第八届中国大学生数学竞赛决赛三、四年级试卷(数学类 2017.3)
2019年03月-数学类大学三、四年级从参考解答-第十届全国决赛试卷
z
z
0
由 Rouche 定理知
n
n
n
N
w
z
z
0
N (z) w z z0
n
所以F(z) (z) w
z z
0
在
z
z
0
内有 n
个零点
z
k
(k
1,
2,
,
n
)
，显然
z
k
z
0
，否
n
则 z0
F z0
0 矛盾.
从而F zk
zk w zk
z
0
0 ，所以
zk w 0 n
zk z0
.
在脐点
p
12 ,
0,
1 处，切平面单位法向量 n 4
1
(1,
0,
1)
，则与脐点
p
处的切平面平行的平面
2
方程可设为x z a ，其中a 为常数.记 与S 的截曲线C 的参数方程为
(t) (x(t), y(t), z(t)) ，
则有z(t) x(t) a, z(t) x(t)2 1 y(t)2 . 2
都是特征向量
可知，存在特征值i, i
1,
2,
,
n
使得
Ae
i
e ,i
ii
1, 2,, n .因此，A
diag
1, 2, , n
.
再由所有ei ej 都是特征向量有，存在 ij 使得
A e e e e e e
ij
ii
jj
ij i j
1
于是
ij
i
j
，因此A 为纯量方阵.由 tr(A)
2017年小学数学竞赛决赛试题及答案
2017年小学数学竞赛决赛试题2017年4月9日下午2:00--3:301.计算：=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+-+51315.644.38585.441______。
2.计算：=+++++4211230111201712156132______。
3.四位数b a 31能被33整除。
那么，b a +的最大值是_____。
4.小华每月的1号将2000元存入银行，月利率为0.5%，如果不计复利（利息不再产生利息），存足一年时，小华的本息和为_____元。
5.把一个长方体的木条左右两端切去长度分别为5厘米的一段和4厘米的一段后，得到一个正方体，如果正方体的表面积比原长方体的表面积减少360平分厘米，那么，原长方体的体积是______立方厘米。
6.有B A ,两堆乒乓球，A 堆有橙色球36个，白色球50个；B 堆球有橙色球40个，白色球10个。
小唐从B 堆中取出一些橙色球和白色球放入A 堆，使得A 堆中的橙色球和白色球个数相等，且B 堆剩下的球中，橙色球个数占B 堆剩下球总数的四分之三。
那么，从B 堆拿到A 堆得橙色球有_____个。
7.已知算式cf cf eef c ab ⨯==+19中f e c b a ,,,,代表从1到5的不同数字，那么=abcef _____。
8.果园的35个工人用8小时摘水蜜桃，共摘4400千克。
在最热的两小时中，男工每人一小时摘15千克，女工每人一小时摘11千克；其余6小时，男工每人一小时摘19千克，女工每人一小时摘15千克。
那么，果园共有女工_____人。
9.如图，三角形ABC 的面积为1，且BE CE BD AD 2,==。
那么，四边形DBEF 的面积等于_____。
10.金球合唱团共有50人，年龄均按整数计算，平均值为63.4，且合唱团成员之间任意两人的年龄差均不超过7岁。
若至少有一名成员年龄达到70岁，那么合唱团中年龄大于63岁的人最多有_____名。
11.495名学生从左到右排成一排，按如下规则从左到右报出整数：若学生报出的整数是一位数，他右边的同学就报这个一位数与9的和，若某学生报出的整数是两位数，他右边的同学就报这个两位数的个位数与5的和。
第八届全国大学生数学竞赛决赛(数学类3、4)参考答案一面
其中: x0 ∈ E , x2 ∈ E , · · · , xn ∈ E ; x1 ∈ / E, x3 ∈ / E, · · · , xn−1 ∈ / E. 构造如下: ∀n ⩾ 1, 先取 x0 = 0, x2 , x4 , · · · , xn−2 ∈ E, xn = 1
数学家
|χE (xi ) − χE (xi−1 )| → ∞, 即
因此, 当且仅当 a > 27 或 a < −37 时方程有虚根 ∫∫ ax dy dz + (x + a)2 dx dy √ (a > 0 为常数)， 3. 计算曲面积分 I = x2 + y 2 + z 2 S √ 其中 S : z = − a2 − x2 − y 2 , 取上侧. I = π 答案：− a3 2 x2 + y 2 ⩽ a2 解: 令曲面 S1 : , 取下侧, 则 S1 ∩ S 为闭下半球的内侧. z = 0 令其内部区域为 Ω, 令 D 为 xOy 平面上的圆域 x2 + y 2 ⩽ a2 , 则利用高斯公式, 得 {∫ ∫ } ∫∫ [ ] 1 2 I= − axdy dz + (z + a) dxdy a S ∪S1 S1 [ ∫∫∫ ] ∫∫ 1 − (3a + 2z )dv + = a2 dxdy a Ω D [ ] ∫∫∫ 1 4 4 = −2πa − 2 z dv + πa a Ω ∫ ∫ a ∫ 0 2 2π = −πa3 − dθ rdr √ z dz a 0 0 − a2 −r 2 π = − a3 2
ˆ(x) ∈ S . 于是, 在 R 上有界, 从而 f ∫
A
数学家
−∞
ˆ(x)e2πixy dy 收敛, 而 f
第八届全国大学生数学竞赛决赛(数学类3、4)参考答案一面
dt
−∞ ∫ +∞ −A
f (x − t)e2πity dy sin(2πAt) dt πt (3) (15 分)
= ∫ =
−∞ −∞ +∞
f (x − t)
f (x − t) − f (x) sin(2πAt)dt + f (x) πt
∫ 由 f ∈ S 易得积分
+∞
−∞
f (x − t) − f (x) dt 收敛, 从而由黎曼引理可得 πt ∫
(1)
而利用分部积分立即得到 ˆ(x), (f (n) )∧ (x) = (2πix)n f 结合 (1)—(2) 并利用 f ∈ S , 可得对任何 m, k ⩾ 0. xm dk ˆ 1 f (x) = k dx (2πi)m ∫
+∞
∀n ⩾ 0
(2)
∫
R
) dm ( (−2πiy )k f (y ) e−2πixy dy m dy
数学家
Leabharlann
第八届中国大学生数学竞赛决赛三、 四级试卷
(数学类，2017 年 3 月 18 日) 考试形式: 闭卷 考试时间: 180 分钟 满分: 150 分
一、填空题 (本题满分 20 分, 共 4 小题, 每小题 5 分) α1 α2 α3 α4 1. 设 x4 + 3x2 + 2x + 1 = 0 的 4 个根为 α1 , α2 , α3 , α4 . 则行列式 α2 α3 α4 α1 α3 α4 α1 α2 α4 α1 α2 α3 答案：0 2. 设 a 为实数，关于 x 的方程 3x4 − 8x3 − 30x2 + 72x + a = 0 有虚根的充分必要条件是 a 满足 答案：a > 27 or a < −37 解: 记: f (x) = 3x4 − 8x3 − 30x2 + 72x + a 故 f ′ (x) = 12x3 − 24x2 − 60x + 72 = 12(x3 − 2x2 − 5x + 6) = 12(x − 1)(x − 3)(x + 2) f 在 −2 和 −3 取得极小值 152 + a 和 −27 + a, f 在 1 取得极大值 37 + a. =
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
小学四年级数学竞赛试卷(附答案)
小学四年级数学竞赛试卷Ⅰ（附答案）一、填空。
（共20分，每小题2分）1．被除数是3320，商是150，余数是20，除数是（）。
2．3998是4个连续自然数的和，其中最小的数是（）。
3.有一个两位数，在它的某一位数字的前面加上一个小数点，再和这个两位数相加，得数是20.9。
这个两位数是（）4．填一个最小的自然数，使225×525×（）积的末尾四位数字都是0。
5．在下面的式子中填上括号，使等式成立。
5×8+16÷4-2=206．从1、2、3、4、5、6、7、8、9九个数中，任取3个数组成一组，使它的平均数是5，有（）种取法。
7．某地的邮政编码可用ABCCDD表示，已知这六个数字的和是8，A与B的和等于2个D，A是最小的自然数。
这个邮政编码是（）。
8．两个数之和是444，大数除以小数商11，且没有余数，大数是（）9．把5、11、14、15、21、22六个数填入下面的括号内，使等式成立。
（）×（）×（）=（）×（）×（）10．正方体有6个面，每个面上分别写有1个数字，它们是1、2、3、4、5、6，而且每个相对面上两个数的和是7（1和6，2和5，3和4）。
下图是正方体六个面的展开图，请填出空格内的数。
二、判断。
（对的在括号内画“√”，错的画“×”，共10分，每小题2分）11．大于0.9997而小于0.9999的小数只有0.9998。
（）12．一张长方形彩纸长21厘米，宽15厘米，先剪下一个最大的正方形，再从余下的纸上剪下一个最大的正方形。
这时纸的长是6厘米。
（）13．一个箱子里放着几顶帽子，除2顶以外都是红的，除2顶以外都是蓝的，除2顶以外都是黄的。
箱子中一共有3顶帽子。
（）14．一个占地1公顷的正方形苗圃，边长各加长100米，苗圃的面积增加3公顷。
（）15．有铅笔180支，分成若干等份，每份不得少于7支，也不能多于25支，共有7种不同的分法。
【精选】小学四年级数学竞赛试卷及答案word百度文库
【精选】小学四年级数学竞赛试卷及答案word百度文库一、拓展提优试题1．有一筐桃子，4个4个地数，多2个；6个6个地数，多4个；8个8个地数，少2个．已知这筐桃子的个数不少于120，也不多于150，共有个．2．将1～11填入下图的各个圆圈内，使每条线段上三个圆圈内的数的和都等于18．3．一条大河，河中间（主航道）水的流速为每小时10千米，沿岸边水的流速为每小时8千米．一条船在河中间顺流而下，10小时行驶360千米，这条船沿岸边返回原地需要小时．4．爸爸比儿子大24岁，今年爸爸的年龄是儿子的五倍，年后爸爸的年龄是儿子的三倍．5．定义运算：A△B＝2A+B，已知（3△2）△x＝20，x＝．6．4名工人3小时可以生产零件108个，现在要在8小时内生产504个零件，需增加工人名．7．六个人传球，每两人之间至多传一次，那么这六个人最多共进行15次传球．8．过元旦时，班委会用730元为全班同学每人买了一份价值17元的纪念品，剩余16元，那么，这个班共有学生名．9．买5斤黄瓜用了11元8角，比买4斤西红柿少用1元4角，那么，每斤西红柿的价格是元角．10．小东和小荣同时从甲地出发到乙地，小东每分钟行50米，小荣每分钟行60米，小荣到达乙地后立即返回，若两人从出发到相遇用了10分钟，则甲、乙两地相距米．11．一个正方形的面积与一个长方形的面积相等，若长方形的长是1024，宽是1，则正方形的周长是．12．如图，将一张圆形纸片对折，再对折，又对折，…，到第六次对折后，得到的扇形的面积是5，那么，圆形纸片的面积是．13．洋洋从家出发去学校，若每分钟走60米，则它6：53到达学校，若每分钟走75米，则她6：45到达学校，洋洋从家里出发的时刻是．14．有一笔钱，用来给四（1）班的学生每人买一个笔记本，若每本3元，则可多买6本；若每本5元，则差30元．若用完这笔钱，恰好给每人买一个笔记本，则共买笔记本24个，其中3元的笔记本个．15．甲、乙、丙、丁四人参加了一次考试，甲、乙的成绩比丙、丁的成绩和高17分，甲比乙低4分，丙比丁高5分．四人中最高分比最低分高分．【参考答案】一、拓展提优试题1．【分析】可以看做4个4个地数，少2个；6个6个地数，少2个；8个8个地数，也是少2个．也就是4、6、8的公倍数减2．[4、6、8]＝24．可以记作24x﹣2，120＜24x﹣2＜150．x是整数，x＝6．这筐桃子共有24×6﹣2，计算即可．解：[4、6、8]＝24．这筐桃子的数量可以记作24x﹣2，120＜24x﹣2＜150．x是整数，所以x＝6，这筐桃子共有：24×6﹣2＝142（个）．答：这筐桃子共有142个．故答案为：142．【点评】关键是通过把原题转化，运用了求最小公倍数以及解不等式的方法解决问题．2．解：设中间的圆圈中的数是A；根据题意可得：1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+A+A+A+A＝18×5，66+4A＝90，4A＝24，A＝6；那么每条线段剩下的两个数的和是：18﹣6＝12；又因为，1+11＝12，2+10＝12，3+9＝12，4+8＝12，5+7＝12；分别放到每条线段剩下的两个圆圈中；由以上可得：．3．解：船的静水速度为：360÷10﹣10，＝36﹣10，＝26（千米/时）；返回原地需要：360÷（26﹣8），＝360÷18，＝20（小时）；答：这条船沿岸边返回原地需要20小时．故答案为：20．4．解：根据题意，由差倍公式可得：今年爸爸的年龄是儿子的五倍时，儿子的年龄是：24÷（5﹣1）＝6（岁）；爸爸的年龄是儿子的三倍时，儿子的年龄是：24÷（3﹣1）＝12（岁）；12﹣6＝6（年）．答：6年后爸爸的年龄是儿子的三倍．故答案为：6．5．解：（3△2）△x＝20，（2×3+2）△x＝20，8△x＝20，2×8+x＝20，16+x＝20，x＝20﹣16，x＝4；故答案为：4．6．解：504÷8÷（108÷3÷4）﹣4，＝504÷8÷9﹣4，＝63÷9﹣4，＝7﹣4，＝3（名），答：需增加3名，故应填：3．7．解：一个图形中，如果有K个奇点，那么这个图形会用笔画出来．为了让这个图形用一笔画出来，则要使它只存在2个奇点．上面的图形共有6个奇点，6×5÷2＝15条线．最少可以去掉2条线（剩下13条线），使6个奇点变成2个奇点，就可以用一笔画出来了．所以6人两两传球，但每两人之间最多只能传一次，最多就能传13次．故答案为：13．8．【分析】根据题意，由减法的意义，用730元减去16元，求出全班同学每人买一份纪念品的总钱数，再根据数量＝总价÷单价，代入数据解答即可．解：（730﹣16）÷17＝714÷17＝42（名）；答：这个班共有学生42名．故答案为：42．【点评】解答此题的关键是求出全班同学每人买一份纪念品的总钱数，再根据单价、数量和总价之间的关系进行解答．9．【分析】先根据买5斤黄瓜用了11元8角，比买4斤西红柿少用1元4角，求出西红柿买需要的钱数，再根据单价＝总价÷数量即可解答．解：11元8角＝11.8元，1元4角＝1.4元（11.8+1.4）÷4＝13.2÷4＝3.3（元）；3.3元＝3元3角；答：每斤西红柿的价格是3元3角．故答案为：3，3．【点评】本题主要考查学生依据单价，数量以及总价之间数量关系解决问题的能力．10．【分析】两人从出发到相遇用了10分钟，也就是二人相遇时都行了10分钟，行了两个单程，因此先求出两人的速度和，再乘上相遇时间，再除以2，解决问题．解：（50+60）×10÷2＝110×10÷2＝1100÷2＝550（米）答：甲、乙两地相距550米．故答案为：550．【点评】此题根据关系式：速度和×相遇时间＝路程，进而解决问题．11．【分析】若长方形的长是1024，宽是1，根据长方形的面积＝长×宽，可求出长方形的面积，再根据正方形的面积公式可求出正方形的边长，然后再根据正方形的周长＝边长×4可求出它的周长．解：1024×1＝10241024＝2×2×2×2×2×2×2×2×2×2＝32×32，所以正方形的边长是32．32×4＝128答：正方形的周长是128．【点评】本题主要考查了学生对长方形面积和正方形面积与周长公式的掌握．12．【分析】把这张圆形纸片对折1次，折成的角是以这张圆形纸片的圆心为顶点，两条半径为边的平角，平角＝180°，再对折1次，就是把平角平均分成2分，每份是90°，再对折1次，就是把90°的角再平均分成2份，每份是45°，第六次对折后，平均分成了（2×2×2×2×2×2）＝64份，得到的扇形的面积是圆面积的；由此解答即可．解：5＝320答：圆形纸片的面积是320；故答案为：320．【点评】本题是考查简单图形的折叠问题，明确把圆对折6次后，得到的图形的面积是圆面积的．13．【分析】6时53分﹣6时45分＝8分钟，设从家到学校若每分钟走60米，x分钟到学校，则若每分钟走75米，x﹣8分钟到学校，因为从家到学校的距离一定，根据“速度×时间＝路程”列方程解答即可．解：设从家到学校若每分钟走60米，x分钟到学校，6时53分﹣6时45分＝8分钟60x＝（x﹣8）×7560x＝75x﹣60015x＝600x＝40；6时53分﹣40分＝6时13分；答：洋洋从家里出发的时刻是6：13．故答案为：6：13．【点评】此题考查列方程解应用题，本题关键是根据题意找出基本数量关系，设未知数为x，由此列方程解决问题．14．【分析】若每本3元，则多3×6＝18元，则总人数为（18+30）÷（5﹣3）＝24人，总钱数有5×24﹣30＝90元，进而可得结论．解：由题意得若每本3元，则多3×6＝18元，则总人数为（18+30）÷（5﹣3）＝24人，总钱数有5×24﹣30＝90元，若钱用完刚好买24本，则3元的笔记本有（24×5﹣90）÷（5﹣3）＝15个，故答案为24，15．【点评】本题考查分配盈亏问题，考查学生的计算能力，属于中档题．15．解：设乙得了x分，则甲得了x﹣4分，丙得了y分，则丁得了y﹣5分，所以（x+x﹣4）﹣（y+y﹣5）＝17，整理，可得：2x﹣2y+1＝17，所以2x﹣2y＝16，所以x﹣y＝8，所以乙比丙得分高；因为x﹣y＝8，所以（x﹣4）﹣（y﹣5）＝9，所以甲比丁得分高，所以乙得分最高，丁得分最低，所以四人中最高分比最低分高：x﹣（y﹣5）＝x﹣y+5＝8+5＝13（分）答：四人中最高分比最低分高13分．故答案为：13．。
【经典】小学四年级数学竞赛试卷及答案word百度文库
【经典】小学四年级数学竞赛试卷及答案word百度文库一、拓展提优试题1．某列车通过285米的隧道用24秒，通过245米的大桥用22秒．若该车与另一列长135米，速度为每秒10米的货车相遇，两列车从碰上到全错开用秒．2．将一张长11厘米，宽7厘米的长方形纸沿直线剪开，每次必须剪出正方形，这样最多能剪出个正方形．3．甲乙两所学校共有学生864人．新学期开学前，由甲校调入乙校32人，这时甲校还比乙校多48人．原来甲校有个学生．4．少先队员计划做一些幸运星送给幼儿园的小朋友．如果每人做10个，还差6个没完成计划；如果其中4人各做8个，其余每人各做12个，就正好完成计划．问一共计划做颗幸运星．5．一次乐器比赛的规则规定：初赛分四轮依次进行，四轮得分的平均分不低于96分的才能进入决赛，小光前三轮的得分依次是95、97、94．那么，他要进入决赛，第四轮的得分至少是分．6．在□中填上适当的数，使竖式成立．7．一个两位数除723，余数是30，满足条件的两位数共有个，分别是．8．喜羊羊等一群小羊割了一堆青草准备过冬吃．他们算了一下，平均每只小羊割了45千克．如果除了他们自己外，再分给慢羊羊村长一份，那么每只小羊可分得36千克．回到村里，懒羊羊走来，也要分一份．这样一来，每只小羊就只能分得千克草了．9．如图，阴影小正方形的边长是2，最外边的大正方形的边长是6，则正方形ABCD的面积是．【分析】如图所示：添加辅助线，因为阴影小正方形的边长是2，最外边的大正方形的边长是6，则大正方形被分成了9个小正方形，其中大正方形每个角上的三角形的面积相当于边长是2的小正方形的面积，所以正方形ABCD的面积相当于5个阴影小正方形的面积，然后利用正方形的面积公式即可求解．10．（15分）水果店用三种水果搭配果篮，每个果篮里有2个哈密瓜，4个火龙果，10个猕猴桃，店里现有的火龙果的数量比哈密瓜的3倍多10个，猕猴桃的数量是火龙果的2倍，当用完所有的哈密瓜后，还剩130个火龙果．问：（1）水果店原有多少个火龙果？（2）用完所有的哈密瓜后，还剩多少个猕猴桃？11．小明有100元钱，买了3支相同的钢笔后还剩61元，则他最多还可以买支相同的钢笔．12．如图，一个大正方形被分成四个相同的小长方形和一个小正方形，若一个小长方形的周长是28，则大正方形的面积是．13．教室里有若干学生，他们的平均年龄是8岁．如果加上李老师的年龄，他们的平均年龄就是11岁．已知李老师的年龄是32岁．那么，教室里一共有人．14．袋子中有黑白两种颜色的棋子，黑子的个数是白子的个数的2倍，每次从袋中同时取出3个黑子和2个白子，某次取完后，白子剩下1个，黑子剩下31个，则袋中原有黑子个．15．甲、乙、丙、丁四人参加了一次考试，甲、乙的成绩比丙、丁的成绩和高17分，甲比乙低4分，丙比丁高5分．四人中最高分比最低分高分．【参考答案】一、拓展提优试题1．解：列车速度为：（285﹣245）÷（24﹣22）＝40÷2，＝20（米）；列车车身长为：20×24﹣285＝480﹣285，＝195（米）；列车与货车从相遇到离开需：（195+135）÷（20+10），＝330÷30，＝11（秒）．答：列车与货车从相遇到离开需11秒．2．解：根据题干分析可得：答：一共可以剪出6个正方形．故答案为：6．3．解：甲校比乙校多的人数：32×2+48＝112人，甲校的人数：（864+112）÷2，＝976÷2，＝488（人）．答：原来甲校有488人．故答案为：488．4．解：[（12﹣8）×4+6]÷（12﹣10），＝[16+6]÷2，＝22÷2，＝11（人）；10×11+6＝116（个）；答：一共计划做116颗幸运星．故答案为：116．5．【分析】要想四轮得分的平均分不低于96分，总分应该达到96×4＝384分，用这一分数减去小光前三轮的得分即可解答．解：96×4﹣95﹣97﹣94，＝384﹣95﹣97﹣94，＝98（分）；答：第四轮的得分至少是98分．【点评】本题主要考查简单规划问题，熟练掌握平均数的定义与求法是解答本题的关键．6．解：根据题干分析可得：7．解：723﹣30＝693，693＝3×3×7×11，所以一个两位数除723，除数大于30的两位数因数有：11×3＝33，11×7＝77，3×3×7＝63，11×3×3＝99，共4个；故答案为：33、63、77、99．8．解：设割草的小羊有x只，则它们一共割草45x千克，45x＝36（x+1）45x＝36x+369x＝36x＝445×4÷（4+1+1）＝180÷6＝30（千克）答：这样一来，每只小羊就只能分得30千克草了．故答案为：30．9．解：2×2×5＝20答：正方形ABCD的面积是20．故答案为：20．【点评】解答此题的关键是：将原图形进行分割，然后利用正方形的面积公式求解．10．【分析】（1）所有的果篮用掉2个哈密瓜，4个火龙果，8个猕猴桃．当哈密瓜全部用完时，用掉火龙果的数量是哈密瓜的2倍，依题意，可画出线段图帮助理解：剩下的130个对应着箭头部分，然后列式解答；（2）先求出水果店原有的猕猴桃，即370×2＝740（个）；再求用完所有的哈密瓜后，还剩下的猕猴桃数即可．解：（1）（130﹣10）÷2＝120÷2＝60（个）60×6+10＝360+10＝370（个）答：水果店原有370个火龙果．（2）370×2＝740（个）740﹣60×10＝740﹣600＝140（个）答：还剩140个猕猴桃．【点评】此题属于比较难的题目，解答的关键在于画出线段图来理解，找出数量关系式，列式解答．11．【分析】根据题意，可用100减去61计算出购买3支钢笔花的钱数，然后再除以3计算出每支钢笔的钱数，最后再用100除以每支钢笔的钱数进行计算，得到的商就是最多购买钢笔的支数，得到的余数就是剩余的钱数，最后再用最多购买的钢笔数减去原来买的3支即可．解：（100﹣61）÷3＝39÷3＝13（元）100÷13＝7（支）…9（元）7﹣3＝4（支）答：他最多还可以买4支同样的钢笔．故答案为：4．【点评】此题主要考查的有余数除法计算方法的应用，解答时关键求出每支钢笔的单价．12．【分析】一个小长方形的周长是28，也就是小长方形的长和宽的和是28÷2＝14，也就是大正方形的边长，然后根据正方形的面积公式，解决问题．解：28÷2＝1414×14＝196答：大正方形的面积是196．故答案为：196．【点评】根据长方形的长和宽与正方形边长之间的关系，先求出小长方形的长和宽的和，即求出了大正方形的边长．13．解：（32﹣11）÷（11﹣8）+1＝21÷3+1＝8（人）答：教室里一共有 8人．故答案为：8．14．【分析】因黑子个数是白子个数的2倍，可假设黑子每次取的个数也是白子的2倍，即黑子每次2×2＝4个、白子每次取2个，则白子余1个时，黑子余2个．现每次黑子取少4﹣3＝1个了，则黑子多出来的数量，除以应取和实取的差，就是取的次数．据此解答．解：假设黑子每次取的个数也是白子的2倍，即黑子每次2×3＝6个、白子每次取3个，则：（31﹣1×2）÷（2×2﹣3）＝29÷1＝29（次）3×29+31＝87+31＝118（个）答：袋中原有黑子 118个．故答案为：118．【点评】本题的关键是根据黑子是白子个数的2倍，假设每次取黑子的个数是白子的2倍，与实际取黑子的差，及实际取与假设取应剩下黑子的差，进行解答．15．解：设乙得了x分，则甲得了x﹣4分，丙得了y分，则丁得了y﹣5分，所以（x+x﹣4）﹣（y+y﹣5）＝17，整理，可得：2x﹣2y+1＝17，所以2x﹣2y＝16，所以x﹣y＝8，所以乙比丙得分高；因为x﹣y＝8，所以（x﹣4）﹣（y﹣5）＝9，所以甲比丁得分高，所以乙得分最高，丁得分最低，所以四人中最高分比最低分高：x﹣（y﹣5）＝x﹣y+5＝8+5＝13（分）答：四人中最高分比最低分高13分．故答案为：13．。
2017第八届高思杯(4年级)-数学部分 试题卷A3黑白
今年，他们又聚在了一起，再次谈到了自己的年龄．
小高：有人的年龄是我的 2 倍；
小思：有人的年龄和我的加起来是 26 岁；
小贝：小思比我小 6 岁；
小明：有人 20 岁了．
神奇的是，4 个人说的话没有变，而且都是正确的，那么今年小高是__________岁．
27. 如图所示，在竖式中，相同字母代表相同数字，不同字母代表不同数字．已知 2、0、1、7 这 4 个数
14. 如图所示，一个正方形点阵，最小正方形的面积是 1 平方厘米， 那么阴影
图形的面积是__________平方厘米．
15. “GSB”是“高思杯”的缩写，现有 3 种不同颜色的彩笔，要求给这 3 个字
母涂上颜色．要求每个字母只能涂一种颜色，相邻两个字母的颜色不同，那么一共有__________种
字都出现在了加数中，而 2、0、1、6 这 4 个数字都出现在了和中，那么四位数 ABCD 的最小值是
__________．
A BCD + E FGH
-3-
-4-
18. 在右边竖式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，其中
高杯
“茶”是“思”的 2 倍，那么三位数“ 高思杯 ”是__________．
思杯 ＋ 茶杯
高思杯
三、 填空题 II（本大题共 6 小题，每题 5 分，共 30 分）
19. 观察数组（1，2，3，4，5），（2，4，6，8，10），（3，6，9，12，15），„„的规律．某组所有数之
28. 甲车从齐头并进到完全超过乙车共需要多少秒？ 29. 丙火车的速度是每秒行多少米？ 30. 丙火车的车长是多少米？
26. 4 年前，小高、小思、小贝和小明聚在一起聊天，他们谈到了自己的年龄．
第八届全国大学生数学竞赛决赛试卷参考答案2
)2 ai bi
ď
n ÿ i=1
a2 i
n ÿ i=1
b2 i,
等号当 ai 与 bi 对应成比例时成立.
£
Σ
⃝
Bf dS = Bn
£
Σ
(x2 + y 2 + z 2 )
Bf dS Bn
(2) (5 分)
有
密封线 答题时不要超过此线
姓名
?
x+
?
x + 27 +
?
13 ´ x = 1 ¨ c
?
x+
?
c
f (t) dt +
0
ż ?13´x
f (t) dt ď 11
0
¡ (
x
并给出取等号的条件。
Bf Bf Bf +y +z Bx By Bz
) dxdy dz
考场号
证明. 由条件 0 ď f (x) ď 1, 有
Ñ 解. 记球面 Σ : x2 + y 2 + z 2 = 1 外侧的单位法向量为 Ý n = (cos α, cos β, cos γ ), 则 ż ?13´x
⃝
非数学类, 2017 年 3 月 18 日
(14 金融工程 ´ 白兔兔)
绝密 ‹ 启用前
考试形式： 闭卷
题号 一 30 二 14
考试时间： 150 分钟 满分： 100 分
三 14 四 14 五 14 六 14 总 分 100
考场号
满分 得分
( π) sin x 令 φ(x) = ? ´ x 0 ă x ă ,则 3 2 cos x φ (x) =
␣ ( 设函数 f (x, y, z ) 在区域 Ω = (x, y, z )|x2 + y 2 + z 2 ď 1 上具有连续的二阶偏导数, 且满足 B2f B2f B2f a 2 + + 2 = x + y2 + z2 B x2 B y 2 Bz
全国大学生数学竞赛第八届答案
从而
x0
=
2
,
y0
=
1
,
得
z0
=
x20 2
+ y02
=
3
,
从而所求切平面为
2(x − 2) + 2(y − 1) − (z − 3) = 0
即 二 (本题满分 14 分)
2x + 2y − z = 3
设 f (x) 在 [0, 1] 可导, f (0) = 0, 且当 x ∈ (0, 1) , 0 < f ′(x) < 1 .
,n
.
lim
(∫ n
1
f (x) dx −
1
∑n ( k )) f
n→∞
0
( ∑n
∫
xk
n
n
k=1
)
∑n
= lim n
f (x) dx − hf (xk)
n→∞
k=1 xk1
k=1
∑n ∫ xk (
)
= lim n
f (x) − f (xk) dx
n→∞ k=1 xk1
∑n ∫ xk = lim n
2π ∫ dφ
π∫ dθ
1 r2 · r2 sin θ dr = 4π
0
0
0
5
Σ
由于 u2, v2, w2 在 Σ 上积分都是 I , 故 3
(
)
√
M = √1
111
52
+ + I+A= π
23 3 6
6
准考证号
学校
省市
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四 (本题满分 14 分)
第八届全国大学生数学竞赛试题及参考答案
第八届全国大学生数学竞赛试题一、填空题（满分30分，每小题6分）1. 若)(x f 在点a x =处可导，且0)(≠a f ，则=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→nn n f n a f )()1(lim。
2. 若0)1(=f ，)1(f '存在，求极限xexx x f I x x sin )1(3tan )cos (sin lim220-⋅+=→3. 设)(x f 有连续导数，且2)1(=f 。
记)(2y e f z x =，若z xz=∂∂，求)(x f 在0>x 的表达式。
4. 设x e x f x 2sin )(=，求)0()4(f 。
5. 求曲面222y x z +=平行于平面022=-+z y x 的切平面方程。
二（满分14分）、设)(x f 在]1,0[上可导，0)0(=f ，且当)1,0(∈x ，1)(0<'<x f 。
试证：当)1,0(∈a 时，有 dx x f dx x f aa )()(302⎰⎰>⎪⎭⎫⎝⎛ 三（满分14分）、某物体所在的空间区域为 {}z y x z y x z y x 22),,(222++≤++=Ω，密度函数为 222z y x ++，求其质量dxdydz z y x M )(222++=⎰⎰⎰Ω四（满分14分）、设函数)(x f 在闭区间]1,0[上具有连续导数，0)0(=f ，1)1(=f 。
证明： 21)(1)(lim 110-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∑⎰=∞→n k f n dx x f n n k n 四（满分14分）、设函数)(x f 在闭区间]1,0[上连续，且0)(10≠=⎰dx x f I 。
证明：在)1,0(内存在不同的两点21,x x ，使得Ix f x f 2)(1)(121=+ 六（满分14分）设)(x f 在),(∞+∞-上可导，且 )3()2()(+=+=x f x f x f ， 用Fourier 级数理论证明)(x f 为常数。
2021年03月-数学类三、四年级-第八届全国决赛试卷
x 2 + y 2 + z 22一、填空题：2017 年第八届全国大学生数学竞赛决赛（数学三、四年级）试卷(前 4 大题为必答题，从 5-10 大题中任选三题)(1)设x 4+ 3x 2+ 2x + 1 = 0 的 4 个根为α1, α2, α3, α4, 则= .(2)设a 为实数，关于x 的方程3x 4- 8x 3 - 30x 2+ 72x + a = 0 有虚根的充分必要条件是a 满足.(3) 计 算 曲 面 积 分 IS : z = - ax d y d z + (z + a )2d x d y = ⎰⎰( a > 0 S，取上侧，则I = .为 常 数 ) ， 其 中(4)记两个特征值为 1，2 的 2 阶实对称矩阵的全体为.素，则集合⋃A ∈ {a 21}的最小元等于 .∀A ∈ ,a 12 表示A 的(2, 1)位置元第二题：在空间直角坐标系中设旋转抛物面 的方程为z =1 (x 2+ y 2 ). 设P 为空间中的平面，它交抛物面于交线C . 问：C 是何种类型的曲线？证明你的结论.第三题：证明题：设n 阶方阵A , B 满足：秩(ABA )=秩(B ). 证明： AB 与BA 相似.第四题：对 R 上无穷次可微的（复值）函数ϕ (x )，称φ ∈ S ，如果 ∀m , k ≥ 0 成立sup x m ϕ(k ) (x ) < +∞ . 若 f ∈ S , 可定义 f ˆ(x ) = ⎰ f (y )e -2πixy d y (∀x ∈ R ).x ∈R证明： f ˆ ∈ S ，且f (x ) =RRfˆ(y )e 2πi x y d y (∀x ∈ R ). 第五题：（抽象代数）设(F , +, .)是特征为p (p ≠ 0)的域，1 和 0 分别为F 的单位元和零元.若 ϕ 为 其 加 群 (F , +) 到 其 乘 法 半 群 (F ,.)的 同 态 ， 即 ∀x , y ∈ F 有 ϕ (x + y ) = ϕ (x )ϕ (y ). 证明：ϕ 要么将F 的所有元映照为 0，要么将F 的所有元映照为1.第六题：（实变函数）(1)设E 是三分 Cantor 集，证明χE (x )不是⎡⎢⎣0, 1⎤⎥⎦ 上的有界变差函数. (2) 设E ⊂ ⎡⎢0, 1⎤⎥ ，证明χE(x )在⎡⎢0, 1⎤⎥ 上有界变差的充要条件是E 的边界点集是有限集. ⎣⎦⎣ ⎦第七题：（微分几何）设 S 为三维欧式空间中的一张连通光滑的正则曲面，过 S 上每一点都存在不同的三条直线落在曲面 S 上。
2021年03月-数学类三四年级-第九届全国决赛试卷
⎪ 2021 年第九届全国大学生数学竞赛决赛（数学类三、四年级）试卷(前 4 大题为必答题，从 5-10 大题中任选三题)一、填空题（本题满分 20 分，每小题 5 分） ⎛ 0 1⎫⎪ ⎛ H n I ⎫⎪ (1) 设实方阵H 1 = ⎪, H n +1 = ⎪, n ≥ 1 ，其中I 是与H n 同阶的单位 ⎝1 0⎪⎭ 方阵，则rank(H 4 ) =⎝ I H n ⎪⎭(2) lim ln(1 + tan x ) - ln(1 + sin x ) =x →0 x 3⎧⎪x = π sin (t / 2) (3) 设Γ 为空间曲线⎪⎨y = t - sin t ⎪z = sin 2t ⎪⎩, t : 0 → π ，则第二型曲线积分则为 e sin x (cos x cos y d x - sin y d y ) + cos z d z Γ⎛ ⎫ ⎛ 1 a a a ⎫⎪ x 1 ⎪ ⎪ x ⎪ a 1 a a ⎪ (4) 设二次型f (x , ⋯, x ) = (x , ⋯, x )A 2 ⎪ 的矩阵A 为 ⎪ ，其中 1 n 1 n ⎪ ⎪ ⎪ a a 1 a ⎪ x ⎪ ⎪ ⎝ n ⎪⎭ a a a 1⎪ ⎝ ⎭n > 1,a ∈ ，则f 在正交变换下的标准形为二、（本题 15 分）在空间直角坐标系下，设有椭球面 x 2 y 2 z 2 S : + + = 1, a ,b ,c > 0a 2b 2c 2及S 外部一点A (x 0, y 0, z 0 )，过A 点且与S 相切的所有直线构成锥面∑ . 证明：存在平面 ∏ ，使得交线S ⋂ ∑ = S ⋂ ∏ ；同时求出平面∏ 的方程.三、（本题 15 分）设A , B ,C 均为n 阶复方阵，且满足AB - BA = C , (1) 证明：C 是幂零方阵；AC = CA , BC = CB(2) 证明：A , B ,C 同时相似于上三角阵；(3) 若C ≠ 0 ，求n 的最小值.⎰k 2 2四、（本题 20 分）设f (x ) 在[0, 1]上有二阶连续导函数，且f (0)f (1) ≥ 0 .求证：1 1 1⎰0 f '(x ) d x ≤ 2⎰0 |f (x ) | d x + ⎰0 f ''(x ) d x五、（本题 10 分）（抽象代数）设G 为群，且满足： ∀x , y ∈ G ,(x y )2 = (yx )2 .证明： ∀x , y ∈ G ，元素xyx -1y -1 的阶不超过2 .六、（本题 10 分）（实变函数）设E ⊂n 为可测集满足m (E ) < ∞ . 设 f , f ∈ L 2(E ) ， 在E 上几乎处处有f k → f ，且lim sup ⎰ f (t ) d t ≤ ⎰|f (t ) |2 d t < ∞ k →∞ E k E求证：lim k →∞ ⎰E f k (t ) - f (t ) d t = 0 七、（本题 10 分）（微分几何）已知椭圆柱面S ：r (u , v ) = {a cos u ,b sin u , v }, (1) 求S 上任意测地线的方程；(2) 设a = b . 取- π ≤ u ≤ π, -∞ < v < +∞P = (a , 0, 0),Q = (a cos u 0,a sin u 0, v 0 )(-π < u 0 < π,-∞ < v 0 < +∞) . 写出S 上连接P ,Q 两点的最短曲线的方程.八、（本题 10 分）（数值分析）推导求解线性方程组的共梯度法的计算格式，并证明该格式经有限步迭代后收敛.九、（本题 10 分）（复变函数）设函数f (z )在单位圆| z |< 1 内解析，在其边界上连续. 若在| z |= 1 上| f (z ) |= 1 . 证明f (z )为有理函数.十、（本题 10 分）（概率统计）设X 1, X 2,, X n 是独立同分布的随机变量，其有共同的分布函数 F (x ) 和密度函数 f (x ) . 现对随机变量 X 1, X 2,, X n 按大小顺序重新排列为 X n 1 ≤ X n 2 ≤ ≤ X nn(1) 求随机变量(X n 1, X nn ) 的联合概率密度函数f 1n (x , y )；(2) 如果X i (i = 1, 2,, n ) 服从区间[0, 1]上的均匀分布，求随机变量U 的密度函数f U (u ) . = X nn + X n 1。