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2010年全国高中数学联赛模拟题3



2010 年全国高中数学联赛模拟题 3
一试
考试时间上午 8:00~9:20,共 80 分钟,满分 120 分 一、填空题(共 8 题,每题 8 分,64 分)

1 2y ? 的取值范围是___________________. x x2 c a b ? 的最小值为 2、已知 a, b, c 为非负数,则 f (a, b, c) ? ?

a b?c c 2 2 x y 3、设 AB 是椭圆 2 ? 2 ? 1( a ? b ? 0 )的长轴,若把 AB100 等分,过每个分点作 AB a b
1、 若实数 x 、 y 满足条件 x 2 ? y 2 ? 1 ,则 的 垂 线 , 交 椭 圆 的 上 半 部 分 于 P1 、 P2 、 … 、 P99 , F1 为 椭 圆 的 左 焦 点 , 则

F1 A ? F1 P 1 ? F 1P 2 +… ? F 1P 99 ? F 1 B 的值是
4、从一个有 88 条棱的凸多面体 P,切去以其每个顶点为顶点的各一个棱锥,得到一个新的 凸多面体 Q,这些被切去的棱锥的底面所在的平面在 P 上或内部互不相交,则凸多面体 Q 的棱数是 。 5、设函数 f ? x ? :

R ? R ,且满足, ?x, y ? R ,
.

f ? x ? f ? y ? ? f ? 2xy ? 3? ? 3 f ? x ? y ? ? 3 f ? x ? ? 6x ,则 f ? x ? ?
7 、 设 a1 , a2 ,?, a2010 均 为 正 实 数 , 且

6、一个球与正四面体的六条棱都相切,若正四面体的棱长为 a,则这个球的体积为

1 1 1 1 ? ??? ? ,则 2 ? a1 2 ? a 2 2 ? a 2010 2

a1 ? a2 ?? ? a2010 的最小值为____________________.
8、若 log4(x+2y)+log4(x-2y)=1,则|x|-|y|的最小值是_________. 二、解答题(共 3 题,共 56 分) 9、 (本题 16 分)设 S={1,2,…,n},A 为至少含有两项的、公并非为正的等差数列,其 项部都在 S 中,且添加 S 的其他元素等于 A 后均不能构成与 A 有相同公差的等差数列,求 这种 A 的个数(这里只有两项的数列也看做等差数列).(全国高中数学联赛,1991 年)

10、 (本题 20 分)已知 F 为抛物线 y ? 4 x 的焦点, M 点的坐标为(4,0),过点 F 作斜率为
2

k 1 的直线与抛物线交于 A、B 两点,延长 AM、BM 交抛物线于 C、D 两点,设直线 CD 的斜 k 率为 k 2 . (I)求 1 的值; (II)求直线 AB 与直线 CD 夹角 θ 的取值范围. k2

2 11、 (本题 20 分)已知函数 f ( x) ? 2ln x ? x 。 (I)若方程 f ( x) ? m ? 0 在 [ , e ] 内有两个

不等的实根,求实数 m 的取值范围. (II)如果函数 g ( x) ? f ( x) ? ax 的图象与 x 轴交于两 点 A( x1 ,0) , B( x2 ,0) ,且 0 ? x1 ? x2 。求证: g '( px1 ? qx2 ) ? 0 (其中正常数 p 、 q 满足

1 e

p ? q ? 1, q ? p ) 。

2010 年全国高中数学联赛模拟题 3
加试(二试)
9:40~12:10 共 150 分钟 满分 180 分 平面几何、代数、数论、组合

1、 (本题 40 分) 在△ABC 中, AB>BC, K、 M 分别是边 AB 和 AC 的中点, O 是△ABC 的内心。设 P 点是直线 KM 和 CO 的交点,而 Q 点使得 QP⊥KM 且 QM∥BO,证明: QO⊥AC。

an an?1 ? 1 ?n ? 1,2,?? . an ? an?1 (1)对于怎样的实数 x,y,总存在正整数 n0 ,使当 n ? n0 时, an 恒为常数? (2)求数列 ?an ?的通项公式.
2、 (本题 40 分)已知无穷数列 ?an ?满足 a0 ? x, a1 ? y, an ?1 ?

3、 (本题 50 分)空间六点,任三点不共线,任四点不共面,成对地连接它们得十五条线段, 用红色或蓝色染这些线段(一条线段只染一种颜色).求证:无论怎样染,总存在同色三角形. (1953 年美国普特南数学竞赛题) 由此, 证明有 17 位科学家,其中每一个人和其他所有人的 人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题 目. (第 6 届国际数学奥林匹克试题)

4、 (本题 50 分)设 a1 ? 3, an?1 ? an ? an ? 1, n ? N * ,证明: (1)对所有 n, an ? 3(mod4) ; (2)当 m ? m 时, (am , an ) ? 1 (即 am , an 互质)

2

1、 (?2,2) .提示:令 x ? sec ? , y ? tan ? 2、2; f (a, b, c) ?

参考答案 一试

c a b c a b?c ? ? ? ? ? ?1 ? 3 ?1 ? 2 a b?c c a b?c c 3、 101a .(方法一)由椭圆的定义知 F1 P i ? F2 P i ? 2a ( i ? 1,2, ?,99),

? ? ( F1 Pi ? F2 Pi ) ? 2a ? 99 ? 198a. 由题意知 P 1, P 2 , ?, P 99 关于 y 轴成对称分布, 1 99 ? ? ( F1 Pi ) ? ? ( F1 Pi ? F2 Pi ) ? 99a. 又? F1 A ? F1 B ? 2a ,故所求的值为101a . 2 i ?1 i ?1
(方法二) F1 A ? F1 P 1 ? F 1P 2 +… ? F 1P 99 ? F 1B
i ?1 99

99

? (a ? exA ) ? (a ? ex1 ) ? ? ? (a ? ex99 ) ? (a ? exB )

? 101 a ? e( x A ? x1 ? x2 ? ? x99 ? xB ) ? 101 a. (A, P 1, P 2 , ?, P 99 ,B 关于 y 轴成对称分布)
4、264,P 的所有棱仍是 Q 的棱,Q 中新的棱由切去的棱锥的底面形成,等于从顶点出发的 棱的条数,所以 Q 的棱的条数有 88+2×88=264; 5、取 x ? 0 代入得 f (0) ? f ( y) ? f (3) ? 3 f ( y) ? 3 f (0) ,即

[ f (0) ? 3] ? f ( y) ? f (3) ? 3 f (0) ,
显然 f ( y ) 不恒等于常数,∴ f (0) ? 3 ? 0 且 f (3) ? 3 f (0) ? 0 ,∴ f (0) ? 3, f (3) ? 9 , 又取 y ? 0 代入可得 f ( x) ? 2 x ? 3 ;

2 3 2 2 ?a ,联想正方体,棱长为 a ,球的半径为 a 24 2 4 1 ? xi 2 2010 7、 4018 . 提示:令 ,且 x1 ? x2 ? ? ? xi ? 1 , ? xi ,则 ai ? 2 ? 2 ? ai xi . 其中 i ? 1,2,?,2010 1 ? a1 ? a 2 ? ? ? a 2010 ? 2 2010 ? ? ( x2 ? x3 ? ? ? x2010 ) x1 x2 ? x2010 ? ( x1 ? x3 ? ? ? x2010 ) ??? ( x1 ? x2 ? ? ? x2009 )
6、

? 2 2010 ?

1 ? 2009? 2009 x 2 x3 ? x 2010 ? 209? 2009 x1 x3 ? x 2010 ? ? ? 2009? 2009 x1 x 2 ? x 2009 x1 x 2 ? x 2010

? 2 2010 ? 20092010 ? 40182010 ?x ? 2 y ? 0 ?x ? 2 | y | ? ?? 2 8、 3 。 ? x ? 2 y ? 0 由对称性只考虑 y≥0,因为 x>0,∴只 2 ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ? x ? 4 y ? 4 ?
须求 x-y 的最小值,令 x-y=u,代入 x2-4y2=4,有 3y2-2uy+(4-u)2=0,这个关于 y 的二次方程 显然有实根,故△=16(u2-3)≥0。 二、解答题 9、构造具有如下要求的集合 A:把 A 中的元素按从小到大的次序排好后,在其最大元素后 面添上 S 的任何元素均不能构成具有原公差的等差数列。这时,当 A 的首项与公差一旦确 定,其整个集合 A 也即确定,不妨设 A 的首项为 a,公差为 d,则 a=1, d=1, 2, …, n-1 时的集 A 有 n-1 个; a=2, d=1, 2, …, n-2 时的集 A 有 n-2 个; ……

a= n-1,d=1 时的集 A 有 1 个.

n ( n ? 1) . 2 10、解: (I)由条件知 F (1, 0) ,设 A( x1 , y1 ) 、 B( x2 , y 2 ) 、 C( x3 , y3 ) 、 D( x4 , y 4 ) ,不妨
因此,所求 A 的总个数为 1+2+…+(n-1)= 设 y1 ? 0 .直线 AB 的方程为 y ? k1 ( x ? 1) ,与 y 2 ? 4 x 联立得 y 2 ? 4 y ? 4 ? 0 k1

1 1 ?4 ? ?1 , x 2 ? ,即 B ( ,?1) . 4 4 y1 4 ( x ? 4) , 直线 AM 的方程为 x ? 4 ,从而 C (4, ? 4) ;直线 BM 的方程为: y ? 15 与 y 2 ? 4 x 联立得 y 2 ? 15y ? 16 ? 0 ,得 y 4 ? 16 , x4 ? 64 ,即 D(64, 16) . k 4 16 ? (?4) 1 ? .所以. 1 ? 4 . 于是 k1 ? , k 2 ? 3 64 ? 4 3 k2
① 当 x1 ? 4 时,则 A(4, 4) ,故 y 2 ?

所以 y1 y2 ? ?4 , x1 x2 ? 1 .

y1 2 ( x ? 4) 与抛物线方程 y ? 4 x x1 ? 4 2 2 2 2 联立得 y1 ( x ? 4) ? 4 x( x1 ? 4) ,又由 y1 ? 4 x1 ,化简上述方程得 x1 x 2 ? ( x12 ? 16) x ? 16x1 ? 0
② 当 x1 ? 4 时,直线 AM 方程为 y ?

? 16 .即 C (16 ,? 16) ,同理,D( 16 ,? 16 ) . 此方程有一根为 x1, 所以另一根 x3 ? 16 , y3 ? x2 y 2 x1 y1 y1 x1

16 16 ? y 2 y1 x x y ? y1 1 k ?? 1 2 ? 2 ? k1 ,即 1 ? 4 . 所以, k 2 ? 16 16 y1 y 2 x 2 ? x1 4 k2 ? x 2 x1 ?
11、解:(Ⅰ)由 f ( x ) =2 ln x?x2求导得到: f ? ( x ) =

由①、②可知

k1 ? 4. k2

2 ( 1?x)( 1?x) , x

1 1 1 ?x ? [ , e] ,故 f ? ( x ) =0 在 x ?1有唯一的极值点, f ( ) =-2- 2 e e e
f (e) =―2― e 2 , f ( x) 极大值= f (1) =-1,
且知 f (e) < f ( ) ,故 f ( x ) =- m ,在 [ , e ] 内有两个不等的实根满足:

1 e

1 e

-2-

1 e
2

≤- m <-1

故m 的取值范围为 ? 1, 2 ?

? ?

1? e2 ? ?

(Ⅱ) g ? ( x ) =

2 -2 x -a ,又 f ( x ) - ax =0 有两个不等的实根 x 1 、 x 2 , x

2 ? 2 ln x ax 2 (ln x ln x 1 ?x 1 ? 1 ?0 1? 2) ?(x 则? 两式相减得到: a? 1 ?x 2) 2 x x 2 ln x ax 1? 2 2 ?x 2? 2 ?0 ? ,

px qx )= 于是 g ' ( 1? 2

2 (ln x 2 1 ?lnx 2) ? (x ? 2 (px qx )-[ 1? 2 1 ?x 2)] x px 1 ?x 2 1 ? qx 2

= ∵

2(lnx1 ?lnx2 ) 2 + (2p?1 ? ) (x 2 ?x 1) x1 ? x2 px1 ? qx2
2 p≤1, x , ∴ (2p?1 x 0 ) (x 2? 1? 2 ?x 1)≤0

要证: g ' ( px qx )<0,只需证: 1? 2

2(lnx1 ?lnx2 ) 2 + <0, x2 ? x1 px 1 ? qx 2


只需证:

x2 ? x1 x ? ln 1 ? 0 px1 ? qx2 x2



x1 1? t + ln t ? 0 在 0? 上恒成立, ? t ,0 ?t ?1,只需证: u(t) ? t? 1 x2 pt ? q
1 1 = t (pt ?q )2

p 2 (t ? 1)( t ?

又∵ u '( t) ? ?

q2 ) p2

t ( pt ? q ) 2

∵ p?q?1,q ?

1 q q2 q2 ,则 ? 1 ,∴ 2 ? 1 ,于是由 t ? 1可知 t ? ,t ? 2 ? 0 1 ?0 2 p p p

故知 u '(t) ?0∴ u ( t ) 在 t ?(0 , 1 )上为增函数, 则 u ( t ) < u (1) =0,从而知

x2 ? x1 x ? ln 1 ? 0 px1 ? qx2 x2

即①成立,从而原不等式成立。 二试 1、证:作 OR⊥AC 于 R,过 P 作 MK 的垂线, 交直线 OR 于 Q 点(如图) 。这样只需证 Q’M ∥O,因为这时 Q 和 Q’重合。 因为 K,M 分别为 AB 和 AC 的中点,所以 KM∥BC,于是∠MPC=∠BCP=

1 ∠ACB= 2

∠MCP。因此 MP=MC=MA,这样一来,P 点在以 AC 为直径的圆周上,且∠APC=90° 。 在四边形 APOR 中, ∠APO=∠ARO=90° , 所以 APOR 内接于圆,∠RPO=∠RAO=

1 × 2

∠BAC。 在四形边 MPQ’R 中,∠MPQ’=∠MRQ’=90° ,所以 MPQ’R 内接于圆,于是∠Q’MR=

1 1 1 ∠BAC= (90° - ∠ACB) + ∠BAC。 2 2 2 1 1 设 BO 交 AC 于 D,在△BDC 中,∠BDC=180° -∠ACB- ∠ABC=90° + ∠BAC 2 2 1 - ∠ACB=∠Q’MR,因此 MQ’∥BO,于是本题得证。 2
∠Q’PR=∠Q’PO+∠OPR= (90° -∠OPM) +

2、解:由递归方程 f ?x ? ?

an an ?1 ? 1 ?1 an ?1 ? 1 an ? an ?1 a a ? 1 ? an ? an?1 ?an ? 1??an ?1 ? 1? an ? 1 an ?1 ? 1 ? . ? n n?1 ? ? ? an ?1 ? 1 an an ?1 ? 1 ? 1 an an?1 ? 1 ? an ? an?1 ?an ? 1??an ?1 ? 1? an ? 1 an ?1 ? 1 an ? an ?1 x ?1 a ?1 y ?1 令 bn ? n ,则 bn?1 ? bnbn?1 ?n ? N? ? .易知 b0 ? , b1 ? . x ?1 an ? 1 y ?1
2 3 2 n?1 n?2 注意到 bn ? bn?1bn?2 ? ?bn?2bn?3 ?bn?2 ? bn , ?2bn?3 ? bn?3bn?4 ? ? ? b 1 b0 F F

x2 ? 1 ? x ,得不动点 x ? ?1 .由不动点方法 2x

其中, Fn?1 ? Fn ? Fn?1 , F0 ? F1 ? 1, ?Fn ?为斐波那契数列.

? y ?1? a ?1 于是, bn ? n ? b1Fn?1 b0Fn?2 ? ? ? y ?1? ? an ? 1 ? ?

Fn?1

? x ?1? ? ? ? x ?1?

Fn?2

.

a ?1 ? y ?1? ? ?? 故 n ? an ? 1 ? ? y ?1?

? x ?1? ? ? ?n ? 2 ? . ? x ?1? (1)要使总存在正整数 n0 ,当 n ? n0 时, an 恒为常数,还需分情况讨论.
(i)若 n0 ? 1 ,当 n ? n0 时, an 恒为常数. 由 a1 ? y , a2 ?

Fn?1

Fn?2

a0 a1 ? 1 xy ? 1 y2 ?1 ? ? y , a3 ? ? y ,…… a0 ? a1 x? y 2y

有 y ? 1 ,且 y ? ? x . 此时, an 恒为常数 1 或 ? 1 . (ii)若 n0 ? 2 ,当 n ? n0 时, an 恒为常数. 首 先 , 当 an ? ?1?n ? n0 ? 时 , 如 果 n0 ? 3 , 由 an0 ? ?1 , an0 ?1 ? ?1 及

an0 ?1 ?

an0 an0 ?1 ? 1 an0 ? an0 ?1

,有 an0 ?1 ? 1 .

注意到 an0 ?1 ? ?1 . 又由 an0 ?

an0 ?1an0 ? 2 ? 1 an0 ?1 ? an0 ? 2

,有 an0 ?2 ? ?1 . ,有 an0 ?1 ? ?1 ,矛盾.

于是,由 an0 ?1 ?

an0 ? 2 an0 ?3 ? 1 an0 ? 2 ? an0 ?3
a2 ?

此时,只能是 n0 ? 2 ,即 an ? ?1?n ? 2? ,所以,

a0 a1 ? 1 xy ? 1 ? ? ?1 , a0 ? a1 x? y a a ? 1 a2 a1 ? 1 ? 1 ? y ? 1 a3 ? 1 2 ? ? ? ?1 ,…… a1 ? a2 a2 ? a1 ?1? y xy ? 1 ? ?1, 于是, 且 y ? 1 ? xy ? x ? y ? 1 ? 0 , 且 y ? ? x ,y ? 1 ? x ? ?1 x? y 或 y ? ?1 ,且 y ? ? x , y ? 1 . 因此, 当 x ? ?1 或 y ? ?1 , 且 y ? ? x 时, 取 n0 ? 2 .当 n ? 2 时,an 恒为常数 ? 1 .

其次,当 an 在 n ? n0 ?n0 ? 2? 时不恒为 ? 1 ,但当 n ? n0 时,使 an 恒为常数,

a ?1 ? y ?1 ? ? ?? 故 an ? ?1 ?n ? n0 , n0 ? 2? . 则 n ? an ? 1 ? ? y ?1?
数. 显然,

Fn?1

? x ?1? ? ? ? x ?1?

Fn?2

在 n ? n0 时恒为常

x ?1 y ?1 ? 1, ? 1. x ?1 y ?1 x ?1 y ?1 a a ?1 ? ?1 且 若 则 x ? y ? 0, 有 a2 ? 0 1 的分母为 0, 矛盾. ? ?1 , x ?1 y ?1 a0 ? a1 x ?1 y ?1 ? 0或 所以, 只能 即 x ? 1 或 y ? 1, 且 y ? ? x 时, 当 n ? n0 ?n0 ? 2? ? 0, x ?1 y ?1
时, an 恒为常数 1. 综上, 当 x ? 1 且 y ? ? x 或 y ? 1 且 x ? ? y 时, 总存在正整数 n0 , 使当 n ? n0 时 an 恒为常数 1 或 ? 1 .

a ?1 ? y ?1? ? ?? (2)注意到 n ? an ? 1 ? ? y ?1?


Fn?1

? x ?1? ? ? ? x ?1?

Fn?2

?n ? 2? .
F F

an ?

2
Fn?1 F

? y ? 1 ? ? x ? 1 ? n ?2 1? ? ? y ?1? ? ? x ?1? ? ? ? ? Fn?1 F F F ? y ? 1? ?x ? 1? n?2 ? ? y ? 1? n?1 ?x ? 1? n?2 故 an ? ?n ? 2?, ? y ? 1?Fn?1 ?x ? 1?Fn?2 ? ? y ?1?Fn?1 ?x ?1?Fn?2 a0 ? x , a1 ? y .

?1 ?

2? y ? 1? n?1 ?x ? 1? n?2 ?1 . ? y ? 1?Fn?1 ?x ? 1?Fn?2 ? ? y ?1?Fn?1 ?x ?1?Fn?2

3、证明 设 A、B、C、D、E、F 是所给六点.考虑以 A 为端点的线段 AB、AC、AD、AE、 AF,由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同,不妨设就是 AB、AC、AD,且它们都 染成红色.再来看△ BCD 的三边,如其中有一条边例如 BC 是红色的, 则同色三角形已出现 (红色△ ABC) ; 如△ BCD 三边都不是红色的,则它就是蓝色的三角形,同色三角形 也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形. 证明 用平面上无三点共线的 17 个点 A1,A2,…,A17 分别 表示 17 位科学家.设他们讨论的题目为 x,y,z,两位科学家讨 论 x 连红线,讨论 y 连蓝线,讨论 z 连黄线.于是只须证明以 这 17 个点为顶点的三角形中有一同色三角形. 考虑以 A1 为端点的线段 A1A2,A1A3,…,A1A17,由抽屉原 则这 16 条线段中至少有 6 条同色, 不妨设 A1A2, A1A3, …, A1A7 为红色.现考查连结六点 A2, A 3, …, A7 的 15 条线段, 如其中至少有一条红色线段,则同色(红色)三角形已出 现;如没有红色线段,则这 15 条线段只有蓝色和黄色,由例 5 知一定存在以这 15 条线段中 某三条为边的同色三角形(蓝色或黄色).问题得证. (属图论中的接姆赛问题.) 4、证明: (1)由递推关系得 an?1 ? 1 ? an (an ? 1) 当 n ? 1 时, a1 ? 3 ? 3(mod 4) , an ? 3 ? 3(mod 4) 即 an ? 4k ? 3 ,那么

an?1 ? an (an ? 1) ?1 ? 4(4k ? 3)(k ?1) ?1 ? 3(mod 4) ∴对所有 n , an ? 3(mod 4) (2)由递推关系得 an?1 ? 1 ? 4an an?1an?2 ?a1 不妨设 m ? n ,得 am | an ?1 ,令 an ? 1 ? qam , q ? N 则 (am, an ) ? (am , qam ?1) ? (am , am ?1) ? 1



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