高考数学专题复习：高中数学联赛模拟试题(1) 17页

高中数学联赛模拟试题(1)‎ 一、选择题 ‎1、一条笔直的大街宽是40米，一条人行道穿过这条大街，并与大街成某一角度，人行道的宽度是15米，长度是50米，则人行道间的距离是（　　）． 　　Ａ．9米 Ｂ．10米 Ｃ．12米 Ｄ．15米 ‎ ‎2、在复平面上，非零复数ｚ１，ｚ２在以i对应的点为圆心，1为半径的圆上，ｚ１·ｚ２的实部为零，argｚ１＝π／6，则ｚ２＝（　　）． 　　Ａ．－／2＋（3／2）iＢ．／2－（3／2）ｉ 　　Ｃ．－3／2＋（／2）ｉＤ．3／2－（／2）ｉ ‎ ‎3、已知函数ｆ（ｘ）＝ｌｏｇａ（ａｘ２－ｘ＋1／2）在［1，2］上恒正，则实数ａ的取值范围是（　　）． 　　Ａ．（1／2，5／8） Ｂ．（3／2，＋∞） 　　Ｃ．（（1／2，（5／8）∪（（3／2，＋∞）　Ｄ．（1／2，＋∞） ‎ ‎4、已知正实数ａ、ｂ满足ａ＋ｂ＝1，则Ｍ＝的整数部分是（　　）． 　　Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．3 Ｄ．4 ‎ ‎5、‎ 一条铁路原有ｍ个车站，为适应客运需要新增加ｎ个车站（ｎ＞1），则客运车票增加了58种（注：从甲站到乙站和从乙站到甲站需要两种不同的车票），那么原有车站的个数是（　　）． 　　Ａ．12 Ｂ．13 Ｃ．14 Ｄ．15 ‎ ‎6、已知双曲线过点Ｍ（－2，4）、Ｎ（4，4），它的一个焦点为Ｆ１（1，0），则另一个焦点Ｆ２的轨迹方程是（　　）． 　　Ａ．（ｘ－1）２／25＋（ｙ－4）２／16＝1（ｙ≠0）或ｘ＝1（ｙ≠0） 　　Ｂ．（ｘ－1）２／16＋（ｙ－4）２／25＝1（ｘ≠0）或ｘ＝1（ｙ≠0） 　　Ｃ．（ｘ－4）２／25＋（ｙ－1）２／16＝1（ｙ≠0）或ｙ＝1（ｘ≠0） 　　Ｄ．（ｘ－4）２／16＋（ｙ－1）２／25＝1（ｘ≠0）或ｙ＝1（ｘ≠0） ‎ 二、填空题 ‎7、在△ＡＢＣ中，ａ、ｂ、ｃ是角Ａ、Ｂ、Ｃ的对边，且满足ａ２＋ｂ２＝2ｃ２，则角Ｃ的最大值是_________． ‎ ‎8、长方形ＡＢＣＤ的长ＡＢ是宽ＢＣ的2倍，把它折成无底的正三棱柱，使ＡＤ与ＢＣ重合，折痕线ＥＦ、ＧH分别交原对角线ＡＣ于Ｍ、Ｎ，则折后截面ＡＭＮ与底面ＡＦH所成的角是_________． ‎ ‎9、从盛满ａ升（ａ＞1）纯酒精的容器里倒出1升，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，如此继续下去．则第ｎ次操作后溶液的浓度是_________． ‎ ‎10、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_________． ‎ ‎11、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_________种不同的取法． ‎ ‎12、若实数ａ＞0，则满足ａ5－ａ3＋ａ＝2的ａ值属于区间： 　　①（0，）；②（，）；③（，＋∞）；④（0，）． 　　其中正确的是_________． ‎ 三、解答题 ‎13、求证：经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体一个侧面的面积． ‎ ‎14、 直线Ａｘ＋Ｂｘ＋Ｃ＝0（Ａ·Ｂ·Ｃ≠0）与椭圆ｂ２ｘ２＋ａ２ｙ２＝ａ２ｂ２相交于P和Q两点，O为坐标原点，且OP⊥ＯＱ，求证：ａ２ｂ２／ｃ２＝（ａ２＋ｂ２）／（Ａ２＋Ｂ２）． ‎ ‎15、无穷数列｛ｃｎ｝可由如下法则定义： 　　ｃｎ＋1＝│1－│1－2ｃｎ││，而0≤ｃ１≤1． 　　（1）证明：仅当ｃ１是有理数时，数列自某一项开始成为周期数列． 　　（2）存在多少个不同的ｃ１值，使得数列自某项之后以T为周期（对于每个Ｔ＝2，3，…）？ 　　‎ ‎16、若ａｉ∈Ｒ＋（ｉ＝1，2，…，ｎ），‎ Ｓ＝，且2≤ｎ∈Ｎ，求证：‎ ‎17、矩形ＡＢＣＤ的边ＡＤ＝λ·ＡＢ，以ＡＢ为直径在矩形之外作半圆，在半圆上任取不同于Ａ、Ｂ的一点P，连PＣ，ＰＤ交ＡＢ于Ｅ、Ｆ，若ＡＥ２＋ＢＦ２＝ＡＢ２，试求正实数λ的值． ‎ ‎18、某新建商场设有百货部、服装部和家电部三个经营部，共有190名售货员，计划全商场日营业额（指每日卖出商品所收到的总金额）为60万元，根据经验，各部商品每1万元营业额所需售货员人数如表1，每1万元营业额所得利润情况如表2．商场将计划日营业额分配给三个经营部，同时适当安排各部的营业员人数，若商场预计每日的总利润为ｃ（万元）且满足19≤ｃ≤19．7，又已知商场分配给经营部的日营业额均为正整数万元，问这个商场怎样分配日营业额给三个部?各部分别安排多少名售货员? 　　　　表1　各部每1万元营业额所需人数表 ‎ 部门 人数 百货部 ‎5‎ 服装部 ‎4‎ 家电部 ‎2‎ ‎　　　　表2　各部每1万元营业额所得利润表 部门 利润 百货部 ‎0．3万元 服装部 ‎0．5万元 家电部 ‎0．2万元 以下是答案 一、选择题 ‎1、选Ｃ．　如图2，人行横道的面积　S＝15×40＝600，‎ 图2‎ ‎∴Ｓ＝50ｘ＝600， 　　解得ｘ＝12． ‎ ‎2、选Ａ．　如图1所示，设复数ｚ１对应的点为Ｚ１，则 图1‎ ‎　　│ＯＺ１│＝2ｓｉｎ（π／6）＝1， 　　∴ｚ１＝＝（／2）＋（1／2）ｉ． 　　再设ｚ２＝ｘ＋ｙｉ（ｘ，ｙ∈‎ Ｒ）， 由│ｚ２－ｉ│＝1，得 　　ｘ２＋（ｙ－1）２＝1．　　　　① 　　∵（／2－（1／2）ｉ）（ｘ＋ｙｉ）的实部为零， 　　∴ｘ＋ｙ＝0．　　　　② 　　联立①与②，解出 ｘ＝0，‎ ‎（舍去）‎ ｘ＝－／2，‎ ｙ＝0．‎ ｙ＝3／2．‎ ‎ ‎ ‎　　故ｚ２＝－／2＋（3／2）ｉ． ‎ ‎3、选Ｃ．　设ｇ（ｘ）＝ａｘ２－ｘ＋1／2． 　　首先由ａｘ２－ｘ＋1／2＞0，得 　　ａ＞（ｘ－1／2）／ｘ２＝－（1／2ｘ２）＋1／ｘ． 　　当1≤ｘ≤2时，（－（1／2ｘ２）＋1／ｘ）ｍａｘ＝1／2， 　　从而　ａ＞1／2． 　　在ａ＞1／2的前提下，易知函数ｇ（ｘ）＝ａｘ２－ｘ＋（1／2）的对称轴ｘ＝（1／2）ａ在区间［1，2］的左边，从而ｇ（ｘ）在［1，2］上是递增函数． 　　当ａ＞1时，ｆ（ｘ）在［1，2］上是增函数，有 　　ｆ（1）＝ｌｏｇａ（ａ－1＋1／2）＞0， 　　∴ａ＞3／2． 　　当（1／2＜ａ＜1时，ｆ（ｘ）在［1，2］上是减函数，有 　　ｆ（2）＝ｌｏｇａ（4ａ－2＋1／2）＞0， 　　∴1／2＜ａ＜5／8． ‎ ‎　　综上，1／2＜ａ＜5／8或ａ＞3／2． ‎ ‎4、选Ｂ．　一方面Ｍ＞＋＝2， 　　另一方面Ｍ＜＝1＋ａ＋1＋ｂ 　　＝2＋（ａ＋ｂ）＝3， 　　即有2＜Ｍ＜3． ‎ ‎5、选Ｃ．　新增的ｎ个车站之间需要Ｐ２ｎ种车票，新增的ｎ个车站与原来的ｍ个车站之间需要2ｍｎ种车票，从而 　　Ｐ２ｎ＋2ｍｎ＝58， 　　即　ｎ（ｎ－1＋2ｍ）＝58． 　　∵ｍ、ｎ是非负数（ｎ＞1），且58只能分解为　1×58，和2×29，‎ ‎∴‎ ｎ＝2，‎ 或 ｎ＝29，‎ 解出 ｎ＝2，‎ ｎ－1＋2ｍ＝29‎ ｎ－1＋2ｍ＝2．‎ ｍ＝14．‎ ‎6、选Ａ．　易知│ＭＦ１│＝│ＮＦ１│＝5，而 　　││ＭＦ１│－│ＭＦ２││＝││ＮＦ１│－│ＮＦ２││， 　　即　│5－│ＭＦ２││＝│5－│ＮＦ２││． 　　当　5－│ＭＦ２│＝5－│ＮＦ2│， 　　即│ＭＦ２│＝│ＮＦ２│时，点Ｆ２的轨迹是线段ＭN的中垂线，其方程为ｘ＝1（ｙ≠0）． 　　当5－│ＭＦ２│＝－（5－│ＮＦ２│）， 　　即 　　│ＭＦ２│＋│ＮＦ２│＝10时， ‎ ‎　　点Ｆ２的轨迹是以Ｍ、Ｎ为焦点，长轴长为10的椭圆，其方程为 　　（ｘ－1）２／25＋（ｙ－4）２／16＝1（ｙ≠0）． ‎ 二、填空题 ‎7、填π／3．　因为ａ２＋ｂ２＝2ｃ２， 　　所以ｃｏｓＣ＝（ａ２＋ｂ２－ｃ２）／2ａｂ＝（ａ２＋ｂ２－（ａ２＋ｂ２）／2）／2ａｂ＝（ａ２＋ｂ２）／4ａｂ， 　　所以ａ２－4ａｂｃｏｓＣ＋ｂ２＝0． 　　即（ａ／ｂ）２－（4ｃｏｓＣ）（ａ／ｂ）＋1＝0（因为ｂ≠0）． 　　因为ａ／ｂ是正实数，所以 Δ＝（－4ｃｏｓＣ）２－4≥0，‎ ｃｏｓ２Ｃ≥1／4，‎ ‎4ｃｏｓＣ＞0‎ ｃｏｓＣ＞0．‎ ‎　　故ｃｏｓＣ≥1／2，所以Ｃ≤π／3． 　　因此角Ｃ的最大值是π／3． ‎ ‎8、填π／6．　折叠后，仍有ＡＦ＝ＦＨ＝ＨＢ（或HＡ，折叠后Ａ点和Ｂ点重合），ＡＭ＝ＭＮ＝ＮＣ，且它们的长度没有改变，仍等于折叠前的长度，但对角线ＡＣ由直线段变成了折线段，Ａ，Ｍ，N三点由原来共线（如图3（1））变成现在Ａ，Ｍ，N三点构成三角形（如图3（2））．‎ 图3‎ ‎　　设ＡＤ＝ａ，则ＡＢ＝2ａ．图3（1）为折前长方形，有ＡＣ＝ａ，ＡＭ＝ＭＮ＝ａ／3，ＡＦ＝ＦＨ＝ＨＢ＝2ａ／3，ＭＦ＝ａ／3，ＨＮ＝2ａ／3． 　　设平面ＡＭN与平面ＡＦH的夹角为θ（如图3（2）），由Ｓ△ＡＦＨ＝1／2×2ａ／3×2ａ／3×ｓｉｎ60°＝ａ2／3．‎ 在Ｒｔ△ＮＨＡ中，ＡＮ＝＝4ａ／3．‎ ‎　　取ＡN的中点P， 　　∵ＡＭ＝ＭＮＭＰ⊥ＡＮ．‎ 在Ｒｔ△ＭＰＡ中，ＭＰ＝＝ａ，‎ ‎　　∴Ｓ△ＡＭＮ＝ａ／2·4ａ／3＝2ａ2／3． 　　∴ｃｏｓθ＝Ｓ△ＡＦＨ／Ｓ△ＡＭＮ 　　＝／2， 　　∴θ＝π／6． ‎ ‎9、填（1－（1／ａ））ｎ．　开始的浓度为1，操作一次后溶液的浓度是ａ１＝1－（1／ａ）．设操作ｎ次后溶液的浓度为ａｎ，则操作ｎ＋1次后溶液的浓度为　ａｎ＋1＝ａｎ（1－（1／ａ））． 　　∴｛ａｎ｝是首项和公比均为ａ１＝1－（1／ａ）的等比数列， 　　∴ａｎ＝ａ１ｑｎ－1＝（1－（1／ａ））ｎ， ‎ ‎10、填2－1．　∵ｘ≥0，令3－ｘ＞，解得0≤ｘ＜4－2．‎ ‎∴‎ ‎，0≤ｘ＜4－2，‎ ｆ（ｘ）＊ｇ（ｘ）＝‎ ‎3－ｘ，ｘ≥4－2．‎ ‎　　∵3－ｘ在R上单调递减，故当ｘ≥4－2时，　ｆ（ｘ）＊ｇ（ｘ）≤ｆ（4－2）＊ｇ（4－2）＝3－（4－2）＝2－1． 　　当0≤x≤4－2时，单调递增，故当x∈［0，4－2］时，f（x）＊g（x）＜＝2－1． 　　综上知，f（x）＊g（x）的最大值为2－1． ‎ ‎11、填2500．　以1为被加数，则1＋100＝101＞100，有1种取法． 　　以2为被加数，则2＋100＝102＞100， 　2＋99＝101＞100，有2种取法． 　　依次可得，被加数为ｎ（ｎ∈Ｎ，ｎ≤50）时，有ｎ种取法． 　　但51为被加数时，则扣除前面已取过的，只能取52，53，…，100，有49种取法，同理52为被加数时，有48种取法，依次可得当被加数ｎ（ｎ∈Ｎ，51≤ｎ≤100）时，有100－ｎ种取法． 　　所以不同的取法有 　　（1＋2＋3＋…＋50）＋（49＋48＋…＋1） 　　＝2500． ‎ ‎12、填③④．　∵ａ６＋1＝（ａ２＋1）（ａ４－ａ２＋1）＝（ａ２＋1）／ａ·（ａ５－ａ３＋ａ）＝2（ａ＋1／ａ），（ａ≠0） 　　∵ａ＞0，且ａ≠1，∴ａ６＋1＞4，∴ａ６＞3，　即ａ＞． 　　又ａ５－ａ３＋ａ＝2，∴2／（ａ３＋1）＝ａ２＋（1／ａ２）＞2， 　　∴ａ３＜2，即ａ＜，综合知应填③④． ‎ 三、解答题 ‎13、显然，所作截面是一个中心对称的凸多边形，它是一个四边形或一个六边形 　　如果截面是一个四边形，那么它一定没有截到立方体的某一组对面，故截面的面积不小于正方体一个侧面的面积．‎ 图4‎ ‎　　如果截面是一个六边形，那么它一定截到立方体的六个面．将立方体展开在一个平面上（如图4）． 　　设截面的周长为ｌ，正方体的棱长为ａ，则 　　ｌ≥│ＡＢ│ 　　＝ 　　＝3ａ． 　　由于正方体的中心是其内切球的球心，所以截面内含有半径为ａ／2的圆．从而有 　　Ｓ截面≥（1／2）·（ａ／2）ｌ≥（3／4）ａ２＞ａ２． ‎ ‎14、将Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝0， 　　变形为1＝－（Ａｘ＋Ｂｙ）／Ｃ代入椭圆方程，得 　　ｂ２ｘ２＋ａ２ｙ２＝ａ２ｂ２（－（Ａｘ＋Ｂｙ）／Ｃ）２， 　　整理得（ａ２ｂ２Ｂ２－ａ２Ｃ２）ｙ２＋2ＡＢａ２ｂ２ｘｙ＋（ａ２ｂ２Ａ２－ｂ２Ｃ２）ｘ２＝0， 　　（1）当ｘ＝0时，显然成立； ‎ ‎　　（2）当ｘ≠0时，同除以ｘ2得 　　（ａ２ｂ２Ｂ２－ａ２Ｃ２）（（ｙ／ｘ）２＋2ＡＢａ２ｂ２（ｙ／ｘ）＋（ａ２ｂ２Ａ２－ｂ２Ｃ２）＝0，　则方程的两根为ＯＰ、OQ的斜率． 　　因为ＯＰ⊥ＯＱ，所以－1＝（ａ２ｂ２Ａ２－ｂ２Ｃ２）／（ａ２ｂ２Ｂ２－ａ２Ｃ２）， 　　即　ａ２ｂ２／Ｃ２＝（ａ２＋ｂ２）／（Ａ２＋Ｂ２）． ‎ ‎15、易知题中的递推关系式即为 ｃｎ＋１＝‎ ‎2ｃｎ，若0≤ｃｎ＜（1／2），‎ ‎①‎ ‎2－2ｃｎ，若（1／2）≤ｃｎ≤1．‎ ‎　　（1）若ｃ１为有理数，即ｃ１＝ｐ／ｑ，其中（ｐ，ｑ）＝1时，对一切ｎ，均有ｃｎ＝（ｐｎ／ｑ，其中ｐｎ∈｛0，1，…，ｑ｝，故有ｎ１＜ｎ２，使得ｐｎ1＝ｐｎ2．从而ｃｎ1＝ｃｎ2．于是，由①式可知｛ｃｎ｝自第ｎ１项之后呈周期变化． 　　假设数列自第ｎ１项开始成为周期为T的，我们记 ｃｎ1＝ａｋ·2－ｋ， 　　‎ ‎　　即用二进制表示cｎ1，其中ａｋ＝0或1，并记 　　ａｋ＝1－ａｋ，ｋ∈Ｎ，　　　　② ‎ 由此并结合归纳法，即知 ‎　　此即表明ｃｎ1为二进制循环小数，故为有理数． 　　当ａ１＋…＋ａＴ≡1（ｍｏｄ2）时，由于ｃｎ1＋Ｔ＝ｃｎ1得ａｋ＝ａｋ＋Ｔ＝1－ａｋ＋Ｔ，ｋ∈Ｎ．　　　　③ 　　由于③式亦表明ａｋ＋Ｔ＝ａｋ＋2Ｔ，ｋ∈Ｎ，所以， 　　ａｋ＝1－ａｋ＋Ｔ＝1－ａｋ＋2Ｔ＝1－（1－ａｋ＋2Ｔ）＝ａｋ＋2Ｔ，（ｋ∈Ｎ）． 　　故ｃｎ1亦为有理数． 　　再由递推式①知ｃｎ１是由c１经ｎ１－1步有理运算得出的，所以，ｃ1也必为有理数． 　　（2）如果分别取 ‎④‎ ‎　　则可使｛ｃｎ｝分别以T＝2和Ｔ＝ｍ，ｍ≥3为周期，又易见，只要将ｃ１取为④中的1／2ｋ，ｋ∈Ｎ，都可使数列最终以相应的T为周期．从而，对每个T＝2，3，…都有无穷多个c１使得数列自某项之后以T为周期变化．‎ ‎16、由柯西不等式，得 故原不等式得证． ‎ ‎17、解法1（三角法）：如图5，过P作ＰＧ⊥ＡＢ，垂足为Ｇ．不失一般性，设ＡＢ＝2，则ＡＤ＝2λ． 　　再设PＧ＝ｈ，∠ＰＤＡ＝α，∠ＰＣＢ＝β，则 图5‎ ‎　　ＡＥ＝ＡＢ－ＢＥ＝2－2λｔｇβ ‎， 　　ＢＦ＝ＡＢ－ＡＦ＝2－2λｔｇα． 　　∵（2λ＋ｈ）ｔｇα＋（2λ＋ｈ）ｔｇβ＝2， 　　∴ｔｇα＋ｔｇβ＝2／（2λ＋ｈ），　　　　① 　　又（2λ＋ｈ）ｔｇα（2λ＋ｈ）ｔｇβ＝ｈ２， 　　∴ｔｇα·ｔｇβ＝ｈ２／（2λ＋ｈ）２．　　　　② 　　∵ＡＥ２＋ＢＦ２＝（2－2λｔｇβ）２＋（2－2λｔｇα）２＝ＡＢ２， 　　∴8－8λ（ｔｇα＋ｔｇβ）＋4λ２（ｔｇ２α＋ｔｇ２β）＝4． 　　即λ２（ｔｇα＋ｔｇβ）２－2λ２ｔｇαｔｇβ－2λ（ｔｇα＋ｔｇβ）＋1＝0，①、②代入得 　　（4λ２－2λ２ｈ２）／（2λ＋ｈ）２－（4λ）／（2λ＋ｈ）＋1＝0． 　　∴ｈ２（1－2λ２）＝0，∵ｈ≠0， ∴1－2λ２＝0， 　　即　λ＝／2． 　　解法2（代数法）： 　　如图5，不失一般性，设ＡＢ＝2，则ＡＤ＝2λ，并令ＡＦ＝ｘ，ＢＥ＝ｙ，因为　△ＰＧＥ∽△ＣＢＥ，于是有ＰＧ／ＢＣ＝ＢＥ／ＢＥ，即ＰＧ／2λ＝ＧＥ／ｙ． 　　所以，ＧＥ＝（ＰＧ·ｙ）／2λ．　　　　① 　　同理，ＧＦ＝（ＰＧ·ｘ）／2λ．　　　　② 　　①＋②，得ＥＦ＝（ｘ＋ｙ）·（ＰＧ）／2λ， 　　即ＰＧ＝（ＥＦ·2λ）／（ｘ＋ｙ）＝（2λ（2－ｘ－ｙ））／（ｘ＋ｙ）．　　　　③ 　　由①、②、③‎ 得 　　ＧＥ＝（ＰＧ·ｙ）／2λ＝（2λ（2－ｘ－ｙ）／ｘ＋ｙ·ｙ·（1／2）λ 　　＝［（2－ｘ－ｙ）／（ｘ＋ｙ）］·ｙ， 　　ＧＦ＝（ＰＧ·ｘ）／2λ＝［（2－ｘ－ｙ）／（ｘ＋ｙ）］·ｘ． 　　∴ＢＧ＝ＧＥ＋ｙ＝2ｙ／（ｘ＋ｙ），　　　　④ 　　同理ＡＧ＝2ｘ／（ｘ＋ｙ）．　　　　⑤ 　　又ＰＧ2＝ＡＧ·ＢＧ，综合③④⑤，得 　　4λ2（（2－ｘ－ｙ）／（ｘ＋ｙ））２＝4ｘｙ／（ｘ＋ｙ）２， 　　化简得λ2（2－ｘ－ｙ）２＝ｘｙ，　　　　⑥ 　　又∵ＡＥ２＋ＢＦ２＝ＡＢ２， 　　∴（2－ｘ）２＋（2－ｙ）２＝4， 　　即　4－4（ｘ＋ｙ）＋ｘ２＋ｙ２＝0， 　　∴4－4（ｘ＋ｙ）＋（ｘ＋ｙ）２＝2ｘｙ．　　　　⑦ 　　将⑥代入⑦得 　　4－4（ｘ＋ｙ）＋（ｘ＋ｙ）２＝2λ２（2－ｘ－ｙ）２． 　　即（2－ｘ－ｙ）２＝2λ２（2－ｘ－ｙ）２． 　　∵x＋y≠2， 　　∴2λ２＝1． 　　解得λ＝／2． ‎ ‎18、设商场分配给百货、服装、家电营业额分别为ｘ，ｙ，ｚ（万元）（ｘ，ｙ，ｚ是正整数），则 ｘ＋ｙ＋ｚ＝60，‎ ‎①‎ ‎5ｘ＋4ｙ＋2ｚ＝190，‎ ‎②‎ ｃ＝0．3ｘ＋0．5ｙ＋0．2ｚ，‎ ‎③‎ ‎19≤ｃ≤19．7．‎ ‎④‎ 由①，②得 ｙ＝35－（3／2）ｘ，‎ ｚ＝25＋（ｘ／2），‎ ‎　　∴ｃ＝0．3＋0．5（35－（3ｘ／2））＋0．2（25＋（ｘ／2）） 　　＝22．5－0．35ｘ． 　　代入④得8≤ｘ≤10． 　　∵ｘ，ｙ，ｚ必为正整数，‎ ‎∴‎ ｘ＝8，‎ 或 ｘ＝10，‎ ‎∴‎ ‎5ｘ＝40，‎ 或 ‎5ｘ＝50，‎ ｙ＝23，‎ ｙ＝20，‎ ‎4ｙ＝92，‎ ‎4ｙ＝80，‎ ｚ＝29‎ ｚ＝30．‎ ‎2ｚ＝58‎ ‎2ｚ＝60．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　加　试 ‎