初等代数研究练习题

初等代数研究练习题

一、填空题

1、已知三次多项式f(x)在x=-1,0,1,2时函数值分别为1,2,3,2,则f(x)= 。

2、多项式222

3

++-x x x

表示成（x-1）的幂的多项式的形式为 。

3、已知===105,7,5log

log log 63

5

3

则b a 。

4、

θ

θθ

θθθ3tan tan tan 3cot cot cot -+

-= 。 5、六本不同的书，按下列条件分配，各有多少种不同的分法 （1）分给甲乙丙三人，每人2本，则有 种分法。 （2）分成三份，每份2本，则有 种分法。 6、线性规划问题中决策变量应满足的条件称为__________________. 7、将线性规划问题的一般形式化为标准形式时，若第r 个约束条件为

r n r r b x a x a n ≤++ 11，则引入____________变量≥+r n x 0

8、使目标函数达到_______________的可行解称为最优解。

9、若原线性规划中有n 个变量，则其对偶规划中一定有_____________个方程。 10、用单纯形法解线性规划问题时，若检验数有负，则要进行______________。 二、计算题

1、设

α

αα

ααcos sin cos 2,2tan sin

3

++=求得值 2、计算)]4

3cot(2

1cos[-arc 的值。 3、解方程

112432

--=-+x x x

4、设正方形ABCD 的边长为1，P 、Q 分别为边AB 、AD 上的一点，如图，若△APQ 的周长为2，求∠PCQ 。

5、设正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的边长为a ，试求B 到平面AB 1C 的距离。

6、用单纯性法解线性规划问题 maxS=801x +452x 201x +52x ≤400 151x +102x ≤450 1x ≥0, 2x ≥0 三、证明题

1、在△ABC 中，D 为BC 的中点，过D 作一直线分别与AC 、AB 的延长线交于E 、F 。求证：

BF

AF

EC AE = 2、正方形ABCD 中E 是CD 的中点，F 是DA 的中点，连接BF 、CF ，它们相交于P ，如图所示，求证：

AP=AB

3、设f(x)是以R 为定义域的函数，且对任意的R y x ∈,，均满足f(x+y)=f(x)+f(y)

求证：（1）f(0)=0;f(-x)=-f(x)

（2）当)()(,x mf mx f Z m =∈时

（3）当)()(,x rf rx f Q r =∈时 四、简答

1、将线性规划问题化为标准形式

321,0,0x x x ≥≥无非负限制

2、如果某线性规划问题的约束方程组为 1x -2x +3x =4 1x -2x +33x =8 写出该问题的所有基阵与基本解，并判断是否是基本可行解。

初等代数研究练习题答案

一、填空题

1、23

4

31)(3++-

=x x f x 2、

4)1(3)1(2)

1(2

3

+-++--x x x

3、ab

ab a +++21 4、1

5、（1）90； （2）15

6、约束条件

7、松弛

8、最大值

9、n 10、换基迭代 三、计算题

1、解：由tan α=2知sin α=2 cos α

cos

2

α=

5

1111

tan sec

2

2

=

+=

a

a

于是原式=

5

63

2

8cos cos 2cos 28cos cos 2

3

=

+=

++a a

a a a 2、解：令α=arc cot （43-），则2ππαππ，4ππχπ2

π cot α=43

-

，tan α=3

4- 于是cos α=53

11

tan 2

-=+-

a 所以原式=cos

5

5

2cos 12=+=a a 3、解：原方程可化为 112)4)(1(--=+-x x x

（1）x ≥1时，方程为065,22432

2

=-+-=-+x x x x x

即

解得 1,22

1

=-=x

x

所以x=1

（2）

2

1πχπ1时，方程为0652

=-+x x 解得 1,62

1

=-=x

x

此时方程无解 （3）2

14≤

≤-x 时，方程为042

=-+x x 解得 2171±-=

x 所以2

17

1--=x （4）045,42

=-+-x x x

方程为

时π 解得2

41

5±-=

x 所以2

41

5--=

x 综上知，方程的解为

2415--，2

17

1--，1 4、将△CDQ 绕点O 旋转90°至△CBQ 如图则有 △CQD ≌△CBQ ’，则有CQ=CQ ’ ① DQ=BQ ’② 因为△APQ 的周长为2，所以有PQ=PB+DQ ③ 故由②③PQ=PQ ’

因此由①④及PC 公边有△CPQ ≌△CPQ ’则∠PCQ= ∠PCQ ’ 而∠QCQ ’=90° ∠PCQ=45°。 5、解：我们先证明BD 1⊥平面AB 1C

事实上因ABCD —A 1B 1C 1D 1为正方体，则DD 1⊥平面 ABCD 。 因此 DD 1⊥AC

又因ABCD 为正方形AC ⊥BD 而DD 1和BD 相交 所以，AC ⊥平面BDD 1 BD 1在平面BDD 1上 因此 BD 1⊥AC 同理BD 1⊥AB 1 所以 BD 1⊥平面AB 1C

设垂足为H ，由于易知△AB 1C 必为等边三角形， 故易知H 为△AB 1C 的中心，连接BH ，则∠BHB 1=90° 由于AB 1= B 1C=CA=2a

则B 1H=

33 AB 1=3

3

2a=

3

6

a