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全国高中数学联赛模拟试题(03)


全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

全国高中数学联赛模拟试题二
(一试) 一、填空题 1、设非空集合 A?{1,2,3,4,5,6,7},且当 a∈A 时必有 8-a∈A,则这样的 A 共有 2、四面体 S-ABC 中,三组对棱分别相等,依次为 34、 41、5,则此四面体的体积为 3、设 Sn 是等差

数列{an}的前 n 项和,S9=18,an-4=30(n>9) n=336,则 n 的值为 ,S 4、以长方形 8 个顶点中的任意 3 个为顶点的三角形中锐角三角形的个数有 . 个. . .

x 1 1 1 1 5、已知 f(x)= ,则 f(1)+f(2)+…+f(2008)+f(2009)+f( )+f( )+…+f( )+f( )=_______. 2 3 2008 2009 1+x y2 6、过双曲线 x2- =1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若实数 m 使得|AB|=m 的直线 l 恰好 2 有 3 条,则 m=________________. θ 7、设 0<θ<π,则 sin (1+cosθ)的最大值是________________. 2 z z2 z3 8、已知复数 z 满足 z7=1 且 z≠1,则 =________________. 2+ 4+ 1+z 1+z 1+z6 9、已知 x、y 满足方程(x-1)2+(y-1)2=1 且 y≥1,要使 x+y+m≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 ________________. 10、满足方程 2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 的非负整数解共有_________组. 三、解答题 Sn 11、在无穷数列{an}中,若 a1=1,an+1>an,且 a2n+1+an2+1=2(an+1an+an+1+an) n→∞ 的值. .求 lim nan

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全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

12、点 A、B、C 依次在直线 l 上,且 AB=4BC,过 C 作 l 的垂线,M 是这一直线上的动点,以 A 为圆 心,AB 为半径作圆,MT1 与 MT2 是这一圆的一切线,T1 与 T2 分别为切点,试求 ΔMT1T2 的垂心 H 的轨迹.

a b c 13、已知实数 a、b、c 满足条件: + + =0,其中 m 是正数,对于 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)求 m+2 m+1 m 证: m (1)af( )<0; m+1 (2)方程 f(x)=0 在(0,1)内有解.

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全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

(二试)
1、设 PQ 是△ABC 的外接圆的任意一条直径,求证:点 P、Q 关于△ABC 的 Simson 线互相垂直.

2、m 种不同零件,各种零件分别有 x1,x2,…,xm(x1≤x2≤…≤xm)个,放在暗室中,每次取一件, 若每 n 个同种零件可组装一部机器,问最少取多少次就可以保证取出的零件可组装 k 部不同的机器.

换题: 1.若有 n+1 个相似三角形且较小的 n 个可以互不重叠地放在大的内部,试证:n 个小的三角形周长和不大于大三角形 周长的 n倍. 2.设 f(n)和 g(n)是由下列两个条件确定的自然数序列: (1)f(1)=1; (2)g(n)=na-1-f(n)(a 是大于 4 的奇数), 证明:存在常数 p,q 使得 f(n)=[pn],g(n)=[qn],其中[x]表示不超过 x 的最大整数. -3-

全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

3.试求所有的数组(p,q,r),满足下列条件: ⑴ p,q,r∈N*,p≥q≥r; ⑵ p,q,r 中至少有两个素数; ⑶ (p+q+r)2 为正整数. pqr

4.6 个互异实数 a1,a2,…,a6 中最小数是 m,最大数是 M.求证:在这 6 个数中存在三个数,它们 1 2 两两之差的绝对值或者小于 (M-m),或者不小于 (M-m). 3 3

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全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

全国高中数学联赛模拟试题解答二
(一试) 一、填空题 1、设非空集合 A?{1,2,3,4,5,6,7},且当 a∈A 时必有 8-a∈A,则这样的 A 共有 个. 填 15 个. 解:由题意可知,集合 A 可以是{1,7},{2,6},{3,5},{4},或其中的 2 个的并集,或其中的 3 个 的并集,或其中的 4 个的并集,故共有 C4+C4+C4+C4=15 个. 2、四面体 S-ABC 中,三组对棱分别相等,依次为 34、 41、5,则此四面体的体积为 . 填 20. 解:将四面体 S-ABC 补形成长方体,并设长、宽、高分别为 x,y,z.则由已知条件可得 x2+y2=41, y2+z2=34,z2+x2=25,三式相加得 x2+y2+z2=50,从而 x2=16,y2=25,z2=9,即 x=4,y=5,z=3.则 四面体体积为 20. 3、设 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和,S9=18,an-4=30(n>9) n=336,则 n 的值为 ,S . 填 21. 解:由已知可得 9a1+36d=18. ①, a1+(n-5)d=30. ② n(n-1) na1+ d=336 ③ 2 由①可得 a1=2-4d,代入②,③可得(n-9)d=28, n-9 即 n(2+ d)=336,消去 d 得 n=21. 2 4、以长方形 8 个顶点中的任意 3 个为顶点的三角形中锐角三角形的个数有 . 填 8. 解:由题意可知三角形的三边必须为面的对角线,可设长方体的长、宽、高分别为 a,b,c,利用余弦 定理可知每个三角形的内角的余弦值都为正. x 1 1 1 5、已知 f(x)= ,则 f(1)+f(2)+…+f(2009)+f( )+f( )+…+f( )=_________. 2 3 2009 1+x 1 填 2008 . 2 1 解:利用 f(x)+f( )=1,即可. x y2 6、过双曲线 x2- =1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若实数 m 使得|AB|=m 的直线 l 恰好 2 有 3 条,则 m=________________. 填 4; y2 解:由圆锥统一的极坐标方程,可证得过双曲线 x2- =1 的右焦点,且与右支交于不同两点的弦,当 2 2b2 且仅当该弦与 x 轴垂直时,取得最小值 =4,再根据对称性可得 m=4. a θ 7、设 0<θ<π,则 sin (1+cosθ)的最大值是________________. 2 填 4 3; 9
1 2 3 4

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全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

θ θ θ 解: sin (1+cosθ)=2sin cos2 = 2 2 2 2

θ θ θ 2sin2 cos2 cos2 ≤ 2 2 2 2

2 4 ( )3= 3. 3 9

z z2 z3 8、已知复数 z 满足 z7=1 且 z≠1,则 + + =________________. 1+z2 1+z4 1+z6 填-2; 解: z z2 z3 1 1 1 = + + 2+ 4+ _ _ _ 1+z 1+z 1+z6 z+ z z2+ z 2 z3+ z 3 = (z2+z5)(z3+z4)+(z+z6)(z3+z4)+(z+z6)(z2+z5) (z+z6)(z2+z5)(z3+z4)

z5+z6+z+z2+z4+z5+z2+z3+z3+z6+z+z4 = (z3+z6+z+z4)(z3+z4) = 2(z+z2+z3+z4+z5+z6) z6+z2+z4+1+1+z3+z5+z

=-2. 9、已知 x、y 满足方程(x-1)2+(y-1)2=1 且 y≥1,要使 x+y+m≥0 恒成立,则实数 m 的取值范围是 ________________. 解:m≥-1;利用三角代换,可设 x=1+cosθ,y=1+sinθ(0≤θ≤π), π 则由-m≤x+y=2+ 2sin(θ+ )对于 0≤θ≤π 时恒成立, 4 π 2 可得-m≤[2+ 2sin(θ+ )]min=2+ 2· (- )=1.即 m≥-1. 4 2 10、满足方程 2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 的非负整数解共有_________组. 解:174;若 x1=0,则有 C9+C9+C9=165 组,若 x1=1,则有 C9=9 组,故共有 174 组. 三、解答题 Sn 11、在无穷数列{an}中,若 a1=1,an+1>an,且 a2n+1+an2+1=2(an+1an+an+1+an) n→∞ 的值. .求 lim nan 解:由已知等式可知,(an+1+an)2-2(an+1+an)+1=4an+1an,即(an+1+an-1)2=4an+1an, 因为 a1=1,an+1>an,所以 an+1+an-1>0,从而有 an+1+an-1=2 an+1an, 即( an+1- an)2=2,所以 an+1- an=1, 由此可知{ an}是以 1 为首项,公差为 1 的等差数列, 所以 an= a1+(n-1)× 1=n,即 an=n2, 从而有 Sn=12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1) , 6
1 2 3 1

1 1 1 lim Sn 1 lim 故n→∞ = n→∞(1+ )(2+ )= . nan 6 n n 3 另:或将 n 换成 n-1,两式相减,然后再求. 12、点 A、B、C 依次在直线 l 上,且 AB=4BC,过 C 作 l 的垂 线,M 是这一直线上的动点,以 A 为圆心,AB 为半径作圆,MT1 与 MT2 是这一圆的一切线,T1 与 T2 分别为切点,试求 ΔMT1T2 的垂 心 H 的轨迹. 解:以直线 l 为 x 轴,A 为原点建立直角坐标系,设|BC|=a, 则由题意可知,以 A 为圆心,AB 为半径的圆的方程为 x2 +y2 = 16a2.过 C 点与 l 垂直的直线方程为 x=5a.
-6y

M H1 T2 H P l A B T1 H2 C x

全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

设 M 点的坐标为(5a,t),因为高线 T1H1 与 T2H2 相交于 H,则由 AT2∥T1H1,AT1∥T2H2 及 AT1=AT2 可 知四边形 AT1HT2 为菱形.所以 T1T2⊥AH,又 AM⊥T1T2,所以 A,H,M 三点共线. t 直线 AM 的方程为 y= x,设 T1(x1,y1),T2(x2,y2),则切线 T1M,T2M,的方程分别为 5a x1x+y1y=16a2,x2x+y2y=16a2,又因为 M(5a,t)在两切线上, 5ay 所以,5ax1+ty1=16a2,5ax2+ty2=16a2,可知直线 T1T2 的方程为 5ax+ty=16a2,将 t= 代入克得 x 5ay2 5ax+ =16a2, x 8 8 即(x- a)2+y2=( a)2.这就是动直线 AM 与 T1T2 交点 P 的轨迹方程, 5 5 1 8 1 8 16 16 从而求得 H 的轨迹方程为:( x- a)2+( y)2=( a)2,即(x- a)2+y2=( a)2,故所求垂心 H 的轨迹是 2 5 2 5 5 5 一个圆. a b c 13、已知实数 a、b、c 满足条件: + + =0,其中 m 是正数,对于 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)求 m m+2 m+1 证: m (1)af( )<0; m+1 (2)方程 f(x)=0 在(0,1)内有解. m m 2 m am b c a b c 证明: (1)因为 af( )=a[a( ) +b( )+c]=am[ + + ],又因为 + + m+1 m+1 m+1 (m+1)2 m+1 m m+2 m+1 m m am a a2m =0,所以 af( )=am[ - ]=- , m+1 (m+1)2 m+2 (m+1)2(m+2) m 故 af( )<0; m+1 (2)由于 f(0)=c,f(1)=a+b+c; m m 当 a>0 时,由 af( )<0 可知 f( )<0. m+1 m+1 m 若 c>0,f(0)=c>0,所以方程 f(x)=0 在(0, )内有解; m+1 c a a c 若 c≤0,f(1)=a+b+c=a+(m+1)(- - )+c= - >0, m m+2 m+2 m m 所以方程 f(x)=0 在( ,1)内有解; m+1 当 a<0 时,同理可证. 从而,方程 f(x)=0 在(0,1)内有解.

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全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

(二试)
1、设 PQ 是△ABC 的外接圆的任意一条直径,求证:点 P、Q 关于△ABC 的 Simson 线互相垂直. 证明 作 PP'⊥BC,QQ'⊥BC,垂足分别为 X、X?,交△ABC 的外接圆 Q' P ⊙O 于点 P?、Q?.作 PZ⊥AB,QZ⊥AB,垂足分别为 Z、Z?.则 XZ、X?Z? A 分别为点 P、Q 对应于△ABC 的 Simson 线. 由∠AP?P=∠ABP,∠ZBP=∠ZXP,得∠AP?P=∠ZXP, Z Z' ∴ AP'∥XZ,同理,AQ'∥X?Z?. ∵PQ 为⊙O 的直径,∴PP?QQ?为矩形. X' B C X ∴ P?Q?为⊙O 的直径,∠P?AQ?=90?.即 AP?⊥AQ?, ∴ XZ⊥X?Z?.
P' Q

2、m 种不同零件,各种零件分别有 x1,x2,…,xm(x1≤x2≤…≤xm) 个,放在暗室中,每次取一件,若每 n 个同种零件可组装一部机器,问最少取多少次就可以保证取出的零 件可组装 k 部不同的机器. 解:从最坏的情况考虑,开始每种零件各取出 n-1 个,则计有 m(n-1)次,然后再取一件,此时不论 取出的是哪一种均可组装成一部机器.因此要组装一部机器,则最小取 m(n-1)+1 次.若要组装两部不同 的机器,则在上述情况的基础上,最坏的情况是连续 n 次都是取的组装上述那部机器的零件并一直到取完, 这样最坏又要取 xm-n 次.至此,其他各种零件各以取出 n-1 件且有一种零件已取完,所以再取一件就又 可以组装一部与第一次组装的不同的机器了, 因此组装两种不同的机器至少要取 m(n-1)+1+xm-n+1=(n -1)(m-1)+xm+1(次).仿上,若要组装三部不同的机器,则可能又连续 n 次把组装第二部机器的那种零件 全部取完,即又取 xm-1-n 次,然后再取一件就可以组装三部不同的机器了,即需取(n-1)(m-1)+xm+1 +xm-1-n+1=(n-1)(m-2)+xm+xm-1+1(次). 依此类推,组装 k 部不同的机器需取(n-1)(m-k+1)+xm+xm-1+…+xm=k+2+1 次. 3.试求所有的数组(p,q,r),满足下列条件: ⑴ p,q,r∈N*,p≥q≥r; ⑵ p,q,r 中至少有两个素数; ⑶ (p+q+r)2 为正整数. pqr

(a+b+c)2 解:设(a,b,c)为符合题意的一组解,且 a、b 为素数,a≥b.由 ∈N*及 a、b 为素数知,a|(b abc +c),b|(c+a),c|(a+b)2. ①设 a=b,此时由 a|(b+c)得 a|c.又由 c|(a+b)2 可得 c|4a2,故 c 可能取的值为 a,2a,4a,a2,2a2, (a+b+c)2 4a2.分别代入 中计算知,当 c=a 时,a=3;c=2a 时,a=2;c=4a 时,a=3;c=a2 时,a=2 abc 均满足题设条件,相应的解为:(a,b,c)=(3,3,3),(2,2,4),(3,3,12). ②设 a>b,由 a|(b+c),设 b+c=ka(k∈N*),则 c+a=(k+1)-b.再由 b|(c+a)知 b|(k+1)a,又 a、b 为不同的素数,故 b|(k+1). 令 k+1=mb(m∈N*) ,则 c=(mb-1)a-b=mab-a-b,a+b+c=mab, ∴ (a+b+c)2 mab(a+b+c) m(a+b) = =m+ ∈N*,于是 m(a+b)=nc=mnab-na-nb(n∈N*), abc abc c

即 mnab=(m+n)(a+b), ∵a、b 为不同的素数 ∴a|(m+n),b|(m+n),故 ab|(m+n). 令 m+n=tab(t∈N*),则 mn=t(a+b). 由 t(a+b)-tab+1=mn-(m+n)+1=(m-1)(n-1)≥0 得 t(ab-a-b)≤1,即 t[(a-1)(b-1)-1]≤1.
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全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

∵ t、a、b∈N*,a>b 故 a=3,b=2.

∴(a-1)(b-1)-1=1,

此时 t=1,mn=5,m+n=6,则 m=1 或 5,c=mab-a-b=1 或 25.于是(a,b,c)=(3,2,1),(3, 2,25). 综上所述,共有五组解:(3,3,3),(2,2,4),(3,3,12),(3,2,1),(3,2,25).

4.6 个互异实数 a1,a2,…,a6 中最小数是 m,最大数是 M.求证:在这 6 个数中存在三个数,它们 1 2 两两之差的绝对值或者小于 (M-m),或者不小于 (M-m). 3 3 证明:用平面中 6 个点 A1,A2,…,A6(无三点共线)分别表示实数 a1,a2,…,a6.若 ai 和 aj 不满足 1 2 (M-m)≤|ai-aj|≤ (M-m) 3 3 ①.

则在对应的两点 Ai 和 Aj 之间连一条红线,否则就连一条蓝线.于是,我们得到一个二染色的 K6,其中 必存在一个同色三角形. 但任取其中三个数 ai,aj,ak(1≤i<j<k≤6),这三个数不可能两两都满足①式.这是因为若有 1 1 ai-aj≥ (M-m),aj-ak≥ (M-m). 3 3 则 2 ai-ak≥ (M-m). 3

这说明在这个二染色图中不存在三边都是蓝色的三角形.所以,必存在三边都是红色的三角形,这个 三角形的三个顶点对应的三个实数不满足①,即结论正确.

-9-

全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02. ? 2bn?

4.设正整数列{bn}满足 b0=1,b1=2,且 bn=2bn-1+bn-2,n=2,3,…. m ( I )求最小的正数 m 和最大的正数 M,使得 2≤ bn

|

2-

bn

|≤M,n=0,1,2,…. b
2 n

(II) 若正整数 y<bn+1,求证对任何正整数 x 均有| 2bn-? 2bn?|≤| 2y-x|.且不等式中等号成立的充 要条件是 x=? 2bn?,y=bn. 注:? 2bn?表示与 2bn 之差的绝对值最小的整数. 解:数列{bn}的特征方程为 λ2=2λ+1,其根为 1+ 2和 1- 2.从而 bn=A(1+ 2)n+B(1- 2)n.其中 1+ 2 1- 2 A、B 为待定常数,由 b0=1,b1=2 可得:A= ,B=- .于是: 2 2 2 2 1 + + bn= [(1+ 2)n 1-(1- 2)n 1]. 2 2 1 + + 令 an= [(1+ 2)n 1+(1- 2)n 1],则 a0=1,a1=3,且 an=2an-1+an-2,n=2,3,…. 2
n 1 ? ?an+ 2bn=(1+ 2) , 显然{an}和{bn}都是严格递增的正整数数列且? n +1 ? ?an- 2bn=(1- 2) . + (-1)n 1 + 由此可得 a2-2b2=(-1)n 1,于是 an- 2bn= . ① n n an+ 2bn


由{an}和{bn}的严格递增性可知:|an- 2bn|≤ 所以:an=? 2bn?. + (-1)n 1 an ( I ) 由①得: - 2= .由此可得: bn anbn+ 2b2 n

1 1 < . 2+1 2

a2k-1 a2k+1 a2k a2(k+1) < < 2,k=0,1,2,…. > > 2,k=1,2,3,…. b2k b2(k+1) b2k-1 b2k+1 a0 a2 a4 a5 a3 a1 3 即 1= < < <…<…< < < < . b0 b2 b4 b5 b3 b1 2 由于 ②

|

2-

? 2bn?

bn

|=|

an 1 1 1 2- |= = · . bn anbn+ 2b2 b2 an n n 2+ bn

1 1 利用②可得 2· ≤ 3 bn 2+ 2

|

2-

? 2bn?

bn

1 |≤b1 · 2+1,n=0,1,2,….
2 n

当 n=1 时左端不等式中等号成立,当 n=0 时右端不等式中等号成立,于是 m= 1 ,M= . 3 2+1 2+ 2 ③ 1

?anu+an+1v=x, (II) 设正整数 x、y 满足 y<bn+1,令? ?bnu+bn+1v=y.


由于 an+ 2bn=(1+ 2)n 1,则 an+1+ 2bn+1=(an+ 2bn)(1+ 2)=(an+2bn)+(an+bn) 2.
?an+1=an+2bn, + 2 由此可得? 于是由①可知 bn+1an-bnan+1=a2-2bn=(-1)n 1. ④ n bn+1=an+bn. ?

所以,由④从③解出之 u,v 均为正整数.若 v=0,则 anu=x,bnu=y, 由此知 u 为正整数,且| 2y-x|=u| 2bn-an|≥| 2bn-an|. 即(II)成立,此时| 2y-x|=| 2bn-an|的充要条件为 u=1, 即 x=an=? 2bn?,y=bn. 若 v≠0,易知 u≠0,否则 y=bn+1y≥bn+1 矛盾!若 uv>0,即 u,v 同号,由于 x,y 为正整数,所以 u,
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全国高中数学联赛模拟试题 (02)

2009.06.02.

v>0.从而 y=bnu+bn+1v>bn+1 矛盾!由此得 uv<0.由于

| 2y-x|=| 2bnu+ 2bn+1v-anu-an+1v |=|u( 2bn-an)+v( 2bn+1-an+1)|. 由①及 u,v 不同号可知 u( 2bn-an)与 v( 2bn+1-an+1)同号. 所以,| 2y-x|=| 2bn-an||u|+| 2bn+1-an+1||v|>| 2bn-an|. 综上所说,(II)中的结论成立.
3、设 f(n)和 g(n)是由下列两个条件确定的自然数序列: (1)f(1)=1; (2)g(n)=na-1-f(n)(a 是大于 4 的奇数) , 证明:存在常数 p,q 使得 f(n)=[pn],g(n)=[qn],其中[x]表示不超过 x 的最大整数. 1 1 解: p, 为二次方程 x2-ax+a=0 的根, p= (a- a2-4a), 取 q 则 q= (a+ a2-4a), 其中 a2>4a. 于 2 2 1 1 1 是,p<q,p+q=a,pq=a, + = (p+q)=1 且 1<p≤2,q≥2. p q pq 这里 p,q 都是无理数,因为如果 p 是有理数,则 a2-4a 便是一个平方数,设 a2-4a=r2,由此看出 a 1 1 和 r 具有相同的奇偶性,因为 p,q 都是奇数,于是由 + =1 得 p=q=2,因而 a=4,这与题意 a 是大于 4 p q 的奇数不合. 现取 f(n)=[pn],g(n)=[qn],则 f(1)=[p]=1. ∴ [pn]<pn<[pn]+1,na-[pn]-1<na-pn<na-[pn],因而[na-pn]=na-[pn]-1,于是 g(n)=[qn] =[(a-p)n]=[an-pn]=na-[pn]-1=na-1=f(n). 这就验证了 f(n)和 g(n)满足⑴、⑵两条. 若有 n+1 个相似三角形且较小的 n 个可以互不重叠地放在大的内部,试证:n 个小的三角形周长和不 大于大三角形周长的 n倍. 解:n 个图形可以互不重叠地放在大图形的内部的必要条件是:这 n 个图形的面积和不大于大图形的面 积.设小三角形 Δk 与大三角形 Δ 的相似比为 λk,0<λk<1(k=1,2,…,n),Δk 与 Δ 的面积分别为 Sk 与 S, Δk 与 Δ 的周长分别为 Pk 与 P(k=1,2,…,n), n n Sk Pk 根据题意有:0<λk<1, Sk≤S,需证 Pk≤ nP,因为 =λ2k, =λk(k=1,2,…,n),由此,问 S P k=1 k=1

Σ

Σ

题进一步转化为,已知 0<λk<1,

k=1

Σλ
n

n

2

k≤1,需证

k=1

Σλ ≤
k

n

n,

因为

k=1

Σλ =
k

n

( ∑ λk)2≤
k=1

n

n

k=1

Σλ ≤
2 k

n.

从而得证.

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2015年全国高中数学联赛模拟试题09

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