关于一道全国大学生数学竞赛决赛试题

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第四届全国大学生数学竞赛决赛试题及解答

1x− − − − a −第四届全国大学生数学竞赛决赛试题标准答案一、(本题15分): 设A 为正常数，直线ℓ与双曲线x 2 − y 2 = 2 (x > 0) 所围的有限部分的面积为A . 证明：(i) 所有上述ℓ与双曲线x 2 − y 2 = 2 (x > 0) 的截线段的中点的轨迹为双曲线. (ii)ℓ总是(i)中轨迹曲线的切线. 证明：将双曲线图形进行45度旋转，可以假定双曲线方程为y = 1 , x > 0. 设直线ℓ交双曲线于(a, 1/a )和(ta, 1/ta ), t > 1, 与双曲线所围的面积为A . 则有1 1 ∫ ta1 1 1 1 1A = 2 (1 + t )(t − 1) −dx = + )(t 1) log t = t ) log t. x 2 t 2 t令f (t ) = 1 (t − 1 ) − log t . 由于 2 t1 1 2f (1) = 0, f (+∞) = +∞, f ′(t ) = 2 (1 − t )> 0, (t > 1),所以对常数A 存在唯一常数t 使得A = f (t ) (5分). ℓ与双曲线的截线段中点坐标为1 1 1 1 x =2 (1 + t )a, y = 2 (1 + t ) a .于是，中点的轨迹曲线为1 1 xy = 4 (1 + t )(1 + t ).(10分) 故中点轨迹为双曲线, 也就是函数y = 1 (1 + t )(1 + 1 ) 1 给出的曲线. 该曲线在上述中点处的切线斜率4 t x1 1 1 1 k = − 4 (1 + t )(1 + t ) x2 = − ta 2 ,它恰等于过两交点(a, 1/a )和(ta, 1/ta )直线ℓ的斜率:1 11故ℓ为轨迹曲线的切线. (15分)ta − a ta − a= .二、(本题15分): 设函数f (x )满足条件: 1) −∞ < a ≤ f (x ) ≤ b < +∞, a ≤ x ≤ b ; 2) 对于任意不同的x, y ∈ [a, b ]有|f (x ) − f (y )| < L |x − y |, 其中L 是大222 2 k =1 32. 3 .于0小于1的常数. 设x 1 ∈ [a, b ], 令x n +1 = 1 (x n + f (x n )), n = 1, 2, · · · . 证明： lim n →∞ x n = x 存在, 且f (x ) = x .证明：由题设x 1 ∈ [a, b ], f (x ) ∈ [a, b ], x 2 = 1(x 1 + f (x 1)) ∈ [a, b ], ·· · , 继续下去, 对任意n ≥ 1有a ≤ x n ≤ b , 所以x n 对任意n ≥ 1有意义(3分).由条件2), 有1 1|x 3 − x 2 | = 2 |(x 2 − x 1) + (f (x 2) − f (x 1))| ≤ 2(|x 2 − x 1| + |f (x 2 ) − f (x 1 )|)1 1≤ 2 (|x 2 − x 1| + L |x 2 − x 1|) = 2(1 + L )|x 2 − x 1|.1 1 + L 1 + L 2|x 4 − x 3| = 2|(x 3 − x 2 ) + (f (x 3) − f (x 2))| ≤ 继续下去得2 |x3 − x 2| ≤ () |x 2 − x 1|.|x n +1 − x n | ≤ ( 1 + L ) 2n −1|x 2 − x 1|, ∀n ≥ 3. 由于∑+∞ 1+L k +∞ +∞k =1 ( ) 收敛, 从而∑k =1 |x k +1 − x k |收敛, 当然∑k =1 (x k +1 − x k )也收敛. 故其前n 项部分和∑n即lim n →∞ x n 存在. (12分)(x k +1 − x k ) = x n +1 − x 1 当n → ∞时极限存在, 记lim n →∞ x n = λ, a ≤ λ ≤ b . 由条件2)知, f (x )满足Lipschitz 条件, 从而是连续的. 在x n +1 = 1 (x n + f (x n ))中令n → ∞, 得λ = 1 (λ + f (λ)), 即f (λ) = λ. 22(15分)三、(本题15分): 设n 阶实方阵A 的每个元素的绝对值为2. 证明：当n ≥ 3时,|A | ≤ 1 · 2n +1 n !.证明：(i) 首先, |A | = 2n |A 1|, 其中A 1 = 1 A , 它的所有元素为1或−1. (1分)(ii)当n = 3时, . . .a 11 a 12 a 13.. |A 1 | = .. a 21a 22 . a 23.. .a 31 a 32 a 33. . .= a 11 a 22a 33 + a 12a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 − a 31 a 22 a 13 − a 32 a 23a 11 − a 33 a 21a 12¾ b 1 + b 2 + b 3 + b 4 + b 5 + b 6上式b i 中每项为±1, 且六项乘积为−1, 至少有一个b i 为−1，从而这六项中至少有两项相消, 故有|A 1| ≤ 4 = 1·2 · 3!. 于是命题对n = 3成立(9分). (iii) 设此命3题对于一切这样的(n − 1)阶方阵成立, 那么对n 阶矩阵的情形, 将|A | 按第一行展开, 记1行k 列的代数余子式为M 1k , 便有|A | = ±2M 11 ± 2M 12 ± · · · ± 2M 1n ≤ 2(|M 11 | + |M 12 | + · · · |M 1n |)1 n 1n +1≤ 2n · 3 · 2 (n − 1)! = 3 · 2n !. · · · · · · (15分)四、(本题15分): 设f (x )为区间(a, b )上的可导函数. 对x 0 ∈ (a, b ), 若存在x 0的邻域U 使得任意的x ∈ U \{x 0}有f (x ) > f (x 0 )+f ′(x 0)(x −x 0), 则称x 0为f (x )的凹点. 类似地, 若存在x 0的邻域U 使得任意的x ∈ U \ {x 0}有f (x ) < f (x 0) + f ′(x 0)(x − x 0), 则称x 0为f (x )的凸点. 证明: 若f (x )为区间(a, b )上的可导函数, 且不是一次函数, 则f (x )一定存在凹点或凸点.证明：因为f (x )不是一次函数, 故存在a < x 1 < x 2 < x 3 < b , 使得三点(x 1 , f (x 1)), (x 2, f (x 2 )), (x 3, f (x 3))不共线. 不妨设( f (x 3) − f (x 1))f (x 2 ) −令f (x 1 ) + x 3 − x 1x 2 − x 1) > 0. ·· · · · · (3分) g (x ) = −ε(x − x 2 )2+ f (x 2) + f (x 3 ) − f (x 1 ) x 3 − x 1x − x 2).取定ε > 0充分小, 使得g (x 1) > f (x 1)和g (x 3) > f (x 3). 令h (x ) = g (x ) − f (x ).则有h (x 1) > 0和h (x 3) > 0, 且h (x 2) = 0. 令h (ξ) = min x ∈[x 1 ,x 3 ] h (x ), 则h (ξ) ≤ 0, ξ ∈ (x 1, x 3), 并且f ′(ξ) = g ′(ξ) (10分).故f (x ) ≤g (x ) −h (ξ), x ∈ (x 1 , x 3).注意到g (x ) − h (ξ)的图像是一个开口向下的抛物线, 故对x = ξ有g (x ) − h (ξ) < g ′(ξ)(x − ξ) + g (ξ) − h (ξ) = f ′(ξ)(x − ξ) + f (ξ),即f (x ) < f ′(ξ)(x − ξ) + f (ξ), x ∈ (x 1, x 3) \ {ξ}. · · · · · · (15分)4. xx x . . x x 2. x 1 −3a 11 a 12 a 13 五(本题20分): 设A = a 12 a 22 a 23 为实对称矩阵, A ∗为A 的伴随矩阵. 记 a 13 a 23 a 33. x 2 . 234 . . 1 . f (x 1 , x 2, x 3 , x 4) = .−.a 11a 12 . a 13 . . . .−x 3 a 12 a 22 a 23 . . . . . .−x 4a 13 a 23a 33 .若|A | = −12, A 的特征值之和为1, 且(1, 0, −2)T 为(A ∗ − 4I )x = 0的一个解. 试y 1 给出一正交变换 x = Q y , 使得f (x , x , x , x )化为标准型.2 2 1 23 4x 3 y 3 4 y 4 解：首先，. . . . . ..−x 2 a 12 a 13 . .−x 2 a 11 a 13. .−x 2 a 11 a 12 . . . . . . . f (x 1, x 2, x 3, x 4) = x 2|A |−x 2 . x 3 a 22 a 23 .+x 3 .−x 3 a 12 a 23.−x 4 .−x 3 a 12 a 22 .1 .− . . . . . . . . . . . . . . . . ..−x 4 a 23 a 33 . .−x 4 a 13 a 33. x 2 .−x 4 a 13 a 23 .= −12x 2 + (x 2, x 3, x 4)A ∗ x 3 . 1 x 4 由此f (x 1, x 2 , x 3, x 4)为关于x 1, x 2, x 3 , x 4的二次型(2分).其次, 由(A ∗−4I )x = 0得(|A |I −4A )x = 0, 即(A +3I )x = 0. 故由(1, 0, −2)T 为(A ∗− 4I )x = 0的一个解知, A 有特征值−3 (4分). 现可设A 的特征值为λ1 , λ2, −3. 于是由|A | = −12及A 的特征值之和为1, 得方程组λ1 + λ2 − 3 = 1, −3λ1 λ2 = −12,得λ1 = λ2 = 2. 所以A 的全部特征值为2, 2, −3. 结果, 对应特征值−3的特征空间V −3的维数为1, 对应特征值2的特征空间V 2的维数为2 (6分).注意到(1, 0, −2)T 是A 相应于特征值−3的一个特征向量, 因此它是V 的基. 求解下列线性方程组的基础解系: t 1 − 2t 3 = 0, 得到正交基础解: α =(0, 1, 0)T , β = ( 2 , 0, 1 )T , 且令γ = ( 1 , 0, − 2 )T , 则α, β为V 2的标准正交√√√√5553 0 0 √ x y 0 0 1 ∫ b +ab2n +1 5 − 5−基, α, β, γ为R 3的标准正交基. 事实上, 因为A 为实对称矩阵, V 2 =V ⊥, 它 2 0 0 是唯一的, 维数为2 (12分). 现在A 可写成A = P 0 2 0 P −1, 其中P = 0 0 −32 1 √ √ 5 1 0 2 1/2 0 01 0 0 , 从而得A = 02 0 , A −1 = P 0 1/2 0 P T . 1 2√5 0 0 −20 0 −1/3 1/2 0 0 6 0 0 A ∗ = |A |A −1 = −12P 0 1/2 0 P T = P 0 −6 0 P T , 0 0 −1/30 0 4(1 0 ) x 1 xy 1y (15分). 令Q = , = Q 则由P 为正交矩阵知： 2 2 , 0 P x 3 y 3x 1 y 14 41 0 0 0( (x y 0 0 2 1 2 = Q 2 为正交变换, 其中Q =√5√5 , 它使得 x 3 y 3 0 1 0 0 x 4 y 42√5 − √5−6 0 0 x 2 f (x 1, x 2, x 3 , x 4) = −12x 2 + (x 2, x 3, x 4)P 0 −6 0 P T x 3 1 0 0 4 x 4= −12y 2 − 6y 2 − 6y 2 + 4y 2 ,1 2 3 4 为f (x 1, x 2, x 3, x 4)的标准型(20分).六、(20分): 设R 为实数域, n 为给定的自然数, A 表示所有n 次首一实系数多项式组成的集合. 证明：infb ∈R ,a>0,P (x )∈Ab|P (x )|dx > 0.a n +1证明：我们证明对任意n 次首一实系数多项式, 都有∫ b +a|P (x )|dx ≥ c n a n +1 ,其中c n 满足c 0 = 1, c n = n c n −1, n ≥ 1 (3分). 我们对n 用归纳法. n =620时P (x ) = 1. 则∫ b +a b|P (x )|dx = a ≥ c 0a,结论成立(5分). 下设结论在k ≤ n − 1时成立. 设P (x )是一个n 次首一多项式, 则对任意给定的a > 0来说Q (x ) = 2 (P (x + a ) − P (x ))是一个(n − 1)次首一多项式. 由归纳法假设, 有∫ b +a/2 na|Q (x )|dx ≥c n −1 2a n. · · · · · · (10分) b2n由此推出∫ b +ab|P (x )|dx = ∫ b +a/2 b(|P (x )| + |P (x + a/2)|)dx∫ b +a/2 na ∫ b +a/2 na a nn+1 ≥ (|P (x +a/2)−P (x )|)dx = b b |Q (x )|dx ≥ 2 c n −1( 2 ) = c n a . (20分)。

1999年全国大学生数学建模竞赛赛题

'99创维杯全国大学生数学建模竞赛题目A题自动化车床管理一道工序用自动化车床连续加工某种零件，由于刀具损坏等原因该工序会出现故障，其中刀具损坏故障占95%, 其它故障仅占5%。

工序出现故障是完全随机的, 假定在生产任一零件时出现故障的机会均相同。

工作人员通过检查零件来确定工序是否出现故障。

现积累有100次刀具故障记录，故障出现时该刀具完成的零件数如附表。

现计划在刀具加工一定件数后定期更换新刀具。

已知生产工序的费用参数如下：故障时产出的零件损失费用 f=200元/件；进行检查的费用 t=10元/次；发现故障进行调节使恢复正常的平均费用 d=3000元/次(包括刀具费)；未发现故障时更换一把新刀具的费用 k=1000元/次。

1)假定工序故障时产出的零件均为不合格品，正常时产出的零件均为合格品, 试对该工序设计效益最好的检查间隔（生产多少零件检查一次）和刀具更换策略。

2)如果该工序正常时产出的零件不全是合格品，有2%为不合格品；而工序故障时产出的零件有40%为合格品，60%为不合格品。

工序正常而误认有故障仃机产生的损失费用为1500元/次。

对该工序设计效益最好的检查间隔和刀具更换策略。

3）在2)的情况, 可否改进检查方式获得更高的效益。

附:100次刀具故障记录(完成的零件数)459 362 624 542 509 584 433 748 815 505 612 452 434 982 640 742 565 706 593 680 926 653 164 487 734 608 428 1153 593 844 527 552 513 781 474 388 824 538 862 659 775 859 755 649 697 515 628 954 771 609 402 960 885 610 292 837 473 677 358 638699 634 555 570 84 416 606 1062 484 120 447 654 564 339 280 246 687 539 790 581 621 724 531 512 577 496 468 499 544 645 764 558 378 765 666 763 217 715 310 851B题钻井布局勘探部门在某地区找矿。

第十一届全国大学生数学竞赛决赛试题(三套全)及参考答案

第十一届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准（非数学类，2021年4月17日）一、填空题（本题满分30分，每小题6分）1、极限12(1)(1sin lim (1sin )n n x x π−+−=−______________.【解】122)(1sinlim n n x x ππ−+→−= 211(sin 1)11111sin 23!n x x x n n π+−+−==⋅=− 2、设函数()y f x =由方程32arctan(2)x y y x −=−所确定，则曲线()y f x =在点1,32P ππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭处的切线方程为______________.【解】对方程32arctan(2)x y y x −=−两边求导，得22321(2)y y y x '−−'=+−.将点P 的坐标代入，得曲线()y f x =在P 点的切线斜率为5.2y '=因此，切线方程为5(3)122y x ππ⎛⎫−+=−− ⎪⎝⎭，即51224y x π=+−.3、设平面曲线L 的方程为220Ax By Cxy Dx Ey F +++++=，且通过五个点1(1,0)P −，2(0,1)P −，3(0,1)P ，4(2,1)P −和5(2,1)P，则L 上任意两点之间的直线距离最大值为______________.【解】将所给点的坐标代入方程得0042204220A D FB E F B E F A BCDEF A B C D E F −+=⎧⎪−+=⎪⎪++=⎨⎪+−+−+=⎪+++++=⎪⎩解得曲线L 的方程为223230x y x +−−=，其标准型为22(1)144/3x y −+=，因此曲线L 上两点间的最长直线距离为4.4、设()22()23arctan 3nx f x x x =+−，其中n 为正整数，则()(3)n f −=_________. 【解】记2()(1)arctan 3n x g x x =−，则()(3)()n f x x g x =+.利用莱布尼兹法则，可得1()()()0()!()(3)()n k n k nn k n k fx n g x C x g x −−=⎡⎤=++⎣⎦∑所以()22(3)!(3)(1)4!n n n f n g n π−−=−=−.5、设函数()f x 的导数()f x '在$[0，1]$上连续，(0)(1)0f f ==，且满足[]1124()?d 8()d 03f x x f x x '−+=⎰⎰ 则()f x =______________.【解】因为1110()d ()d ,()d 0f x x x f x x f x x =−''=⎰⎰⎰，且()1201441d 3x x x −+=⎰，所以()[]1112220124()d 8()d ()8()4()16164d 3()42d 0f x x f x x f x xf x f x x x x f x x x ''⎡⎤−+=+'−'+−+⎣⎦='+−=⎰⎰⎰⎰因此()24f x x '=−，2()22f x x x C =−+..由(0)0f =得0C =..因此2()22f x x x =−.二、（12分）求极限：11nn k =−.【解】记1nn k a ==−，则1111nnn n k k k a n===⎛==≤ ⎝. ....................... 3分因为1112((1)3n nk n kk k x x n ++==≤==+−∑⎰⎰，所以221133n a n ⎛<=+ ⎝ .................................................. 3分又01123nnkk k k x x −==≥==∑⎰⎰123nn k a =≥≥ 于是可得................221133n a n ⎛≤<+ ⎝3分三、（12分）设()()212313230,,cos ,sin d F x x x f x x x x πϕϕϕ=++⎰，其中(,)f u v 具有二阶连续偏导数.已知()213230cos ,sin d i iFf x x x x x x πϕϕϕ∂∂⎡⎤=++⎣⎦∂∂⎰， ()2221323220cos ,sin d i iFf x x x x x x πϕϕϕ∂∂⎡⎤=++⎣⎦∂∂⎰，1i =，2，3 试求22232221233F F F Fx x x x x ⎛⎫∂∂∂∂+−− ⎪∂∂∂∂⎝⎭并要求化简.【解】令1323cos ,sin u x x v x x ϕϕ=+=+，利用复合函数求偏导法则易知123,,cos sin f f f f f f f x u x v x u vϕϕ∂∂∂∂∂∂∂===+∂∂∂∂∂∂∂， 22222222222222222123,,cos sin 2sin f f f f f f f f x u x v x u u v vϕϕϕ∂∂∂∂∂∂∂∂===++∂∂∂∂∂∂∂∂∂ .................................... 4分所以2223222123F F F x x x x ⎛⎫∂∂∂+− ⎪∂∂∂⎝⎭222222222232222000 d d cos sin 2sin d f f f f f x u v u u v πππϕϕϕϕϕϕν⎡⎤⎛⎫∂∂∂∂∂=+−++⎢⎥ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎣⎦⎰⎰⎰ 222222322sin sin 2cos d f f f x u u u v πϕϕϕϕ⎛⎫∂∂∂=−+ ⎪∂∂∂∂⎝⎭⎰又由于203cos sin d F f f x u v πϕϕϕ∂∂∂⎛⎫=+ ⎪∂∂∂⎝⎭⎰，利用分部积分，可得 22222222003222222223322002222322sin d cos d 11sin sin 2d sin 2cos d 22sin sin 2Ff u f v f u f v x u u v u v v f f f f x x u u v u v v f f f x u u v ππππϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕν⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂∂∂=−+++ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂=−−− ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭∂∂∂=−+∂∂∂∂⎰⎰⎰⎰22cos d πϕϕ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎰........................................ 4分所以222322212330F F F Fx x x x x ⎛⎫∂∂∂∂+−−= ⎪∂∂∂∂⎝⎭ ......................................................2分四、（10分）设函数()f x 在[0，1]上具有连续导数，且110053()d ,()d 22f x x x f x x ==⎰⎰.证明：存在(0,1)ξ∈，使得()3f ξ'=.【解】考虑积分[]10(1)3()d x x f x x −−'⎰ .................................................. 4分利用分部积分及题设条件，得[]111001111132000(1)3()d (1)[3()](12)[3()]d 3(21)d (12)()d 32()d 2()d 2x x f x x x x x f x x x f x xx x x x f x xx x f x x x f x x−−'=−−−−−=−+−⎛⎫=−+− ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰3523022=−+−= ...................................... 4分根据积分中值定理，存在(0,1)ξ∈，使得[](1)3()0f ξξξ−−'=，即() 3.f ξ'=........................................ 2分五、（12分）设122021,,,B B B 为空间3R 中半径不为零的2021个球，()ij A a =为2021阶方阵，其(,)i j 元ij a 为球i B 与j B 相交部分的体积.证明：行列式||1E A +>，其中E 为单位矩阵。

第八届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案(非数学类,

（3）
∫∫∫( ) ∫ ∫ ∫ I = 1
1− (x2 + y2 + z2)
x2 + y2 + z2 dv = 1
2π dθ
π sin ϕ
1
(1 −
ρ 2 )ρ 3dρ
=
π
.
2Ω
20
0
0
6
3
五、设 n 阶方阵 A, B 满足 AB = A+B ，证明：若存在正整数 k ，使 Ak = O ( O 为零矩阵)，则行列式 B + 2017 A = B .
1 k
−
ln
n
.
（1）证明：极限
lim
n→∞
an
存在；
∞
∑ （2）记
lim
n→∞
an
=
C
，讨论级数
n =1
(an
−C)
的敛散性.
解（1）利用不等式：当 x > 0 时， x < ln(1+ x) < x ，有 1+ x
1
an
−
an−1
=
1 n
−
ln
n n −1
=
1 n
−
ln
⎛⎜⎝1 +
1⎞ n −1⎟⎠
第八届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案
(非数学类, 2017 年)
一、填空题
1.过单叶双曲面
x2 4
+
y2 2
− 2z2
= 1 与球面
x2
+
y2
+
z2
=
4
的交线且与直线
⎧x = 0 ⎨⎩3y + z

数学竞赛试题

1. 1，3，5，7，（）。

A.15B.13C.9D.112. 1，1，2，3，5，8，（）。

A.36B.13C.21D.273. 2，0，3，1，4，2，（）3。

A.17B. 9C.8D. 54．106 98 92 88 ( )A．80 B．86 C．79 D．755．1/3 4/4 9/5 16/6 25/7 （）A．36/8 B．49/8 c．64/7 D．81/106．3 7 12 18 ( )A．30 B．40 C．37 D．257．1/5 1/8 1/11 1/14 （）A．1/15 B．1/17 c．1/16 D．1/188．-4 -2 0 2 ( )A．6 B．5 C．4 D．39. 2，7，10，6，-8，（）。

A.24B.-14C.-28D.3610.4 6 10 18 34 （）A.66B.68C.70D.7211. 计算19.98×37+199.8×2.3+9.99×80的值是（）。

A.1999B.2000C.1997D.199812.1296+2546+4568+9865+4562=（）A.22836B.22837C.22838D.2283913. 甲、乙、丙、丁四个同学排成一排，从左到右数，如果甲不排在第一个位置上，乙不排在第二个位置上，丙不排在第三个位置上，丁不排在第四个位置上，那么不同的排法共有多少种？（）A.9B.11C.14D.614. 有一水池，装有甲乙两个注水管，下面装有丙管放水，池空时，单开甲管5分钟可注满，单开乙管10分钟可注满；水池装满水后，单开丙管15分钟可将水放完。

如果在池空时，将甲、乙、丙三管齐开，2分钟后关闭乙管，还要多少分钟可注满水池？（）A.14B.4C.10D.915. 有两堆煤，第一堆是第二堆的4倍。

当第二堆煤运走6.25吨后，第一堆煤是第二堆煤的6倍。

第二堆煤原有多少吨？（）A.14.25B.21.45C.16.25D.18.7516. 某人驾驶一辆小轿车要作32000千米的长途旅行（路面基本相同）。

一道全国大学生数学竞赛试题的若干解法及推广

１２８
大学数学
第２９卷
所以由￡ ∈（Ｏ，１），可得一刁，即∈ 为方程．ｚ－￣ｓｌｎｘ —ａ的唯一根．归纳小结对于一个给定的数列｛｝，由于ｘ一ｚ＋（ｚｚ —ｚ）＋… ＋（ｚ一一），故总能构造出一个以为部分和的级数
竞赛题证法１由于１（ｓｉｎｘ）ｌ＝＝＝１ＣＯＳＸＩ ≤１，由中值定理，有Ｉｓｉｎｚ —ｓｉｎｙＪ ≤Ｊｚ一Ｉ，Ｖ，Ｙ ∈Ⅱ ，
所以
＋Ｉ１一ｚＩ —Ｉ￣（ｓｉｎｘ一ｓｉｎｘ一１）Ｉ ≤￡ＩＸ一一１Ｉ ≤￡。Ｉｚ一１一一２
下证唯一性．设也是－ｅｓｉｎｘ＝ａ的根，则
ｌ一７Ｉ一￡ｌｓｉｎ一ｓｉｎ？Ｉ ≤ｅｌ一ｌ，
［收稿日期］２ｏ１２ — ０５ — １４［基金项目］２０１３广西高校科研项目一解析函数空间及其线性极值问题（２０１３ＬＸｌ１３）；２００９玉林师范学院院级青年项目一几何函数的若干问题（２０１１ＹＪＱＮ０６）；２０１４玉林师范学院高等教育教学改革工程项目一基于数学竞赛的地方高师院校大学数学课程教学改革探索与实践
［摘
要］利用级数收敛法、柯西收敛法、压缩映像原理（不动点原理）法、压缩数列法给出了一道２０１０年

大学生数学竞赛试卷及答案(数学类)

Fe1 = e2 , F 2 e1 = Fe2 = e3 ," , F n −1e1 = F ( F n − 2 e1 ) = Fen −1 = en
由
（*）
Me1 = (an1 F n −1 + an −11 F n − 2 + " + a21 F + a11 E )e1 = an1 F n −1e1 + an −11 F n − 2 e1 + " + a21 Fe1 + a11 Ee1 = an1en + an −11en −1 + " + a21e2 + a11e1 = α1 = Ae1
圆柱面的半径即为平行直线 x = y = z 和 x − 1 = y + 1 = z 之间的距离. P0 (1, −1, 0) 为 L0 上的点.
G JJJG G JJJG | n ×ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱP0 S | | n × P0O | G G = 对圆柱面上任意一点 S ( x, y, z ) ，有，即 |n| |n| (− y + z − 1) 2 + ( x − z − 1) 2 + (− x + y + 2) 2 = 6 ，
地， Wm 在 g 下是不变的. 下面证明， Wm 在 f 下也是不变的.事实上，由 f (η ) = λ0η ，知
fg (η ) = gf (η ) + f (η ) = λ0 g (η ) + λ0η
fg 2 (η ) = gfg (η ) + fg (η ) = g (λ0 g (η ) + λ0η ) + (λ0 g (η ) + λ0η ) = λ0 g 2 (η ) + 2λ0 g (η ) + λ0η

第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准(非数学类)

第十届全国大学生数学竞赛决赛试题参考答案及评分标准（非数学类，2019年3月30日）一、填空题（本题满分30分，每小题6分）1、设函数在点在处连续，则的值为答案：2、设则答案：3、设曲线L是空间区域的表面与平面的交线，则答案：4、设函数由方程确定，其中具有连续二阶偏导数，则答案：5、已知二次型，则的规范形为答案：二、设内三阶连续可导，满足，又设数列满足严格单调减少且计算【解】由于在区间（-1,1）内三阶可导，在处有Taylor公式又，所以分①由于数列严格单调且，则，且为严格单调增加趋于正无穷的数列，注意到，故由Stolz定理及①式，有分分三、设上具有连续导数，且证明：对于成立【证明】令则故函数在上严格单调增加，记的反函数为，则定义在上，且4分于是根据积分中值定理，存在使得分因此注意到则即分四、计算三重积分：，其中【解】采用“先二后一”法，并利用对称性，得其中分用极坐标计算二重积分，得交换积分次序，得分作变量代换:并利用对称性，得所以.分五、之和.【解】级数通项令分其中.因为所以满足解这个一阶线性方程，得由得,故且分六、设A是n阶幂零矩阵,即满足证明:若A的秩为r，且则存在n阶可逆矩阵P其中为r阶单位矩阵. 【证】存在n阶可逆矩阵H,Q，使得因为所以有分对QH作相应分块为则有因此分而所以显然，所以为行满秩矩阵.8分因为使得分令则有分七、设为单调递减的正实数列,收敛，证明：收敛，所以对任意给定，存在自然数，使得当时,有因为单调递减的正数列，所以分注意到当时，有令得到分下面证明：对于任意自然数n，如果满足则有事实上,即得到分利用（2），令可以得到即分又由知，存在自然数，使得分取则当时，有因此分。

第十二届全国大学生数学竞赛决赛试题(非数学类)参考答案及评分标准

F= (b) 0 . 对 F (x) 在[a,b] 上利
a
∫ 用洛尔定理，存在 x0 ∈ (a,b) ，使得 F′(x0 ) = 0 ，即 f (x0 ) =
x0 f (t)dt .
a
---------------- 3 分
3
2021 年 05 月决赛试题
x
∫ 再令 G= (x)
f (x) − f (t)dt ，则 G= (a) a
−
2 x32
= 0 . 由此解得 u
113
在定义域内的唯一驻点 P0 (24 , 22 , 24 ) ，且 u 在该点取得最小值 u(P0 ) = 4 4 2 ，这是
113
函数唯一的极值. 因此 u 的唯一极值点为 (24 , 22 , 24 ) .
【注】也可用通常的充分性条件(海赛矩阵正定)判断驻点 P0 为极小值点.
1，2， ,s)
.
因为 p(D) = D 2021 ，所以
1
= p( A) p= (QDQT ) Q= p(D)QT Q= D 2021QT B .
--------------- 3 分
(3) 设另存在 n 阶实对称矩阵 C 使得 C2021=A ，则=B p= ( A) p(C2021) ，所以
1 2
(xn
+
yn
)
，
---------------- 4 分
这只需证明：对任意 n
≥
0
，都有
x+ 2
y
n
≤
An (x, x) n +1
≤
1 2
(xn
+
yn ) ，其中 0
<
x,

第二届全国大学生数学竞赛决赛试题及解答

第二届全国大学生数学竞赛决赛试题及解答一、(15分)求出过原点且和椭球面2224561x y z ++=的交线为一个圆周的所有平面.【解】所述圆周过原点，则一定以原点为圆心，且在球面2222x y z R ++= ①上.因此，该球面与椭球面2224561x y z ++= ②的交线即为圆周.由①、②确定的平面也必包含此圆周.联立此二式，得2222221114560x y z R R R ⎛⎞⎛⎞⎛⎞−+−+−=⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 显然，当215R =时，有220x z −=，这是两相交平面x z =，0x z +=，即为所求.二、(15分)设()01f x <<，无穷积分()0d f x x +∞∫和()0d xf x x +∞∫都收敛.求证：()()()21d d 2xf x x f x x +∞+∞>∫∫.【证】令()0d f x x a +∞=∫，则()0,a ∈+∞.据题设条件()01f x <<，得()()()0d d d aaxf x x xf x x xf x x +∞+∞=+∫∫∫()()0d d a axf x x a f x x +∞>+∫∫()()()d d aaxf x x a a f x x =+−∫∫()()()0d 1d a axf x x a f x x =+−∫∫()()()0d 1d a axf x x x f x x >+−∫∫201d 2a x x a ==∫，因此，得()()()21d d 2xf x x f x x +∞+∞>∫∫.三、(15分)设1nn na+∞=∑收敛，122n n n n k t a a ka +++=++++"".证明：lim 0n n t →∞=.【证】首先，注意到1n n k k t ka +∞+==∑()1n k k kn k a n k+∞+==++∑,据题设条件1n n na +∞=∑收敛，可知()1n kk n k a +∞+=+∑收敛，而k n k ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭关于k 单调，且01k n k <<+即有界，故由Abel 判别法知()1n k k kn k a n k+∞+=++∑收敛，即n t 有意义. 因为1nn na+∞=∑收敛，所以0ε∀>，存在N +∈]，使得当n N >时，+n kk nR ka ∞==∑(),εε∈−.此时，对任何n N >以及1m >，有()111mmn kk n k n k k k kaR R n k ++++===−+∑∑11211m m k n k n k k k k R R n k n k +++==−=−++−∑∑ 1121111m n m n k n k m k k R R R n n m n k n k ++++=−⎛⎞=−+−⎜⎟++++−⎝⎠∑，于是，有1mn kk ka+=∑21111mk m kk n n m n kn k εε=−⎛⎞⎛⎞≤++−⎜⎟⎜⎟++++−⎝⎠⎝⎠∑22m n m εε=<+. 所以，2n t ε≤，()n N >，即lim 0n n t →∞=.四、(15分)设()n A M ∈^，定义线性变换:()()A n n M M σ→^^，()A X AX XA σ=−.证明：当A 可对角化时，A σ也可对角化.这里()n M ^是复数域^上n 阶方阵组成的线性空间.【证】取()n M ^的自然基{}:,1,2,ij E i j n ="，其中ij E 是(,)i j 元等于1，其它元均为0的n 阶矩阵.因为A 可对角化，所以存在可逆矩阵()n P M ∈^，使得112diag(,,,)n P AP λλλ−=Λ=".显然，{}1:,1,2,ij PE P i j n −="也是()n M ^的一组基，并且有11111()()()()()A ij ij ij ij ij i j ij PE P A PE P PE P A P E E P PE P σλλ−−−−−=−=Λ−Λ=−，所以A σ在基11111111,,,,,,n n nn PE P PE P PE P PE P −−−−"""下的矩阵为对角矩阵12111diag(0,,,,,,,,0)n n n n λλλλλλλλ−−−−−"""，这就是说，A σ可对角化.五、(20分)设连续函数:f →\\，满足()()(),sup x y f x y f x f y ∈+−−<+∞\.证明：存在实常数a 满足()sup x f x ax ∈−<+∞\.【证】令()()(),sup x y M f x y f x f y ∈=+−−\，则+,,x m n ∀∈∈\`，有()()()f x y f x f y M +−−≤， ①()((1))()f nx f n x f x M −−−≤.于是，有()()()2()((1))()1nk f nx nf x f kx f k x f x n M nM =−≤−−−≤−≤∑. ②因此()()()()()()()nf mx mf nx nf mx f mnx f mnx mf nx n m M −≤−+−≤+，()()11f mx f nx M m n n m ⎛⎞−≤+⎜⎟⎝⎠. 这表明函数列()f nx n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭在(,)−∞+∞上一致收敛，设其极限为()g x ，则()g x 是连续函数. 进一步，由不等式①，有()()()()f n x y f nx f ny M nn n n+−−≤，,;x y n +∀∈∈\`. 取极限，得()()()g x y g x g y +=+，,x y ∀∈\.由此可解得()()1g x g x ax ==.另一方面，再由②式，得()()f nx f x M n−≤. 令n →∞，得()()g x f x M −≤，x ∀∈\.从而()()sup x g x f x M ∈−≤<+∞\.故存在实常数a ，使得()sup x f x ax M ∈−≤<+∞\.六、(20分) 设:()n M ϕ→\\是非零线性映射，满足()()XY YX ϕϕ=，,()n X Y M ∀∈\，这里()n M \是实数域\上n 阶方阵组成的线性空间.在()n M \上定义双线性型(-，-)：()()n n M M ×→\\\为(,)()X Y XY ϕ=.(1)证明(-，-)是非退化的，即若(,)0X Y =，()n Y M ∀∈\，则X O =； (2)设212,,,n A A A "是()n M \的一组基，212,,,n B B B "是相应的对偶基，即0,(,)1,.i j ij i j A B i j δ≠⎧==⎨=⎩当,当证明21n i ii A B =∑是数量矩阵.【证】(1)先确定ϕ的结构.取()n M \的自然基{}:,1,2,ij E i j n ="，其中ij E 是(,)i j 元等于1，其它元均为0的n 阶矩阵.令()ji ij c E ϕ=，则()()ij n C c M =∈\.()n A M ∀∈\，有1111()()tr()n n n nij ij ij ji i j i j A a E a c AC ϕϕ=======∑∑∑∑.根据题设，()()XY YX ϕϕ=，,()n X Y M ∀∈\，所以tr()tr()tr()YCX XYC YXC ==.因此XC CX =.由于X 的任意性，知C E λ=为数量矩阵.于是有()tr()A A ϕλ=，()n A M ∀∈\.因为0ϕ≠，所以0λ≠.现在，如果(,)tr()0X Y XY λ==，()n Y M ∀∈\，取TY X =，那么X O =. (2)令()ii pqA a =，()i i stB b =.设21n pq pq ii i E B ε==∑，利用{}i A 与{}j B 的对偶性，有()()21,,n pq pq jpqijij i A E A B εε===∑.另一方面，由(1)的结果，有(),tr()j j pq j pq qpA E A E a λλ==，所以21n i pq qpi i E aB λ==∑.比较等式两边的(,)s t 元，得211n i i qp st ps qt i a b δδλ==∑.注意到，pq st qs pt E E E δ=，因此，有22211,1, 1,1, 11,1,11n n n n n n n n n i i i ii i pq pq st st pq st qs pt pt qs pti i p q s t p q s t i s t p q n A B a E b E a b E E E δδδλλ=========⎛⎞⎛⎞====⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∑∑∑∑∑∑∑∑∑.。

全国大学生数学建模竞赛赛题基本解法

• 总结 • 数学建模竞赛常用方法和手段主要是下面几类：
• 1.分析类如最优捕鱼策略 SARS的传播微分方程 • 2.运筹学图论规划等 • 3.数理统计统计分析、数据处理等 • 4.计算机模式识别、Fisher判别、人工神经网
络、仿真模拟等 • 5.常用软件 • Matlab Mathematica Lingo SAS系统等
全国大学生数学建模竞赛贵州赛区组委会93a非线性交调的频率设计拟合规划93b足球队排名图论层次分析整数规划94a逢山开路图论插值动态规划94b锁具装箱问题图论组合数学95a飞行管理问题非线性规划线性规划95b天车与冶炼炉的作业调度动态规划排队论图论96a最优捕鱼策略微分方程优化96b节水洗衣机非线性规划97a零件的参数设计非线性规划97b截断切割的最优排列随机模拟图论98a一类投资组合问题多目标优化非线性规划98b灾情巡视的最佳路线图论组合优化99a自动化车床管理随机优化计算机模拟99b钻井布局01规划图论00adna序列分类模式识别fisher判别人工神经网络00b钢管订购和运输组合优化运输问题01a血管三维重建曲线拟合曲面重建01b工交车调度问题多目标规划02a车灯线光源的优化非线性规划02b彩票问题单目标决策仿真模拟03asars的传播微分方程差分方程时间序列03b露天矿生产的车辆安排整数规划运输问题04a奥运会临时超市网点设计统计分析数据处理优化04b电力市场的输电阻塞管理数据拟合优化05a长江水质的评价和预测统计分析数据处理预测1
• 其包括许多模块，如统计分析模块、绘图模块、质量控制模块、SAS/ETS（经济计量学和时间序列分析模块）、SAS/OR（运筹学模块）、 SAS/FSP（快速数据处理的交互式菜单系统模块）、SAS/AF（交互式全屏幕软件应用系统模块）等等。

一道大学生数学竞赛题的另证、推广、类比

在文【１—３】中均给出了它的一些解法，本文再用改进的切线法给出它的另一种方法，并对其进行推广与类比．
解令ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ， ∈（０，７ｒ），因为，（）＝一ｓｉｎｘ＜０，由引理可知：对Ｖ，Ａｉ∈（０，７ｒ），ｓｉｎｘ≤ＣＯＳＡｉ（ｘ—Ａｉ）＋ｓｉｎＡ“所以
将上述三个不等式相加可得：
３ｓｉｎＡ＋４ｓｉｎＢ＋１８ｓｉｎ ≤ ３ｓｉｎＡ１＋４ｓｉｎＢ１＋１８ｓｉｎＣ１
＋
＋
从上述证明中可看出：当且仅当ｃ。ｓＡ：生ｃ。ｓＢ：生
，
，
Ｙ
ｃｏｓＣ：生时不等式取等号
．
类比定理ｌ还可以得到：
所以：
定理２设，Ｙ，Ｚ均为正实数，则对于任意ＡＡＢＣ，有

，
２，只需构造＋２＝罢即可，所以所以１ｆｌｎｚｌ：＋！一一ｃ，
一
＋
暑＝暑，因此
可构造试题设函数，（）＝ｌｎ，９（）＝。＋一ｃ，
ａ（ｅ２）ｘｌ＋ｘ２－
￣１＋ｅｚ
Ｏ＝，
像在其切线的上方，上凸函数的图像在其切线的下方，其证
４ｓｉｎＢ ≤４ＣＯＳＢ１（Ｂ～Ｂ１）＋４ｓｉｎＢ１，１８ｓｉｎＣ ≤ １８ＣＯＳＣ１（ — １）＋１８ｓｉｎＣ１．令３ＣＯＳＡ１＝４ＣＯＳＢ１＝１８ＣＯＳＣ１＝ｋ且１＋Ｂ１＋Ｃｌ＝Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝７ｒ，由三角形中熟知的恒等式
，ｌ
整理得：１２ｋ。＋２２９ｋ。一１２９６＝０，即
加可得
ｓｉｎＡ＋ｓｉｎＢ＋ｚｓｉｎＣ ≤ ｓｉｎＡ１＋ＹｓｉｎＢ１＋ｚｓｉｎＣ１

大学生数学知识竞赛试题及答案

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,高线及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及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的取值范围为___[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 ）。

全国大学生数学竞赛大纲及历年预赛试卷

全国大学生数学竞赛大纲及历年预赛试卷一、引言全国大学生数学竞赛是一项旨在培养和提升大学生数学能力和思维水平的竞赛活动。

该竞赛由教育部主办，自年开始，每年一届，吸引了越来越多的学生参与其中。

本文将详细介绍全国大学生数学竞赛的大纲以及历年预赛试卷，帮助参赛者更好地了解和准备竞赛。

二、全国大学生数学竞赛大纲全国大学生数学竞赛大纲是竞赛命题的基础和指导，它涵盖了数学领域的多个方面，包括代数、几何、分析、概率统计等。

竞赛大纲不仅规定了竞赛的形式和内容，还为参赛者提供了学习和复习的方向。

三、历年预赛试卷分析预赛试卷是参赛者了解竞赛题型和难度的重要途径。

通过对历年预赛试卷的分析，参赛者可以了解竞赛题目的命题规律、题型分布以及解题技巧。

以下是对历年预赛试卷的分析：1、题型分布：预赛试卷主要包括选择题、填空题和解答题三种题型。

其中，选择题和填空题主要考察学生对基础知识的掌握程度，而解答题则更注重学生的综合运用能力和解题技巧。

2、难度分布：预赛试卷的难度分布较为均匀，难度适中。

在解答题中，通常会有一道相对较难的题目作为压轴题，以考察学生的数学能力和解题技巧。

3、命题规律：预赛试卷的命题规律较为稳定，通常会按照竞赛大纲的要求进行命题。

每年的预赛试卷都会有一部分题目与当年的数学热点问题相关联，以展示数学的应用价值。

四、总结通过对全国大学生数学竞赛大纲及历年预赛试卷的分析，我们可以了解到竞赛的命题规律、题型分布、难度分布以及解题技巧等方面的信息。

这有助于参赛者更好地了解和准备竞赛，提升自身的数学能力和思维水平。

我们也应该注意到，数学竞赛只是一种学习和交流的方式，参赛者应该以积极的心态参与其中，享受数学学习的乐趣。

全国大学生数学竞赛，作为一项广泛参与的学术竞赛活动，旨在提高大学生们对数学学科的热爱，增强他们的数学应用能力，以及培养优秀的数学人才。

此次预赛是竞赛的重要环节，将从基础知识、解题能力、创新思维等多个方面对参赛者进行全面考察。

高教社杯数学模型竞赛赛题

高教社杯数学模型竞赛赛题
高教社杯全国大学生数学建模竞赛赛题涵盖了多个领域，如附件1提供了企业近5年402家原材料供应商的订货量和供货量数据，附件2给出了8家
转运商的运输损耗率数据。

这些赛题要求参赛者结合实际情况，对相关数据进行深入分析，研究问题如下：
1. 根据附件1，对402家供应商的供货特征进行量化分析，建立反映保障企业生产重要性的数学模型，在此基础上确定50家最重要的供应商，并在论
文中列表给出结果。

2. 参考问题1，该企业应至少选择多少家供应商供应原材料才可能满足生产的需求？针对这些供应商，为该企业制定未来24周每周最经济的原材料订
购方案，并据此制定损耗最少的转运方案。

请制定新的订购方案及转运方案，并分析方案的实施效果。

3. 该企业通过技术改造已具备了提高产能的潜力。

根据现有原材料的供应商和转运商的实际情况，确定该企业每周的产能可以提高多少，并给出未来
24周的订购和转运方案。

以上赛题仅供参考，如需更多信息，可访问中国大学生在线网站获取。

首届(2021年)全国大学生数学竞赛决赛试题(数学类)_答案

2 31x首届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案（数学类，2010）一、填空题+∞ e -α x 2 - e -β x 2（1）设β > α > 0 ，则⎰0dx =π ( x2- α ) .（2）若关于 x 的方程kx + = 1(k > 0) 在区间(0, +∞)中有惟一实数解，则常数k = .x 2（3）设函数 f (x ) 在区间[a , b ]上连续.由积分中值公式有⎰a f (t )dt = (x- a ) f (ξ )若导数 f '(a ) 存在且非零，则 limξ- a的值等于 1.(a ≤ ξ ≤ x < b ) .+. . .βx →a+x - a 2. . . . . .（4）设(a ⨯ b )i c = 6 ，则[(a + b ) ⨯(b +c )]i (a + c ) = 12 .nkf '(0) 二、设 f (x ) 在(-1,1) 内有定义，在 x = 0 处可导，且 f (0) = 0 .证明：lim ∑ f 2 = . n →∞ k =1n 2 证：根据题目假设和泰劳展开式，我们有 f(x ) =α (0) = 0,且 α (x ) → 0,当x → 0 。

f (0) +f '(0)x +α(x)x, 其中α(x) 是x 的函数，因此，对于任意给定的ε> 0 ，存在δ> 0 ，使得α(x) <ε,只要x <δ。

对于任意自然数n 和k ≤n ，我们总有 fk=f '(0)k+α k k 。

n2n2n2n2取N >δ-1 ，对于上述给定的ε> 0 ，便有α k <ε,只要n >N , k ≤n 。

n k 'n 2n kn k于是， ∑ f n 2 - f (0)∑ n2 ≤ ε ∑n 2 ,只要n > N 。

k =1 k =1n k 1 'k =11ε1此式又可写成∑ f n 2- 2 f(0)(1+ ) ≤ (1+ ),只要n > N 。

从一道全国大学生数学竞赛试题浅谈方阵迹性质的应用

从一道全国大学生数学竞赛试题浅谈方阵迹性质的应用
李绍刚
【期刊名称】《高等数学研究》
【年(卷),期】2018(21)1
【摘要】方阵的迹是矩阵的一种重要的特征,本文从一道大学生数学竞赛题目总结归纳方阵迹的性质,并给出方阵迹的相关应用.
【总页数】4页(P54-56,120)
【作者】李绍刚
【作者单位】桂林电子科技大学数学与计算科学学院,广西高校数据分析与计算重点实验室,广西桂林541004
【正文语种】中文
【中图分类】O151.21
【相关文献】
1.从一道小学数学竞赛试题的解答谈起——数学问题的讲解及信息技术在解题中的应用 [J], 冯翠华;伍建军;
2.一道全国大学生数学竞赛决赛试题的另解 [J], 陈桂东
3.一道全国大学生数学竞赛试题的探讨与推广 [J], 王转德;高中喜;李厚彪
4.从一九八四年全国部分省市联合数学竞赛一道试题谈起 [J], 赵龙山
5.第十二届全国大学生数学竞赛预赛一道试题条件的省略 [J], 陈庆;华梦霞
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m
n+ 1
n+ 2
.
由于当 0< t
1 时,
< =
n
t n+ 1 1 1 1 1+ + + + ( n + 1) ! n+ 2 ( n + 2) ( n + 2) 3 t n+ 1 ( n + 1) ! 1 1- 1 n+ 2 = t n+ 1 ( n + 1) ! n+ 2 , n+ 1
又显然 et -
对于任意实数 t , 有 tm , m!
n+ 3 n+ 4
从而
n
em= 0
t
t t t t t = + + + + m ! ( n+ 1 ) ! ( n+ 2) ! ( n+ 3) ! ( n+ 4) ! t n+ 1 t n+ 2 t n+ 3 t n+ 4 + + + + ( n + 1) ! ( n+ 2 ) ! ( n+ 3 ) ! ( n+ 4) !
e 的速度和数列
1 收敛于 0 的速度相同. 事实上 , 我们还可以在更广泛的范围内讨论这些极限, ( n+ 1 ) !
所得结论是设 t> 0 为常数 , 则有 lim n e t - 1+ n lim n n 1+ t n
n+ 1
t n
n
=
t2 t e, 2 tt2 t e, 2
( 5) ( 6) ( 7)
讨论了相关数列的收敛速度 . [ 关键词 ] 数学竞赛 ; 极限 ; 收敛速度 [ 中图分类号 ] O 172 [ 文献标识码 ] C [ 文章编号 ] 1672 1454( 2010) 06 0178 03
2010 年 5 月在长沙市国防科学技术大学举行的首届全国大学生数学竞赛 ( 非数学类 ) 决赛有这样一道试题 , 求极限 nlim n 题, 我们要讨论的是 , 由 lim n n 可知 elim n 所以, 当 n n 时, 数列时数列 1+ 1 n 1+
个探索发现的过程. 在高等数学有关内容的教学中若能将这些内容作出介绍, 不仅可以帮助学生复习巩
180大学数 Nhomakorabea学
第 26 卷
固已学过知识, 更重要的是可以开阔学生的视野, 提高学生学习数学的兴趣, 引导学生在学习中进行类比、联想、猜测等思维训练 , 培养学生的探索精神和创新意识 , 这也正是高等数学教学的根本出发点 . [参
+ 1 单调递减收敛于 e, 因而对于后三个数列也应该存在 n! 1 1+ n e 2n 1 e 11 2n e 1 1 + + 2! 3! 1 ( n + 1) ! 1 n
n n+ 1
- e = 1, ( 2)
lim n
= 1, 1 n! = 1.
( 3)
e- 1+ 1+ l im n
+
( 4)
[ 基金项目 ] 安徽省重点教学研究项目及合肥工业大学创新团队项目资助
tm t n+ 1 > , 所以当 0< t ( n+ 1) ! m= 0 m !
1 时,
n
e 1< ( n + 1) ! 令n t
m= 1 n+ 1
t
t m!
m
< n+ 2. n+ 1
, 由 nlim n + 1 = 1 及关于数列极限的夹逼准则, 即可得到( 8 ) 式. n+ 1 特别在( 5) , ( 6) , ( 7) , ( 8) 中取 t = 1 即得极限 ( 1) , ( 2) , ( 3) , ( 4) . 由极限式( 1) 提出极限式 ( 2) , ( 3) , ( 4) 是比较自然的事, 但由 ( 1) ( 4) 式推广到 ( 5 ) ( 8) 式应是一
第 26 卷第 6 期 2010 年 12 月
大
学
数
学
V ol. 26,
.6
COL LEGE M AT H EM AT ICS
Dec. 2010
关于一道全国大学生数学竞赛决赛试题
潘杰, 苏化明
( 合肥工业大学数学学院 , 合肥 230009) [摘要 ] 受首次全国大学生数学竞赛一道决赛试题的启发 , 提出并证明几个与此试题类似的极限问题 ,
n
1+ 1 n e 2n
= 1,
( 1)
1 n
n
收敛于 e 的速度和数列
单调递增收敛于 e; 数列
e 收敛于 0 的速度是相同的 . 大家知道 , 当 2n 1 n+ 1 1 n 1+ 单调递减收敛于 e ; 数列 1单 n n
1 1 1 调递增收敛于 e ; 数列 1+ 1+ 2! + 3 ! + 类似于( 1 ) 的极限式 , 经计算可知 lim n
n
1+ 1 n
n
e - e . 问题的答案是 - 2 . 问题的求解并不困难, 可以利用 L agrange
中值定理 , T ay lor 公式或 H ospit al 法则得到 , 具体求解过程这里略去 ( 可以参阅 [ 1] , [ 2] ) . 对于这道试 1+ 1 n
n
- e = - e 2
x 0
1+ 1 x
- et
= e lim +
x 0
t
t ( x 2 + x ) - ( 1+ tx ) ln( 1+ t x ) x2
t( 2 x + 1) - t ln( 1+ t x ) - t t2 t = te. 2x 2
在上式中令 x =
1 即可得到 ( 6) 式 . n et =
n= 0
- et =
n
- t t lim n e - 1- n n
=
t2 - t e . 2 tn n!
设 t 为常数且满足 0< t
1, 则有 + = 1. ( 8)
2 3 ( n+ 1) ! e t - 1+ t+ t + t + lim n+ 1 n 2 ! 3! t
由于 ( 5) , ( 6) , ( 7) 的证明方法类似 . 因此我们仅给出( 6 ) 及( 8) 式的证明 . 利用 H ospit al 法则, ( 1+ tx ) lim x x 0+ = et lim +
第6期所以 , 当 n 11 n
n
潘杰 , 等 : 关于一道全国大学生数学竞赛决赛试题时, 数列收敛于 1+ 1 n
n+ 1
179
收敛于 e 的速度和数列
e 收敛于 0 的速度相同; 数列 2n + 1 收敛于 n!
1 1 1 1 的速度和数列收敛于 0 的速度相同; 数列 1+ 1+ + + e 2n e 2! 3!
[ 1] [ 2]
考
文
献]
裴礼文 . 数学分析中的典型问题与方法 [ M ] . 2 版 . 北京 : 高等教育出版社 , 2006: 46. 刘三阳 , 于力 , 李广民 . 数学分析选讲 [ M ] . 北京 : 科学出版社 , 2007: 12.