精品全国数学竞赛训练题三(有答案)
教育部数学竞赛试题及答案
教育部数学竞赛试题及答案试题一：代数部分1. 计算下列表达式的值：\( (x^2 - 3x + 2) / (x - 1) \)，当\( x = 2 \)。
2. 解方程：\( 2x^2 + 5x - 3 = 0 \)。
3. 证明：对于任意实数 \( a \) 和 \( b \)，\( (a + b)^2 \leq2(a^2 + b^2) \)。
试题二：几何部分1. 已知三角形ABC中，角A为30度，角B为45度，求角C的度数。
2. 圆O的半径为5，点P在圆上，OP=3，求点P到圆心O的切线长度。
3. 证明：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。
试题三：概率统计部分1. 抛掷一枚均匀硬币两次，求至少出现一次正面的概率。
2. 从1到10的整数中随机选择一个数，求这个数是奇数的概率。
3. 一个班级有30名学生，其中15名男生和15名女生。
随机选择5名学生，求至少有3名男生的概率。
试题四：数论部分1. 证明：对于任意正整数 \( n \)，\( n^5 - n \) 总是能被30整除。
2. 求所有小于100的正整数，它们既是完全平方数，又是完全立方数。
3. 证明：不存在两个连续的完全平方数，它们的和是一个完全立方数。
答案：试题一：1. 将 \( x = 2 \) 代入表达式，得到 \( (2^2 - 3*2 + 2) / (2 -1) = 0 \)。
2. 解方程 \( 2x^2 + 5x - 3 = 0 \)，使用公式 \( x = \frac{-b\pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \)，得到 \( x = \frac{-5 \pm\sqrt{25 + 24}}{4} = \frac{-5 \pm 7}{4} \)，即 \( x = -2 \)或 \( x = \frac{1}{2} \)。
3. 证明：\( (a + b)^2 = a^2 + b^2 + 2ab \)，而 \( 2(a^2 + b^2) = 2a^2 + 2b^2 \)，显然 \( 2ab \leq 2a^2 + 2b^2 \)，所以 \( (a + b)^2 \leq 2(a^2 + b^2) \)。
全国数学能力竞赛试题及答案
全国数学能力竞赛试题及答案试题一：代数基础题目：解下列方程组：\[ \begin{cases}x + y = 5 \\2x - y = 1\end{cases} \]答案：将第一个方程乘以2得到 \( 2x + 2y = 10 \)，然后将其与第二个方程相加，得到 \( 3x = 11 \)，解得 \( x = \frac{11}{3} \)。
将 \( x \) 的值代入第一个方程，解得 \( y = 5 - \frac{11}{3} = \frac{4}{3} \)。
试题二：几何问题题目：在直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，求AB的长度。
答案：根据勾股定理，AB的长度可以通过以下公式计算：\[ AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13 \]试题三：概率统计题目：一个袋子里有5个红球和3个蓝球，随机抽取2个球，求至少有1个红球的概率。
答案：首先计算没有红球的概率，即两个球都是蓝球的概率，为\( \frac{3}{8} \times \frac{2}{7} = \frac{6}{56} \)。
因此，至少有1个红球的概率为 \( 1 - \frac{6}{56} = \frac{50}{56} = \frac{25}{28} \)。
试题四：数列与级数题目：数列 \( \{a_n\} \) 满足 \( a_1 = 1 \) 且 \( a_{n+1} = 2a_n \)，求 \( a_5 \) 的值。
答案：根据数列的递推关系，可以依次计算出：\[ a_2 = 2a_1 = 2 \]\[ a_3 = 2a_2 = 4 \]\[ a_4 = 2a_3 = 8 \]\[ a_5 = 2a_4 = 16 \]试题五：组合数学题目：从10个人中选出3个人组成一个委员会，求不同的委员会组合数。
全国数学竞赛小学四年级决赛集训试题附答案
全国数学竞赛小学四年级决赛集训试题(附答案)全国数学竞赛小学四年级决赛集训试题（一）姓名＿＿＿＿得分＿＿＿＿一、填空题（每题6分，共60分）1、已知2※3=2+3+4，7※2=7+8，3※5=3+4+5+6+7，…，按此规则，如果n※8=68，那么n=。
2、计算：（2×3×4+4×6×8+6×9×10+……+200×300×400）÷（1×2×3+2×4×6+3×6×9+……+100×200×300）＝。
3、如图，方格纸上放了20枚棋，以棋子为顶点的正方形一共有个。
4、从3，4，5，6，10，11，12这七个数中，取出两个数组成一个最简真分数，共有种取法。
5、一个粗心的会计，在给货主汇款时，把货主开来的发票上应付款多看了一位，使应付款扩大了10倍。
几天后，货主将她多汇的75258元如数退回了。
应付款是元。
6、小芳每分钟吹一次肥皂泡，每次恰好吹出100个。
肥皂泡吹出以后，经过1分钟有一半破了；经过2分钟还有120没破；经过2.5分钟后全部都破了。
阿芳吹完第100次时，没有破的肥皂泡共有个。
7、某部队设计训练规定：用步枪射击，发给子弹10发，每击中靶心一次奖励2发；用手枪射击，发给子弹14发，每击中一次奖励3发。
王明步枪射击，李强用手枪射击，当他们把发的和奖励的子弹都打完时，两人的射击的次数相等。
王明击中靶心20次，李强击中靶心次。
28、水果店运来的西瓜个数是哈密瓜个数的4倍，如果每天卖130个西瓜和36个哈密瓜，那么哈密瓜卖完后还剩下70个西瓜，那么水果店运来的西瓜和哈密瓜一共个。
9、自行车队出发12分钟后，通信员骑摩托车去追他们，在距出发地点9千米处追上了自行车队，然后通信员立即返回出发点，到出发点后又返回去追上自行车队，再追上时，恰好离出发点18千米，自行车的速度为千米/小时。
数学竞赛高数试题及答案
数学竞赛高数试题及答案试题一：极限的计算问题：计算极限 \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}\)。
解答：根据洛必达法则，我们可以将原式转换为 \(\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1}\)，由于 \(\cos 0 = 1\)，所以极限的值为 1。
试题二：导数的应用问题：若函数 \( f(x) = 3x^2 - 2x + 1 \)，求其在 \( x = 1 \) 处的导数值。
解答：首先求导数 \( f'(x) = 6x - 2 \)，然后将 \( x = 1 \) 代入得到 \( f'(1) = 6 \times 1 - 2 = 4 \)。
试题三：不定积分的求解问题：求不定积分 \(\int \frac{1}{x^2 + 1} dx\)。
解答：这是一个基本的积分形式，可以直接应用反正切函数的积分公式，得到 \(\int \frac{1}{x^2 + 1} dx = \arctan(x) + C\)，其中\( C \) 是积分常数。
试题四：级数的收敛性判断问题：判断级数 \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \) 是否收敛。
解答：根据比值测试，我们有 \(\lim_{n \to \infty}\frac{1}{(n+1)^2} / \frac{1}{n^2} = \lim_{n \to \infty}\frac{n^2}{(n+1)^2} = 1\)，由于极限值为 1，小于 1，所以级数收敛。
试题五：多元函数的偏导数问题：设函数 \( z = f(x, y) = x^2y + y^3 \)，求 \( f \) 关于\( x \) 和 \( y \) 的偏导数。
解答：对 \( x \) 求偏导，保持 \( y \) 为常数，得到 \( f_x =2xy \)。
对 \( y \) 求偏导，保持 \( x \) 为常数，得到 \( f_y = x^2 + 3y^2 \)。
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(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. =
全国初中数学竞赛试题(含答案)-20220207144625
全国初中数学竞赛试题(含答案)20220207144625一、选择题（每题5分，共30分）1. 若x是正数，则x²+x的最小值是（）A. 0B. 1C. 2D. 32. 下列各数中，不是有理数的是（）A. 2B. 0.5C. √3D. 3/43. 一个等差数列的前三项分别是2、5、8，那么这个数列的第10项是（）A. 17B. 18C. 19D. 204. 若a²=36，则a的值可能是（）A. 6B. 6C. 6或6D. 无法确定5. 下列各式中，与x²3x+2等价的是（）A. (x2)(x1)B. (x+2)(x1)C. (x2)(x+1)D. (x+2)(x+1)6. 若一个正方形的周长是20cm，那么它的面积是（）A. 25cm²B. 30cm²C. 40cm²D. 50cm²二、填空题（每题5分，共20分）7. 若a+b=5，ab=4，则a²+b²的值是______。
8. 一个圆柱的底面半径是2cm，高是5cm，那么它的体积是______cm³。
9. 若一个等比数列的前三项分别是1、2、4，那么这个数列的第4项是______。
10. 下列各式中，与3x²2x1等价的是______。
三、解答题（每题10分，共30分）11. 解方程：2x5=3x+2。
12. 求证：若a²+b²=2ab，则a=b。
13. 已知一个三角形的两边长分别是5cm和7cm，求第三边的可能长度范围。
答案：一、选择题1. B2. C3. C4. C5. A6. A二、填空题7. 9 8. 62.8 9. 8 10. (3x+1)(x1)三、解答题11. x=712. 证明：由a²+b²=2ab，得a²2ab+b²=0，即(ab)²=0，所以a=b。
2021年03月-数学类三、四年级参考解答-第五届全国决赛试卷
第五届全国大学生数学竞赛决赛 （数学类三、四年级）参考答案一、【参考证明】：设l 是过P 点的抛物面S 的一条切线，它的方向向量为V 示为= (u , v , w )，则切点可以表 Q = P + t V = (a + tu ,b + tv ,c + tw ),2 2其中t 是二次方程2(c + tw ) = (a + tu) + (b + tv ) , 也就是的唯一重根.(u 2 + v 2)t 2 + 2(au + bv - w )t + (a 2 + b 2 - 2c ) = 022 2 2 2w - au - bv a 2 + b 2 - 2c 这时，(au + bv - w) = (u+ v)(a + b - 2c ), 得t ==u 2 + v 2.w - au - bv于是切点Q = (X ,Y , Z ) = (a + tu ,b + tv ,c + tw )满足a X +b Y -Z = (a 2 + b 2 -c )+ t (a u + b v -w ) = c .于是所有切点Q 落在平面ax + by - z = c 上.二、【参考证明】：(1) 由于tr (A ) 是A 的特征值之和，得λ1 的代数重数也是 3，而A 的另一特征值λ2 = 0 ，且λ2 = 0 的代数重数为 1. 结果A 有四个线性无关的特征向量. 故A 可对角化. (2) 由于λ1 = 2 的重数为 3，故有⎛ 0 2 2 -2⎪⎫ ⎪rank (A - 2E ) = rank a -2 b c ⎪. ⎪ d e -2 f ⎪ ⎝g h k 2 ⎪⎪⎭进而a / 0 = -2 / 2 = b / 2 = c / -2 ，得a = 0,b = -2,c = 2;d / 0 =e / 2 = -2 / 2 =f / -2 ，得d = 0,e = -2, f = 2;g / 0 =h / 2 = k / 2 = 2 / -2 ，得g = 0,h = -2, k = -2 ，⎛ 2 2 2 -2⎪⎫ ⎪ 于是A = 0 0 -2 2 ⎪. 注意到f (x , x , x , x ) = x T Ax = x T Bx , 其中 1 2 3 4 0 -2 0 2 ⎪ ⎝0 -2 -2 4 ⎪⎪⎭⎛ 2 1 1 -1⎪⎫ T 1 0 -2 0 ⎪ B = A + A , B = ⎪.21 -2 0 0 ⎪ ⎪ -1 0 0 4 ⎪ ⎝⎪⎭1 2 3 4⎝ ⎢ 1 k m n k m k m k m m k m k m ⎰ ⎰ t B 的特征值为λ1 = 2 （二重），λ1,2 = 1 ± 2 为2y 2 + 2y 2 + (1 + 2 3)y 2 + (1 - 2 3)y 2. （一重）. 故 f (x 1, x 2, x 3, x 4 )在正交变换下的标准型三、【参考证明】：令g (t ) = ⎛ t 0 ⎫β f (x )d x ⎪ ⎭ - t f α 0 (x )d x , 则g (t ) 可导， ⎡ ⎛ t ⎫β-1⎤ g '(t ) = f (t )⎢β f (x )d x ⎪- f α-1(t )⎥ . ⎢ ⎝⎰0 ⎪⎭ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦1 ⎡ 1 ⎤令h (t ) = ββ-1 ⎰ t f (x )d x - f 2(t ), 则有h '(t ) = f (t )⎢ββ-1 - 2f '(t ⎥. )⎥ 0 ⎢ ⎥⎣⎢⎥⎦ 由于β > 1, f '(x ) ≤ 1，我们有h '(t ) ≥ 0 . 这说明h (t )单调递增，从h (0) = 0 ，得h (t ) ≥ 0 . 因 2而g '(t ) ≥ 0 . 从g (0) = 0 ，得g (t ) ≥ 0 ，即⎰ f α(x ) d x ≤ ⎛ ⎰ t⎫β f (x )d x ⎪. 0 令t → +∞ ，即得所证.⎝ 0⎪⎭ 四、【参考证明】：C max =1 - 2. 不妨设f (x ) 的最小实根为 0，最大实根为a . 设 nf (x ) = (x - x 1 )(x - x 2 )(x - x n ),先证以下引理：0 = x 1 ≤ x 2 ≤ ≤ x n = a .引理：若存在2 ≤ k , m ≤ n - 1 使得x k < x m ，令x k < x ' ≤ x ' < x 满足x + x = x ' + x' , 令 f 1 (x ) = (x - x ')(x - x ' )(x - x ' ), x ' = x , i ≠ k , m .则d (f ') ≤d (f '). 1 2 n i i证明：注意到f (x ) = f 1 (x )- δF (x ),F (x ) =其中f 1 (x ), δ = x 'x '- x x> 0.(x - x ' )(x - x ' )k mk m设 α, β 分 别 为 f '(x ) 的 最 大 最 小 实 根 ， 则 有 f (α) ≤ 0, f (β)(-1) ≤ 0. 由 罗 尔 定 理111α ≥ x m , β ≤ x k ，并且f '(α) = δ(2α - x ' - x ' ) f (α).(α - x ' )2 (α - x ' )2 1则 f '(α)f 1(α) ≥ 0 ，故 f '(α) ≤ 0 . 这表明 f '(x ) = 0 的最大实根大于或等于α. 同理， f '(x ) = 0 最3- ⎦ ()F ⎩小实根小于或等于β. 引理证毕. 令g (x ) = x (x -a )(x -b )n -2,b =x 2 + x 3 ++ x n -1.n 2由引理得到d (f ')≥ d (g '). 由于g '(x ) = (x - b )n -3(nx 2 -((n - 1)a + 2b )x + a b ),2 d (g ') =≥ 1 - a . n⎛ a ⎫n -2于是C 的最大值C max ≥ , 且当f (x ) = x (x -a ) x - ⎪ 时，d (f ') = ⎝ (f ). 2 ⎪⎭ 五、【参考证明】：用反证法. 设存在x 0 ∈ ⎡⎢⎣a ,b ⎤⎥ 使得z x 0 ) > y (x 0 ).令M = {x ∈ ⎡⎢a ,b ⎤⎥ | z (x ) > y (x )}, 则M 为⎡⎢a ,b ⎤⎥ 的非空开子集. 故存在开区间(α, β) ⊂ M 满足 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦y (α) = z (α), z (x ) > y (x ), x ∈ (α, β).这推出z (x )- y (x )单调不增，故z (x )- y (x ) ≤ z (a )- y (a )= 0. 矛盾.六、【参考证明】：因为当| z |= 1 时，f (z ) = 1 ，所以根据极大模原理，在D 上 f (z ) < 1 ，即f (D )⊂ D .1 - af (z ) 若存在a ∈ D 使得a ∉ f (D ) ，则函数g (z )=f (z )- a以及1 / g (z )在D 上解析，并容易验证当| z |= 1 时， g (z ) = 1 . 因此，根据极大模原理，在D 上有 g (z )≤ 1, 1 / g (z )≤ 1, 这说明在D 上有 g (z ) = 1 . 因为模为常数的解析函数是常数，所以g (z )在D 上为常数，从而f (z )在D 上为常数，这与题设矛盾. 这就证明了f (D ) = D .七、【证明】：1) A =lim E =∞∞ E =∞ F . 其中F= ∞ E ， 则k →∞ kn =1k =nkn =1 nnk =nkF 1 ⊃ F 2 ⊃⊃ F n ⊃ F n +1 ⊃因为f∈ L ∞ ⇒ fk =1E k∈ L , ∀n ≥ 1 ⇒ f n∈ L A . 令 ⎧⎪f (x ), x ∈ F ,i) f n (x ) 可测， ∀n ≥ 1;f (x ) = ⎪⎨nn⎪0, x ∉ F n . ii) lim n →∞f n (x ) = f (x )χA (x ), x ∈ R ; x ∈ R ，若x ∈ A ，则f (x )χA (x ) = f (x ), 又x ∈ A =∞ F , ∀n ≥ 1, f (x ) = f (x ).故 lim n →∞f n (x ) = f (x )χA (x ).n =1 nna 2 -2a 2⎛a - 2b ⎫2n + ⎝ n ⎪ ⎪⎭ 1 - 2n 1 - 2n(F ⎩1F EF E⎰ ⎰ ⎰ ⎰ 若x ∉ A , f (x )χA (x ) = 0. 而x ∉ A = ∞ F , ∃n , x ∉ F ,{F } ↓, ∀n ≥ n , x ∉ F ,n =1 nn 0nn故 lim n →∞f n (x ) = f (x )χA (x ).f n (x ) = 0, 即 lim n →∞f n (x ) = f (x )χA (x ).iii) f n (x ) ≤ f (x ) χF (x ), ∀n ≥ 1 ，且 f (x ) χF (x ) ∈ L R .11由控制收敛定理， lim⎰R f n (x ) d m = ⎰R lim f n (x ) d m . 即 n →∞lim ⎰⋃∞n →∞ f (x )d m = E lim ⎰Ff (x ) d mn →∞k =n kn →∞n= ⎰R f (x )χA (x )d m = ⎰Af (x ) d m2) B = lim E = ∞ ∞E = ∞F . 其中F = ∞ E ， 则k →∞kn =1k =nkn =1 nnk =nkF 1 ⊂ F 2 ⊂ ⊂ F n ⊂ F n +1 ⊂f ∈ L ∞k =1 E k)⇒ f ⎧⎪f (x ), x ∈ F , ∈ L , ∀n ≥ 1 ⇒ f n∈ L B . 令f n (x) = ⎪⎨n⎪0, x ∉ F n . i) f n (x ) 可测， ∀n ≥ 1;ii) lim n →∞f n (x ) = f (x ), x ∈ B ;iii) f n (x ) ≤ f (x ) , x ∈ B 且 f (x ) χF (x ) ∈ L R .由控制收敛定理， limn →∞⎰B f n (x )d m = ⎰B f (x ) d m . 即 lim ⎰⋂∞f (x )d m = E lim ⎰Ff (x ) d mn →∞k =n kn →∞n= limn →∞⎰B f n (x )d m = ⎰B f (x )d m .3) 若{E} ↑⇒ lim E= lim E= lim E =∞ E= E . 由 2)，F =∞ E = E ，kk →∞kk →∞kk →∞kk =1 knk =nkn⎰E f (x )d m = lim n →∞ nf (x )d m = lim n →∞ nf (x )d m . 若{E} ↓⇒ lim E= lim E = lim E =∞ E = E . 由 1) F =∞ E = E ，kk →∞kk →∞kk →∞kk =1 knk =nkn⎰E f (x )d m = lim n →∞ nf (x )d m = lim n →∞ nf (x )d m . 八、【参考解答】：在空间选取坐标系，使得准线l 为z -轴，抛物线Γ 落在Oxz 平面上，且抛下顶点为P = (p , 0, 0) ，焦点为F = (2p , 0, 0). 由于抛物线上的任意点X = (x , 0, z )满足 XF = x ，我们得到(x - 2p )2+ z 2 = x 2.故抛物线方程为x = p + 1 z 2. 4p 记 f (z ) = p + 1 z 2 ，这是旋转面S 的方程 4pf ' (z )2+ 112可表示为γ = γ(z , θ) = (f (z )co s θ, f (z )s in θ, z ), θ ∈ ⎡⎢⎣0, 2π⎤⎥⎦ , z ∈ R则S 的单位法向量为γθ = (-f (z )s in θ, f (z )co s θ, 0), γz = (f '(z )cos θ, f '(z )sin θ,1),1'n = (cos θ, s in θ,-ff '(z )2+ 1(z )),γθθ = (-f (z )cos θ, -f (z )si n θ, 0), γθz γzz = (-f '(z )sin θ, f '(z )cos θ, 0),= (f ''(z )cos θ, f ''(z )sin θ, 0),于 是 ， 旋 转 面 的 第 一 基 本 形 式I = E d θ2 + 2F d θ d z +G d z 2 和 第 二 基 本 形 式II = L d θ2 + 2M d θ d z + N d z 2 为E = f (x )2, F = 0,G = f '(z )2+ 1 f (z )L = - , M = 0, N =f '(z )2+ 1f ''(z )因为k 1 = L / E ,k 2 = N /G , k我们得到f '(z )2+ 1 k = LG / EN = -f (z )f ''(z )= -2.【注】根据k ,k 的不同排序，也可以是k 1= - 1. 122九、【参考解答】：这个问题可以看作是一种等待时间问题. 我们等待第r 张新票券出现. 以ξ1, ξ2,依次表示对一张新票券的等待时间. 因为第一次抽到的总是新的，所以ξ1 = 1 . 于是ξ2 就是抽到任一张不同于第一张抽出的那张票券的等待时间. 由于这次抽时仍有N 张票券，但新的只有N - 1 张，因此成功的概 率为p =N - 1. 于是ξ 的分布列为N2N - 1 ⎛ 1 ⎫n -1P (ξ2 = n ) =⎪, n = 1, 2,N ⎝N ⎪⎭ ∞N - 1 ⎛ 1 ⎫n -1⎛1 ⎫ 1N从而E ξ2 = ∑n ⎪ = 1 - ⎪ ⋅ = .n =1N ⎝N ⎪⎭⎝ N ⎪⎭ ⎛ 1 ⎫2 N - 11 - ⎪ ⎝N ⎪⎭ 在收集到这两张不同的票券之后，对第三张新票券的等待时间其成功的概率为p =N - 2 . 因此Nk 2+ + + ≈ ln N .E ξ3 =N .N - 2以此类推，对1 ≤ r ≤ N ，有E (ξ ++ ξ ) = N + N ++ N1 r N N - 1 N - r + 1= N ⎛ 1++1 ⎫⎪.特别，若r = N 时，则⎝N N - r + 1⎪⎪⎭E (ξ ++ ξ ) = N ⎛ 1+ 1 ⎫⎪1N 1 + +⎪当N 时偶数，r = N / 2 时，则⎛⎫ ⎝ 2⎛ N ⎪⎭⎫⎪ ⎪1 1 ⎪ E ξ1 ++ ξN ⎪ = N ++ ⎪⎪N N ⎪⎝2 ⎭⎝ 2 + 1⎪⎭由欧拉公式1 + 1 + + 12 N= ln N +C + εN ，其中C 是欧拉常数， εN 为N 趋于无穷时的无穷小 lim 1 ⎛ 11 ⎫⎪ 量. 由于 1 + ++⎪ = 1. 于是当N 充分大时，我们可以近似公式 N →∞ ln N ⎝ 2 N ⎪⎭1 1 12 N 因而E (ξ ++ ξ ) = N ⎛ 1 + 1 ⎫⎪≈ N ln N .1N 1 + + ⎪ ⎝2 N ⎪⎭ ⎛ ⎫⎪ ⎛ ⎫⎪ 1 1 ⎪E ξ1 ++ ξN ⎪ = N ++ ⎪⎝ 2 ⎪⎭ N N ⎪= 2r ⎛ 1 ++ ⎝ 21 + 1+ 1 ⎪⎭ 1 + 1 ⎫⎪ - 2r ⎛ 1 + 1 ⎫⎪ + + ⎪ 1 + + ⎪⎝r + 1 2r 2 r ⎪⎭ ⎝ 2 r ⎪⎭ ≈ 2r ln 2r - 2r ln r = N ln 2, ⎛ ⎫⎪ 即E ξ1 ++ ξN ⎪ ≈ N ln 2 ≈ 0.69315N . 这说明如果只要收集一半票券，或只要稍多于票半数的⎝2 ⎪⎭抽取次数即可.十、【参考证明】：(a) 在(a)的条件下，要证明结论，既要证明x -1y -1xyaba -1b -1y -1x -1yx = aba -1b -1.由已知AB =BA 可得，存在A 中的元素a*, x*, B 中的元素b*, y*使得ya =a*y*, xb =b*x*.于是有1-x 2 ⎣ ⎦⎰ (1)yaba -1b -1y -1 = a *y *ba -1b -1y -1 （由ya = a *y * ）= a *by *a -1b -1y -1 = a *ba *-1yb -1y - 1 （由y *a -1 = a *-1y ） = a *ba *-1b -1 = ⎡a *,b ⎤ .⎣⎢ ⎥⎦ (2) 类似可证： x ⎡a *,b ⎤ x -1 = ⎡a *,b * ⎤ , y -1 ⎡a *,b * ⎤ y = ⎡a ,b * ⎤ , x -1 ⎡a ,b * ⎤ x = ⎡a ,b ⎤ . 如所需(a)获证.⎣⎢ ⎥⎦ ⎣⎢ ⎥⎦ ⎣⎢ ⎥⎦ ⎣⎢ ⎥⎦ ⎣⎢⎥⎦ ⎣⎢ ⎥⎦ (b) 任取G 的一个换位子⎡⎢⎣a 1b 1,b 2a 2 ⎤⎥⎦,a i ∈ A ,b i ∈ B , i = 1, 2 ，有⎡⎢a b ,b a ⎤⎥= a b b a b -1a -1a -1b -1 = a b a -1b -1 b a b a b -1a -1a -1b -1 ⎣ 1 1 2 2 ⎦1 12 2 1 1 2 2 1 1 11 1 1 2 2 1 1 2 2 = ⎡⎢a ,b ⎤⎥ b a b a -1b -1b a a b -1a -1a -1b -1⎣ 1 1 ⎦ 1 1 2 12212 1 1 2 2 = ⎡⎢a ,b ⎤⎥ b a b a -1b -1 b -1b b a a b -1a -1a -1b -1⎣ 1 1 ⎦ 1 1 2 1 2 1 12 1 2 1 1 2 2= ⎡a ,b ⎤ ⎡a *,b ⎤ b b a a b -1 a -1a -1b -1 = ⎡a ,b ⎤ ⎡a *,b ⎤ b b a a b -1a -1a -1b b -1b -1⎣⎢ 1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 2 ⎥⎦ 121 21 1 2 2 ⎣⎢ 1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 2 ⎥⎦ 1212 1 21112= ⎡a ,b ⎤ ⎡a *,b ⎤ ⎡(a a )* ,b -1 ⎤⎣⎢ 1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 2 ⎥⎦ ⎢ 1 2 1 ⎥ ⎦其中(a 1a 2 )*为A 中的某元. 这样，G ' =< {⎡⎢a ,b ⎤⎥ : a ∈ A ,b ∈ B } >, 从而由(a)可知，G ' 为 Abel 群.十一、【参考证明】：(1) 用归纳法. 当n = 0, 1 时，结论显然成立.设n ≤ k 时，T n (x ) = cos (n arccos x ). 当n = k + 1 时，令x = cos θ ，则(2)<T n (x ),T mT k +1 (x ) = 2x T k (x )-T k -1 (x ) = 2 cos θ cos (k θ)- cos ((k - 1)θ) = cos ((k + 1)θ) = cos ((k + 1)arccos x )(x ) >=1 T n (x )T m(x ) d x . 令x =cos θ ，上述积分化为-1⎰ 0 cos(n θ)cos (m θ) d (cos θ) = ⎰ πcos (n θ)cos (m θ)d θπ当n ≠ m 时，上述积分为 0.sin θ 0(3) 注意以下事实： T n (x )是首项系数为 2n -1 的 n 次多项式， ||T(x ) ||∞ = 1,且T n (x )在x = cos ⎛ k π ⎫⎪ 处达到极值，即T(x ) = (- )k k = 0, 1,, n .k⎪ nk1 ,⎝ n ⎪⎭现假设|| p (x )||∞<1 2n -1， 考虑函数q (x ) = p (x )-k +11 T2n -1n(x ) ， 则q (x ) 在x k 处的符号与T n (x ) 在x k 处的符号相反，即为(-1)n ，这是不可能的！因此，⎣ n,k =0, 1,, n. 于是q (x )至少有n 个零点. 但q (x )次数小于|| p (x )||∞≥1. 2n-1当|| p (x )||∞= 12n-1时，可证q (z)至少有n 个零点，从而q (x )≡0 ，即p (x )= 1 T2n-1 n(x ).。
数学竞赛专题训练精选100题及答案
数学竞赛专题训练精选100题及答案题目1：整数方程设a和b是满足以下方程的整数：5a+3b=25。
求a和b的所有整数解。
题目2：几何题在直角三角形XYZ中，∠Z为直角，XY=10，XZ=6。
点W是边XZ上的一个点，使得ZW=8。
求∠XWY的大小。
题目3：排列组合有8个不同的水果和4个不同的盘子，你打算将这些水果放在这些盘子中。
每个盘子至少有一个水果，一共有多少种不同的分配方式？题目4：函数问题考虑函数g(x)=x^4-4x^3+6x^2-4x+1。
求g(x)的最小值以及对应的x值。
题目5：概率题一枚硬币被抛掷3次。
计算至少2次出现正面的概率。
题目6：代数方程解方程：2x^2-5x-12=0。
题目7：几何问题在平面上，有一个正方形ABCD，边长为6。
点E在边AB上，离点A的距离为2。
点F在边BC上，离点B的距离为3。
求线段EF的长度。
题目8：概率问题一副扑克牌中随机抽取5张牌，计算至少有一对的概率。
题目9：代数方程解方程：3(x-2)=5(x+1)。
题目10：几何问题在直角三角形PQR中，∠R为直角，PQ=12，PR=15。
点S是边PQ上的一个点，使得QS= 8。
求∠PSR的大小。
题目11：整数方程设m和n是满足以下方程的整数：4m+7n=38。
求m和n的所有整数解。
题目12：几何题在平行四边形ABCD中，AB=8，BC=6，∠A=120°。
求BD的长度。
题目13：排列组合有10个不同的音乐家，其中有5位小提琴手和5位钢琴家。
你打算在一排座位上让他们坐下，要求相邻的座位上不能坐同一种乐器的音乐家。
一共有多少不同的座位安排方式？题目14：函数问题考虑函数h(x)=x^2-6x+9。
求h(x)的最小值以及对应的x值。
题目15：概率题一副扑克牌中随机抽取7张牌，计算至少有两张牌相同点数的概率。
题目16：代数方程解方程：2(x+3)=4(x-1)。
题目17：几何问题在等腰三角形MNO中，∠N=∠O，NO=10，MN=6。
全国初中数学竞赛试题(含答案)-20220207144625
全国初中数学竞赛试题（含答案）20220207144625一、选择题（每题5分，共20分）1. 下列哪个数是质数？A. 2B. 3C. 4D. 52. 如果一个三角形的两边长分别为3和4，那么这个三角形的周长可能是多少？A. 7B. 10C. 11D. 123. 下列哪个分数可以化简为最简分数？A. 2/4B. 3/6C. 4/8D. 5/104. 一个正方形的面积是36平方厘米，那么这个正方形的边长是多少厘米？A. 6B. 7C. 8D. 9二、填空题（每题5分，共20分）1. 7的平方根是______。
2. 0.25的小数点向右移动两位后是______。
3. 一个等边三角形的边长是10厘米，那么这个等边三角形的周长是______厘米。
4. 下列哪个数是立方数？A. 2B. 3C. 4D. 5三、解答题（每题10分，共30分）1. 解方程：2x 5 = 11。
2. 计算下列表达式的值：3(2 + 4) 7。
3. 一个长方形的长是8厘米，宽是4厘米，求这个长方形的面积。
四、答案部分一、选择题1. A2. B3. A4. D二、填空题1. ±√72. 253. 304. C三、解答题1. x = 82. 133. 32平方厘米全国初中数学竞赛试题（含答案）20220207144625四、应用题（每题15分，共30分）1. 小明家有一块长方形的地，长是12米，宽是8米。
小明计划将这块地分成两个相同大小的正方形区域。
请问每个正方形的边长是多少米？2. 小红有一笔钱，她将其中的1/3用于购买书，剩下的钱再将其中的1/2用于购买文具。
她剩下的钱是100元。
请问小红最初有多少钱？五、证明题（每题15分，共30分）1. 证明：对于任意实数a和b，如果a < b，那么a² < b²。
2. 证明：等腰三角形的底角相等。
六、答案部分四、应用题1. 每个正方形的边长是6米。
2. 小红最初有300元。
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精品全国数学竞赛训练题三（有答案）
1、若函数()3ln 22+-+=ax x x x x f 的最小值不小于0，则实数a 的最大值为。
2、已知单位向量a 、b 满足⋅a b =0，向量c 6=-，的取值范围是。
3、已知三棱锥P-ABC 棱长PA=1，PB=2，PC=3，且PA ⊥PB ，PB ⊥PC ，PC ⊥PA ，则此三棱锥外接球的球面上动点Q 到面ABC 的距离的最大值为。
4、设过椭圆1422=+y x 上的任意一点P 的直线m kx y +=与椭圆44
22
=+y x 交于A 、B 两点，射线PO 与椭圆4422
=+y x 交于点Q ，则ABO
ABQ S S ∆∆的值为。
5、已知1cos 31sin >+θ
θ，则θtan 的取值范围是。
6、从集合{
}2017,,3,2,1 的非空子集中随机取出一个，其元素之和恰为奇数的概率为。
7、已知12222=+++d c b a ，则bd ac da cd bc ab 4+++++的最大值为。
8、若对任意的[
]5,1∈x ，存在实数a ，使x b ax x x 622≤++≤恒成立，则实数b 的最大值为。
9、已知不等式()x
a a x x +>+1ln 对任意的()+∞∈,0x 恒成立。
（1）求实数a 的取值范围；
（2）当()+∞∈,0x 时，求证：()
121ln 2
->+x e x x 。
10、点P （1，1）为抛物线x y =2上一定点，斜率为2
1-的直线与抛物线交于A 、B 两点。
点Q 是线段PB 上任意一点（异于端点），过Q 作PA 的平行线交抛物线于E 、F 两点，求证：QB QP QF QE ⋅-⋅为定值。
11、已知数列{}n a 满足231=a ，()()*123111N n n n a a n n n ∈++⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=+。
（1）证明：()
()21323111≥+++≤+n n n a a n n n ； （2）证明：e a n 3<。