《管理运筹学》历模拟试卷及答案

1、管理运筹学历年模拟试卷（一）一、单选题（每题 分，共 20 分。）1目标函数取极小（ minZ）的线性规划问题可以转化为目标函数取极大的线性规划问题求解，原问题的目标函数值等于（）。A. maxZ B. max(-Z) C. max(-Z) D.-maxZ 2. 下列说法中正确的是（）。基本解一定是可行解 每个分量一定非负 若 B是基，则 B一定是可逆 数列向量一定是线性相关的基本可行解的 非基变量的系3在线性规划模型中，没有非负约束的变量称为（）多余变量 B松弛变量 C人工变量 D自由变量4. 当满足最优解， 且检验数为零的变量的个数大于基变量的个数时，可求得（）。多重解 无解 正则解退化解

2、5对偶单纯型法与标准单纯型法的主要区别是每次迭代的基变量都满非足最优检验但不完全满足（）。 A等式约束 B“ ” 型约束 C “ ” 约束 D负约束6. 原问题的第个约束方程是“ ” 型，则对偶问题的变量 iy是（）。多余变量 自由变量 松弛变量非负变量7. 在运输方案中出现退化现象，是指数字格的数目( )。等于 A.等于 m+n B.大于 m+n-1 C.小于 m+n-1 D.m+n-1 8. 树的任意两个顶点间恰好有一条（）。边初等链欧拉圈回路确定 A9若 G中不存在流 f 增流链，则 f 为 G的 （）。最小流 B最大流 C最小费用流 D无法10. 对偶单纯型法与标准单纯型法的主要区别是

3、每次迭代的基变量都满足最优检验但不完全满足（）等式约束“ ” 型约束“ ” 型约束非负约束二、多项选择题（每小题4 分，共 20 分）（）1化一般规划模型为标准型时，可能引入的变量有 A松弛变量 B剩余变量 C非负变量 D非正变量E自由变量2图解法求解线性规划问题的主要过程有（） A画出可行域 B求出顶点坐标 C求最优目标值 D选基本解 E选最优解3表上作业法中确定换出变量的过程有（） A判断检验数是否都非负 B选最大检验数 C确定换出变量 D选最小检验数 E确定换入变量4求解约束条件为“ ” 型的线性规划、构造基本矩阵时，可用的变量有（）松弛变量 C. 负变量 D剩余变量A人工变量 BE稳态

4、变量5线性规划问题的主要特征有（）A目标是线性的 B约束是线性的 C求目标最大值D求目标最小值 E非线性三、计算题（共 60 分）1. 下列线性规划问题化为标准型。(10 分) min Z x 1 +5 x 2-2 x 3x 1 x 2 x 3 6满足 2 x 1 x 2 3 x 3 5x 1 x 2 10 x 1 0, x 2 0, x 符号不限2. 写出下列问题的对偶问题 (10 分) min Z 4 x 1 2 x 2 +3 x 34 x 1 +5 x 2 6 x 3 =78 x 1 9 x 2 10 x 3 11满足12 x 1 13 x 2 14x 1 0, x 2 无约束，x 3

5、03. 用最小元素法求下列运输问题的一个初始基本可行解 (10 分) 4某公司有资金 10 万元，若投资用于项目i i1,2,3)的投资额为x i时，其收益分别为g x 1)x g x 2)9x 2,g x 3)2x 问应如何分配投资数额才能使总收益最大？(15 分) 5 求图中所示网络中的最短路。 （15 分）管理运筹学历年模拟试卷（一）参考答案一、单选题1.C 2.B 3.D 4. A 5. D 6. B 7. C 8.B 9. B 10.D 二、多选题1. ABE 2. ABE 3. ACD 4. AD 5. AB 三、计算题1、max(-z)=x 15 x 22( x 3 x 3)2、

6、写出对偶问题maxW= 7y 111y 214y 33、解：4解：状态变量 ks为第 k 阶段初拥有的可以分配给第 k 到底 3 个项目的资金额；决策变量 kx为决定给第 k 个项目的资金额；状态转移方程为 s k 1 s k x ；最优指标函数 f k ( s k )表示第 k 阶段初始状态为 ks时，从第 k 到第 3 个项目所获得的最大收益，f k ( s k )即为所求的总收益。递推方程为：f k ( s k ) max 0 x k s k g k ( x k ) f k ( s k 1 ) ( k 1,2,3)f 4 ( s 4 ) 0当 k=3 时有f3(s 3)max 0 x 3

7、 s 322 x 32 )当x 3s 时，取得极大值22 3s，即：f 3(s 3)max 0 x 3 s 322 x 322 x 3当 k=2 时有：f2(s 2)max 0 x 2 s 292 x 2f3(s 3)0 max x 2 s 29 x 22 2 s 30 max 2 29x22(s 2x2)令h s x 2)9 x 22(s 2x 2用经典解析方法求其极值点。由dh 292(s 2x2)( 1)0dx 2解得：x2s 294而2 d h 2402 d x 2所以x2s 29是极小值点。4极大值点可能在 0 ，2s 端点取得：2f 2 (0) 2 s ，f 2 ( s 2 ) 9

8、 s 2当 f 2 (0) f 2 ( s 2 ) 时，解得 s 2 9/ 2当 s 2 9 / 2 时，f 2 (0) f 2 ( s 2 )，此时，x *2 0*当 s 2 9/ 2 时，f 2 (0) f 2 ( s 2 )，此时，x 2 s 2当 k=1 时，f 1 ( s 1 ) max 0 x 1 s 1 4 x 1 f 2 ( s 2 )当 f 2 ( s 2 ) 9 s 时，f s 1 ) max 0 x 1 s 1 4 x 1 9 s 1 9 x 1max 0 x 1 s 1 9 s 1 5 x 1 9 s 1但此时 s 2 s 1 x 1 10 0 10 9/ 2，与 s

9、2 9 / 2 矛盾，所以舍去。当 f 2 ( s 2 ) 2 s 时，2 f 1 (10) max 0 x 1 10 4 x 1 2( s 1 x 1 ) 2令 h s x 1 1 1 ) 4 x 1 2( s 1 x 1 ) 2dh 1 4 4( s 2 x 2 )( 1) 0由 dx 1解得：x 2 s 1 12 d h 22 1 0而 d x 2 所以 x 1 s 1 1 是极小值点。比较 0,10 两个端点 x 1 0 时，f 1(10) 200 x 1 10 时，f 1(10) 40* x 1 0所以再由状态转移方程顺推：s 2s 1* x 110010200 万元。因为s 29

10、/ 2所以* x 20，s 3s 2* x 210010因此* x 3s 310最优投资方案为全部资金用于第3 个项目，可获得最大收益5. 解：用 Dijkstra算法的步骤如下，P（v ） 0 T（jv）（j2，3 7）第一步：因为 v 1, v 2，v 1,v 3 A且 v ，3v是 T 标号，则修改上个点的 T 标号分别为：T v 2 min T v 2 , P v 1 w 12 = min ,0 5 5T v 3 min T v 3 , P v 1 w 13 = min ,0 2 2所有 T 标号中， T（v ）最小，令 P（v ） 2 第二步：3v是刚得到的 P标号，考察 v 3v

11、v 4，v v 6 A ，且 v ，v 是 T 标号T v 4 min T v 4 , P v 3 w 34 = min ,2 7 9T v 6 min ,24 6所有 T 标号中， T（2v）最小，令 P（v ）5 第三步：2v是刚得到的 P标号，考察 v 2T v 4 min T v 4 , P v 2 w 24=min 9,5 2 7T v 5 min T v 5 , P v 2 w 25min ,5 7 12所有 T 标号中， T（6v）最小，令 P（6v）6 第四步：6v是刚得到的 P标号，考察 v 6T v 4 min T v 4 , P v 6 w 64=min 9,6 2 7T v 5 min T v 5 , P v 6 w 65min 12