)s t =时，d 只能是3,6,9；(,)(1,27)s t =时，d 只能是3，共15个“好的”数对．当st 的素因子集是{2}时，则当(,)(1,2)s t =时，d 只能是2,4,,50 ；(,)(1,4)s t =时，d 只能是2,4,,24 ；(,)(1,8)s t =时，d 只能是2,4,,12 ； (,)(1,16)s t =时，d 只能是2,4,6；(,)(1,32)s t =时，d 只能是2．共47个“好的”数对．所以，共有1+2+6+19+2+4+15+47=96个好数对．第二天5. 如图，三角形ABC 为直角三角形，90ACB ∠=︒．12,M M 为△ABC 内任意两点，M 为线段12M M 的中点，直线12,,BM BM BM 与AC 边分别交于点12,,N N N ．求证：1122122M N M N MNBM BM BM+≥．(裘宗沪提供) 证明：设12,,H H H 分别为点12,,M M M 在直线BC 上的投影．则1112221122,,M N H CM N H CBM BH BM BH == 1212H C H CMN HC BM BH BH BH +==+．不妨设121,,BC BH x BH y ===，有111222112211,,M N H C M N H C x yBM BH x BM BH y --==== 11MN HC x yBM BH x y-+-==+．于是，原不等式的证明等价于证明：11112x y x yx y x y---+-+≥+，该不等式等价于114,x y x y+≥+即2()0x y -≥．这显然成立．故原不等式成立． H H 2H 1N 2N 1M 2NM 1MCBA6. 设N *为正整数集合，定义：12a =，1121111min{|1,N },1,2,n n a n a a a λλλ*+=++++<∈= ．求证：211n n n a a a +=-+．(李胜宏提供)证明：由121112,min{|1,N }a a a λλλ*==+<∈，考虑1111a λ+<，则1111,222λλ<-=>，从而23a =，即1n =时，结论成立．假设对所有1(2)n k k ≤-≥，结论成立．当n k =时，由1121111min{|1,N }k k a a a a λλλ*+=++++<∈ ，考虑 1211111k a a a λ++++< ，即12111101()ka a a λ<<-+++ ，从而 1211111ka a a λ>---- ．下面证明：121(1)1111k k ka a a a a =----- ．由于假设对于112,(1)1n n n n k a a a --≤≤=-+，有111111111(1)1n n n n n a a a a a ----==----，所以1111111n n n a a a --=---，求和得 211111ki i k a a =-=--∑，即 11111111(1)ki ik k k k a a a a a ==-+=---∑，于是121(1)1111k k ka a a a a =----- ，所以 1121111min{|1,N }(1)1k k k k a a a a a a λλλ*+=++++<∈=-+ ，由数学归纳法知，对所有正整数n ，有211n n n a a a +=-+．7. 设n 是一个正整数，实数12,,,n a a a 和 12,,,n r r r 满足：12n a a a ≤≤≤ 和120n r r r ≤≤≤≤ ，求证：11min(,)0n niji j i j a ar r ==≥∑∑． (朱华伟提供)证明：作一张n n ⨯的表：1111211311121122223222311322333331112233n n n n n n n n n a a r a a r a a r a a r a a r a a r a a r a a r a a r a a r a a r a a r A a a r a a r a a r a a r ⎛⎫⎪⎪ ⎪=⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭由于11111min(,)min(,)nnni j i j j j i j j a a r r a a r r ====∑∑∑ 221min(,)nj j j a a r r =++∑11min(,)min(,)n nk j k j n j n j j j a a r r a a r r ==+++∑∑ ，它的第k 项112211min(,)nk j k j k k k k k k k k k n k j a a r r a a r a a r a a r a a r a a r +==++++++∑ 就是表中第k 行各元素的和，1,2,,k n = ）因此，11min(,)nni j i j i j a a r r ==∑∑就是表1A 中所有元素的和；另外，此和也可以按以下方式求得：先取出表1A 中第一行、第一列的各元素，并求其和；剩下的表记为2A （相当于删去1A 中的第一行和第一列而得到2A ），再取出表2A 中第一行、第一列的各元素，并求其和；剩下的表记为3A （相当于删去2A 中的第一行和第一列而得到3A ），再取出表3A 中第一行、第一列的各元素，并求其和；……，如此得 212111min(,)(2())n nniji j k k k k k n i j k a ar r r a a a a a ++====++++∑∑∑ （这是k A 中第一行第一列各元素的和）222211111()()()()nn n n n nk k i i k i i k i k i k k i k i k r a a a r a a ==+=+===+⎛⎫⎛⎫=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑∑2222123123()()()()n n n ni i i n i i i i i nr a r a r a r a =====++++∑∑∑∑22212123()()()nnni i n i i i i nr a r a r a -===----∑∑∑21()()0n ni i i i ki kr r a -===-≥∑∑（此处约定00r =）．因此结论得证．8. 在一个圆周上给定8个点128,,,A A A ．求最小的正整数n ，使得以这8个点为顶点的任意n 个三角形中，必存在两个有公共边的三角形． (陶平生提供)解：先考虑两两无公共边的三角形个数的最大值r ．8个点，每两点连一条弦，共得2828C =条弦，若每条弦只属于一个三角形，则这些弦至多能构成两两无公共边的三角形个数2893r ⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦个，但若有9个这样的三角形，共得27个顶点，则八边形必有一顶点，至少属于4个三角形，设为8A ，共顶点8A 的4个三角形，8A 的对边都是127,,,A A A 之中的两点连线，其中必有一点，设为k A ，出现了两次，那么相应的两个三角形将有一条公共边8k A A ，这不可能；故8r ≤．另一方面，当8r =时，我们确实可以作出这样的8个三角形，使得其中任两个三角形都无公共边；注意这样的8个三角形，共产生24个顶点，若使每点所参与的三角形个数都小于4，那么每点恰好属于3个三角形，也就是说，每个点，恰与其余七点中的6点有边相连，而与另一点不连边；考虑每点度数皆为6的八阶图G ：为简明起见，取圆周的八等分点作为图G 的八个顶点，作8阶完全图，然后去掉其中4条直径，这样共得24条边，且每点均属于6条边；在由这些边所构成的三角形中，选取八个等腰三角形：(1,2,3),(3,4,5),(5,6,7),(7,8,1)以及(1,4,6),(3,6,8),(5,8,2),(7,2,4)它们两两无公共边；（每一组的四个三角形，皆可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得到）．因此，8r =，从而所求的最小值19n r =+=．。