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2007年全国高中数学联合竞赛一试试卷2007.10.14


2007 年全国高中数学联合竞赛一试试卷
(考试时间:2007 年 10 月 14 日上午 8:00—9:40) 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 如图,在正四棱锥 P?ABCD 中,∠APC=60° ,则二面角 A?PB?C 的平面角的余弦值为( ) A.
1 7
P

B. ?

1

7

C.

1 2
2

D. ?

1 2
A D C B

2. 设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a 对任意实数 x 恒成立, 则满 足条件的 a 所组成的集合是( )
1 1 A. [ ? , ] 3 3 1 1 B. [ ? , ] 2 2 1 1 C. [ ? , ] 4 3

D. [?3,3]

3. 将号码分别为 1、2、…、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全 相同。甲从袋中摸出一个球,其号码为 a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为 b。 则使不等式 a?2b+10>0 成立的事件发生的概率等于( ) A.
52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81

4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x?c)=1 对任意实数 x 恒成立, 则
b cos c a 1
2

的值等于( B.


1 2

A. ?

C. ?1

D. 1

5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能是 ( )

6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且 为 A∩B 空集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(?3,0),B(1,?1),C(0,3),D(?1,3)及一个动点 P,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为__________。 8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,
CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于________。
2 3 3

9. 已知正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心,

为半径作一个球,则

球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于__________。 10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0, 等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。 a1=d, 若 b1=d2,且
a1 ? a 2 ? a 3
2 2 2

b1 ? b 2 ? b 3

是正整数,则 q 等于________。

11. 已知函数 f ( x ) ?

sin( πx ) ? cos( πx ) ? 2 1 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值 4 4 x

为________。 12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每个小 方格内至多填 1 个字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法 共有________种(用数字作答)。

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 a n ?

?

n

1 k (n ? 1 ? k )

,求证:当正整数 n≥2 时,an+1<an。
1 x ( x ? 0 ) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C

k ?1

14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ?

在点 M、N 处切线的交点轨迹。 15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3, 4)满足:(1)对 i=1,2,3,4,fi(x)是偶函数,且对任意的实数 x,有 fi(x+π)=fi(x);(2) 对任意的实数 x,有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

2007 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 如图,在正四棱锥 P?ABCD 中,∠APC=60° ,则二面角 A?PB?C 的平面角的余弦值为( B ) A.
1 7
P

B. ?

1 7

C.

1 2

D. ?

1 2
D

M C B

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、AC, 则 ∠ AMC 为 二 面 角 A?PB?C 的 平 面 角 。 不 妨 设 AB=2 , 则 A
PA ? AC ? 2 2 ,斜高为
CM ? AM ? 7 2
7 ,故 2 ? 7 ? AM ? 2 2 ,由此得
AM
2

。 在△AMC 中, 由余弦定理得 cos ? AMC ?

? CM

2

? AC

2

2 ? AM ? CM

? ?

1 7



2. 设实数 a 使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a2 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所组成的集 合是( A )
1 1 1 1 , ] C. [ ? , ] D. [?3,3] 2 2 4 3 1 2 解:令 x ? a ,则有 | a |? ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A 正确。 3 3 3 4 1 2 一般地,对 k∈R,令 x ? ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ? | a | ? | k ? |? | a | ,由此易 2 2 3 3 4 知原不等式等价于 | a |? | k ? 1 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3

A. [ ?

1 1 , ] 3 3

B. [ ?

?5 ?2 k ? 3 ? 3 4 1 ? | k ? 1 | ? | k ? |? ? 1 ? k 2 3 2 ? ?3 ? 5 k ? 2 ?

k ?

4 3 4 3

1? k ? k ?1



所以 min {| k ? 1 | ?
k?R

3 2

|k ?

4 3

|} ?

1 3

,从而上述不等式等价于 | a |?

1 3



3. 将号码分别为 1、2、…、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全 相同。甲从袋中摸出一个球,其号码为 a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为 b。 则使不等式 a?2b+10>0 成立的事件发生的概率等于( D ) A.
52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81

解:甲、乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果,故基本事件总数为 92=81 个。由不

等式 a?2b+10>0 得 2b<a+10,于是,当 b=1、2、3、4、5 时,每种情形 a 可取 1、2、…、9 中每一个值,使不等式成立,则共有 9× 5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、…、9 中每一个 值,有 7 种;当 b=7 时,a 可取 5、6、7、8、9 中每一个值,有 5 种;当 b=8 时,a 可取 7、 8、9 中每一个值,有 3 种;当 b=9 时,a 只能取 9,有 1 种。于是,所求事件的概率为
45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 81 ? 61 81



4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x?c)=1 对任意实数 x 恒成立, 则
b cos c a 1
2

的值等于( B.

C
1 2

) C. ?1
1 2

A. ?

D. 1 ,c=π,则对任意的 x

解:令 c=π,则对任意的 x∈R,都有 f(x)+f(x?c)=2,于是取 a ? b ? ∈R,af(x)+bf(x?c)=1,由此得 一般地,由题设可得 f ( x ) ?
0?? ? π 2

b cos c a

? ?1 。
13 sin( x ? ? ? c ) ? 1 ,其中

13 sin( x ? ? ) ? 1 , f ( x ? c ) ?

且 tan ? ?

2 3

,于是 af(x)+bf(x?c)=1 可化为

13 a sin( x ? ? ) ?
13 a sin( x ? ? ) ?

13 b sin( x ? ? ? c ) ? a ? b ? 1 ,即
13 b sin( x ? ? ) cos c ? 13 b sin c cos( x ? ? ) ? ( a ? b ? 1) ? 0 ,所以

13 ( a ? b cos c ) sin( x ? ? ) ?

13 b sin c cos( x ? ? ) ? ( a ? b ? 1) ? 0 。

? a ? b cos c ? 0 ? 由已知条件,上式对任意 x∈R 恒成立,故必有 ? b sin c ? 0 ? a ? b ?1 ? 0 ?

(1) (2) , (3)

若 b=0,则由(1)知 a=0,显然不满足(3)式,故 b≠0。所以,由(2)知 sinc=0,故 c=2kπ+π 或 c=2kπ(k∈Z)。当 c=2kπ 时,cosc=1,则(1)、(3)两式矛盾。故 c=2kπ+π(k∈Z),cosc=?1。由 (1)、(3)知 a ? b ?
1 2

,所以

b cos c a

? ?1 。

5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能是 ( A )

解:设圆 O1 和圆 O2 的半径分别是 r1、r2,|O1O2|=2c,则一般地,圆 P 的圆心轨迹是焦点为 O1、O2,且离心率分别是
2c r1 ? r2



2c | r1 ? r2 |

的圆锥曲线(当 r1=r2 时,O1O2 的中垂线是轨迹

的一部份,当 c=0 时,轨迹是两个同心圆)。 当 r1=r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 B;当 0<2c<|r1?r2|时,圆 P 的圆心轨迹如选 项 C;当 r1≠r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 D。由于选项 A 中的椭圆和双曲线的 焦点不重合,因此圆 P 的圆心轨迹不可能是选项 A。 6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且 为 A∩B 空集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( B ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 解:先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33,为此只须证若 A 是{1,2,…,49}的任一个 34 元子集,

则必存在 n∈A,使得 2n+2∈B。证明如下: 将{1,2,…,49}分成如下 33 个集合:{1,4},{3,8},{5,12},…,{23,48}共 12 个; {2,6},{10,22},{14,30},{18,38}共 4 个;{25},{27},{29},…,{49}共 13 个; {26},{34},{42},{46}共 4 个。由于 A 是{1,2,…,49}的 34 元子集,从而由抽屉原理 可知上述 33 个集合中至少有一个 2 元集合中的数均属于 A,即存在 n∈A,使得 2n+2∈B。 如取 A={1,3,5,…,23,2,10,14,18,25,27,29,…,49,26,34,42,46}, B={2n+2|n∈A},则 A、B 满足题设且|A∪B|≤66。 D C 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(?3,0),B(1,?1),C(0,3), P F D(?1,3)及一个动点 P,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为
3 2 ?2 5



解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|, |PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD| , 因 此 , 当 动 点 P 与 F 点 重 合 时 , |PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值 | AC | ? | BD |? 3 2 ? 2 5 。 8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,
CA ?

A B

33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于

2 3



解 : 因 为 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 , 所 以 AB ? ( AB ? BE ) ? AC ? ( AB ? BF ) ? 2 , 即
AB ? AB ? BE ? AC ? AB ? AC ? BF ? 2 。因为 AB ? 1 , 33 ? 1 ? 36 AC ? AB ? 33 ? 1 ? ? ? 1 , BE ? ? BF ,所以 1 ? BF ? ( AC ? AB ) ? 1 ? 2 ,即 2 ? 33 ? 1
2
2

BF ? BC ? 2 。设 EF 与 BC 的夹角为 θ,则有 | BF | ? | BC | ? cos θ ? 2 ,即 3cosθ=2,所以
cos θ ? 2 3



9. 已知正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心,
2 3 3

为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲
5 3π 6

线的长等于



解: 如图, 球面与正方体的六个面都相交, 所得的交线分为两类: 一类在顶点 A 所在的三个面上,即面 AA1B1B、面 ABCD 和面 AA1D1D 上;另一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 BB1C1C、 面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上,因为
AE ? 2 3 3

,AA1=1,则 ? A1 AE ?

π 6

。同理 ? BAF ?

π 6

,所以 ? EAF ?

π 6

,故弧 EF 的

长为

2 3 π 3 ? ? π ,而这样的弧共有三条。在面 BB1C1C 上,交线为弧 FG 且在距球心为 3 6 9

1 的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B,半径为 以弧 FG 的长为
3 π 3 ? ? π 。这样的弧也有三条。 3 2 6
3 9 π ? 3? 3 6 π ? 5 3π 6

3 3

, ? FBG ?

π 2

,所

于是,所得的曲线长为 3 ?



10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0, 等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。 a1=d, 若

b1=d ,且 解:因为 1+q+q2 为
q ? ? 1 2 ?

2

a1 ? a 2 ? a 3
2 2

2

b1 ? b 2 ? b3 a1 ? a 2 ? a 3
2 2 2

是正整数,则 q 等于
2 2

1 2


2

b1 ? b 2 ? b 3
m

?

a1 ? ( a1 ? d ) ? ( a1 ? 2 d ) b1 ? b1 q ? b1 q
2

?

14 1? q ? q
2

,故由已知条件知道:

14

,其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q ?
2

14 m

,则
14 m 1 2 ? 3,

1 4

?

14 m

?1 ? ?

1 2

?

56 ? 3 m 4m

。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 1 ? 。

即 5≤m≤13 且

56 ? 3 m 4m

是某个有理数的平方,由此可知 q ?

11. 已知函数 f ( x ) ?

sin( πx ) ? cos( πx ) ? 2 1 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 4 4 x
2 sin( πx ? π 4 x )?2 ( 1 4
3 5

4 5 5
1 4



解: 实际上 f ( x ) ?
1 3

? x?

5 4

) , g (x) ? 设

2 sin( πx ?

π 4

)(

? x?

5 4

), 3

则 g(x)≥0, g(x)在 [ , ] 上是增函数, [ , ] 上是减函数, y=g(x)的图像关于直线 x ? 在 且

4 4 4 4 4 1 3 3 5 对称,则对任意 x 1 ? [ , ] ,存在 x 2 ? [ , ] ,使 g(x2)=g(x1)。于是 4 4 4 4 3 5 g ( x1 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 f ( x1 ) ? ? ? ? f ( x 2 ) ,而 f(x)在 [ , ] 上是减函数,所以 4 4 x1 x1 x2
5 4 5 4 5 1 5 f (x) ? f ( ) ? ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 4 5 5 4 4

12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每个小 方格内至多填 1 个字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法 共有 3960 种(用数字作答)。 解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C42A42=72 种,同样,使 2 个 b 既不同行也不同列的填法也有 C42A42=72 种,故由乘法原理,这样的填法 共有 722 种,其中不符合要求的有两种情况:2 个 a 所在的方格内都填有 b 的情况有 72 种; 2 个 a 所在的方格内仅有 1 个方格内填有 b 的情况有 C161A92=16× 种。所以,符合题设条 72 件的填法共有 722?72?16× 72=3960 种。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 a n ? 证明:由于

?

n

1 k (n ? 1 ? k )

,求证:当正整数 n≥2 时,an+1<an。
1 ( 1 ?
n

k ?1

1 k (n ? 1 ? k )
1 2

?

1 n ?1? k
1 k ? ? 1

n ?1 k
1

) ,因此 a n ?
n ?1

? n ?1

2

n

1 k

,于是,对任意的正

k ?1

整数 n≥2,有
?( 1 n ?1 ? 1

( a n ? a n ?1 ) ? )?
n

? n ?1
1

k ?1

? n?2
1

1 k (?
n

k ?1

1 k

n?2

?

1 k

k ?1

( n ? 1)( n ? 2 )

( n ? 1)( n ? 2 )

? 1) ? 0 ,即 an+1<an。

k ?1

14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ? 在点 M、N 处切线的交点轨迹。

1 x

( x ? 0 ) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C

解:设点 M、N 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),曲线 C 在点 M、N 处的切线分别为 l1、l2, 其交点 P 的坐标为(xp,yp)。若直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1。
1 ? 1 ?y ? x ? 由方程组 ? 即(k?1)x2+x?1=0。 由题意知, 该方程在(0, x ,消去 y,得 x ? ? kx ? 1 , x ? y ? kx ? 1 ?

+∞)上有两个相异的实根 x1、x2,故 k≠1,且 Δ=1+4(k?1)>0…(1), x1 ? x 2 ?
x1 x 2 ? 1 1? k ? 0 … (3) , 由 此 解 得 3 4 ? k ? 1 。对 y ? x ? 1 x

1 1? k

? 0 …(2), 1 x
2

求 导 , 得 y' ? 1 ?
1 x1
2

,则

y' | x ? x1 ? 1 ?
y ? ( x1 ? 1 x1

1 x
2 1

, y' | x ? x ? 1 ?
2

1 x
2 2

, 于 是 直 线 l1 的 方 程 为 y ? y 1 ? (1 ?
1 x
2 1

)( x ? x 1 ) , 即 2 x1 2 x1 ? 2 x2 ?0,

) ? (1 ?

1 x
2 1

)( x ? x1 ) ,化简后得到直线 l1 的方程为 y ? (1 ?

)x ?

…(4)。同

理可求得直线 l2 的方程为 y ? (1 ? 因 为 x1≠x2 , 故 有 x p ?
2 y p ? (2 ? ( 1 x
2

1 x
2 2

)x ?

2 x2

…(5)。(4)?(5)得 (

1 x
2 2

?

1 x
2 1

)xp ?

2 x1 x 2 x1 ? x 2
1 x1
2 2 2

… (6) 。 将 (2)(3) 两 式 代 入 (6) 式 得 xp=2 。 (4)+(5) 得
1 x2 )

2 1

?
2

1 x
2 2

)) x p ? 2 (

?


?(

(7) ,
x1 ? x 2 x1 x 2
3 4

其 中
2 x1 x 2

1 x1

?

1 x2

?

x1 ? x 2 x1 x 2

?1



1 x
2 1

?

1 x
2 2

?

x1 ? x 2 x x
2 1 2 2

?

( x1 ? x 2 ) ? 2 x1 x 2 x x
2 1

) ?
2

? 1 ? 2 (1 ? k ) ? 2 k ? 1 , 代入(7)
5 2

式得 2yp=(3?2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4?2k。又由

? k ? 1得2 ? y p ?

,即点 P 的轨迹为

(2,2),(2,2.5)两点间的线段(不含端点)。 15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3, 4)满足:(1)对 i=1,2,3,4,fi(x)是偶函数,且对任意的实数 x,有 fi(x+π)=fi(x);(2) 对任意的实数 x,有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 证明:记 g ( x ) ?
f ( x) ? f (? x) 2

, h(x) ?

f ( x) ? f (? x) 2

,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函
g (x) ? g (x ? π ) 2

数, h(x)是奇函数, 对任意的 x∈R, g(x+2π)=g(x), h(x+2π)=h(x)。 f 1 ( x ) ? 令
? g ( x) ? g ( x ? π ) ? 2 cos x f2 ( x) ? ? ? 0 ?
? h(x) ? h(x ? π ) ? 2 sin 2 x f4 (x) ? ? ? 0 ?



x ? kπ ? x ? kπ ?
x? x? kπ

π 2 π 2



? h(x) ? h(x ? π ) ? f3 ( x) ? ? 2 sin x ? 0 ?

x ? kπ x ? kπ



2 ,其中 k 为任意整数。 kπ 2
π 2

容易验证 fi(x),i=1,2,3,4 是偶函数,且对任意的 x∈R,fi(x+π)=fi(x),i=1,2,3,4。 下证对任意的 x∈R,有 f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当 x ? kπ ? 因为 f 1 ( x ) ? f 2 ( x ) cos x ? f 1 ( x ) ?
g (x) ? g (x ? π ) 2

时, 显然成立; x ? kπ ? 当

π 2

时,

,而

g ( x ? π ) ? g ( kπ ?

3π 2

) ? g ( kπ ?

3π 2

? 2 ( k ? 1) π ) ? g ( ? kπ ?

π 2

) ? g ( kπ ?

π 2

) ? g ( x ) ,故对

任意的 x∈R,f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 下证对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 x ?
π 2 π 2 ) ? ? h ( kπ ? π 2 ) ? ?h(x) , 故 kπ 2

时,显然成立;当 x=kπ 时,

h(x)=h(kπ)=h(kπ?2kπ)=h(?kπ)=?h(kπ),所以 h(x)=h(kπ)=0,而此时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0,故 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当 x ? kπ ?
h ( x ? π ) ? h ( kπ ? f3 ( x) s i nx ? 3π ) ? h ( kπ ? 3π 2

时,

? 2 ( k ? 1) π ) ? h ( ? kπ ?

2 h(x) ? h(x ? π ) 2

? h ( x ) ,又 f4(x)sin2x=0,从而有 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

于是,对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述,结论得证。


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