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数学奥林匹克高中训练题


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中 等 数 学

数学奥林匹克高中训练题 ( 128)
中图分类号: G 424 79 . 文献标识码: A 文章编号: 1005 - 6416( 2010) 04 - 0040- 06

第 一 试
一、 填空题 (每小题 8分, 共 64分 ) 1 设 [ x ] 是不超过实数 x 的最大

整数, . 对任意的 x R, 有 [ x ] + [ x + a] = [ 2x ] . 则 正实 数 a 的 所 有 可能 取 值 组 成的 集 合 是 . 2 若关于 x 的方程 . 1+ a- x - a + x = 0 有实数解, 则正实数 a 的取值范围是
2 010

6. 若多项式 f ( x ) = x - 6x + ax + a 的 三个根 x 1、 2、 3 满足 x x 3 3 3 ( x 1 - 3) + ( x 2 - 3) + (x 3 - 3) = 0, 则实数 a 的值为 . 7. 设 a 1, a2, , a10 是 2 000 2 001 , , , 2 009 的一个排列, 记数列 { an }的前 n 项和为 S n. 则排列 a 1, a 2, , a 10满足 # i ( 1? i?10) S 都不是 3的倍数 % 的概率为 . 8. 设 a i ( i N + , i?2 009)是非负实数,
2 009

3

2

.
k


i= 1

a i = 1. 则

3 设 ( 2 + x - 2x ) . =

2

1 005

i&j i| j ,

a i aj 的 最 大 值 是

=
k= 0

ak x . 则

a1 + 3a3 + 5a5 + + 2 009a2 009 . 4 在 !ABC 中, 若 . AB? BC BC? CA CA? AB = = , 3 2 1 则 tan A = . 5 若一四面体 的三视图 ( 正视图、 . 侧视 图、 俯视图 )都是底边为 2 高为 2 的等腰三 、 . 角形, 则该几何体的表面积是 注意到 6 2 2 4 m - n = m (m - 1) 2 = m (m - 1) (m + 1) [ (m + 2) (m - 2) + 5] 2 = m (m - 1) (m + 1) (m + 2) (m - 2) + 5[ (m - 2) + 2] m (m - 1) (m + 1) = (m - 2) (m - 1)m (m + 1) (m + 2)m + 5(m - 2) (m - 1)m (m + 1) + 10(m - 1)m (m + 1). 则 (m - 2) (m - 1)m (m + 1) (m + 2)是 五个连续整数之积, 是 1 2 3 4 5= 120 的倍数; (m - 2) (m - 1) m (m + 1)是四个连 续整数之 积, 是 1 2 3 4 = 24 的倍 数; (m - 1)m (m + 1)是三 个连 续整 数之 积, 是 1 2 3= 6 的倍数.

. 二、 解答题 (共 56分 ) 9. ( 16 分 ) 设 x ( 0 1 ]. 求 函数 y = , 6 2 3x + 15x + 2 的值域. 6 4 2x + 15x + 3 10 ( 20分 ) 已知椭圆 的中心在原点, 焦 . 点在 x 轴上, 长轴长是短轴长的 2倍, 且经过 点 M ( 2 1), 平行于 OM 的直线 l 在 y 轴上的 , 截距为 m (m < 0), 设直线 l 交椭圆于两个不 同点 A、 求 !ABM 的内心 I 的横坐标. B. 故 5(m - 2) (m - 1)m (m + 1)是 120的 倍数, 10(m - 1)m (m + 1)是 60的倍数. 6 2 从而, m - m 是 60的倍数. 6 2 6 2 6 故 ( n+ 1) - ( n + 1) 、 - n 、 n - 1) n ( - ( n- 1) 均为 60的倍数. 于是, [ ( n + 1) - ( n + 1) ] + ( n - n ) + 6 2 [ ( n - 1) - ( n - 1) ] 能被 60整除, 即 ( n + 1) + n + ( n- 1) - 3n - 2 能被 60整除. (李 明 安 徽 省 五 河 县 第 三 中 学, 233300 陈正田 安徽省五河县双庙职业中 , 学, 233300)
6 6 6 2 6 2 6 2 2

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11. ( 20分 )设数列 { an }满足 an n a1 = 1 an + 1 = + ( n , N + ). n an 2 试求 [ a2 009 ] .

原方程化为 1+ a- t = a - t. 式( 两边平方并整理得 2 2 2t - 2at+ a - a - 1= 0. 2 2 由 = 4a - 8( a - a- 1) ?0 得 , 2 a - 2a- 2?0 .
2

( )





一、 40分 )已知 O 是 !ABC 的外心, 过 ( 点 O 的直线分别交边 AB、 于点 M、 设 AC N, BN、 的中点分别为 S、 求证: CM R. SOR = BAC. 二、 40 分 ) 已 知 a、 都 是 正 数, 且 ( b、c a+ b + c= 3 求证: . 1 1 1 3 . 2 2+ 2 2+ 2 2? 4 2+ a + b 2+ b + c 2+ c + a 三、 50分 )求所 有的正整 数 x、 使得 ( y, 4 4 2 2 x +y +x y 是完全平方数. 2 (x + y ) 四、 50分 )已知 n( n?3)元集合 A 的一 ( 些子集满足: 每个子集至少含 2个元素, 每两 个不同子集的交集至多含 2个元素, 记这些 子集的元素个数的立方和为 S. 问: 是否存在 不小于 3 的 正整 数 n, 使 S 的最 大 值等 于 2 009 的方幂? 说明你的理由.

解得 1- 3?a?1+ 3 . ? 又由式 ( a- t?0 得 . 2 结合式 ) a - a- 1= 2t ( a- t) ?0 有 . 1+ 5 1- 5 或 a? . + 2 2 由式 ?、 +得 正实 数 a 的 取值 范 围是 解得 a? 1+ 5 , 1+ 3 . 2 3. 1 005 . 2 1 005 设 f ( x ) = ( 2+ x - 2x ) . 则 2 1 004 f ,x ) = 1 005( 2+ x - 2x ) ( ( 1- 4x ). 从而, f ,1) = 1 005 ( - 3), ( f ,- 1) = 1 005 5 ( .
2 010

又由 f (x ) =
k= 0 2 010

ak x , 得 kak x
k- 1

k

f ,x ) = (

k=1

.

参考答案
第一试
1 . 2 1 令 x= .则 2 1 +a = 1 a 2 一、. 1

故 a1 + 3a3 + 5a5 + + 2 009a2 009 1 = ( f ,1) + f ,- 1) ) = 1 005 ( ( . 2 4. 11 . 由已知得 2 2 2 2 2 2 c+ a - b a +b - c = 3 2 2 2 2 2 2 2 b + c -a a + b + c = = . 1 6 2 2 2 所以, a ? ? = 5? 4 b c 3?. 由余弦定理得 1 cosA = tan A = 11. 2 3 5. 2+ 5+ 21 . 三棱锥 P - ABC 的底面 ABC 是底边为 2、 高为 2的等腰三角形; 正侧面 PBC 是底边 为 2 高为 5 、 的等腰三角形; 其余两个侧面都 是底边为 5 高为 、 四面体表面积是 21 的非等腰三角形. 故该 5

1 3 , . 2 2 0, 1 , 总有 又对任意的 x 2 [x + a ] = 0 x+ a < 1 , 即 a< 1- x 恒成立. 1 1 所以, a? . 故 a = . 2 2 1 又当 a = 时, 对任意的 x R, 都有 2 [ x ] + [ x + a ] = [ 2x ] . 2 . 1+ 5 , 1+ 3 . 2

设 t= x. 则 0?t? 1+ a .

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S=

1 2

2 2 +

1 2

2 5+ 2

1 2

5

21 5

由与 ai 或 aj 的下标具有整除关系的数之和 的大小而定 ), 此时, 对应的值
i& j i| j ,

ai aj 不会

= 2+ 5+ 21. 6 - 9 . . 由题设知 g ( t ) = f ( t + 3) 3 2 = ( t + 3) - 6( t+ 3) + a( t+ 3) + a 3 2 = t + 3t + ( a- 9) t+ 4a- 27 3 3 3 的三个根 t1、2、3 满足 t1 + t2 + t3 = 0. t t 又由根与系数的关系得 t1 + t2 + t3 = - 3 , t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 = a- 9 , t1 t2 t3 = - ( 4a - 27). 3 3 3 代入 t1 + t2 + t3 - 3t1 t2 t3 2 = ( t1 + t2 + t3 ) [ ( t1 + t2 + t3 ) 3( t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 ) ] , 得 3( 4a - 27) = - 3[ 9- 3( a- 9) ] . 解得 a = - 9 . 1 7 . . 50 设 2 000 2 001 , 2 009的一个排列为 , , 一个基本事件 M. 则基本事件总数为 10 N = A10. 下面计算所求事件 M 含的基本事件数. ( 1)首项 不能是 3的 倍数, 除 首项以外 3 各项均可是 3 的倍数, 从而, 3 的倍数有 A 9 种排法; ( 2)去掉 3的倍数后, 考虑模 3余 2 余 1 、 的数的位置 (用 a i 模 3的余数代替 a i ): 当 a 1 = 1时, a2 = 1 a3 = 2, a 4 = 1 , , 此 时, 含 1的项比含 2的项多, 这与已知矛盾; 当 a1 = 2时, a 2 = 2, a3 = 1 , 此时, 满 足题设要求. 综上, 模 3余 2 余 1的数的位置唯一确 、 4 3 定, 它们的各自排法分别有 A 4 和 A 3 种. 因此, 事件 M 含基本事件数为 3 4 3 m = A 9A 4A 3. m 1 故所求概率 P = = . N 50 5 8 . . 11 若 ai 与 a j ( i < j, i j ) 均不 为 0 则将 , ( ai , a j )调整为 ( a i + a j, 0)或 ( 0 ai + aj ) (这 ,

减小. 继续这样的操作, 直至非 0数对应的下 标之间均有整除关系. 设这些数全体为集合 A. 则 且当 A = { 2 |k = 0 1 , , 由
i A k 2 i A

a i = 1,

, 10}时, |A |m ax = 11 . ai + 2
2 i< j

ai

=

i A

a i aj

? 则

2 1 ( ai ) + 2 a i aj , |A | i A i< j a i aj ? a i aj i&j, i j A 、

i&j i| j ,

1 2 1 ? 1ai 2 |A | i A 1 1 5 = 1? . 2 |A | 11 1 当 ai = ( i A ), aj = 0 ( j 11 式等号成立. 二、. 令 x = tan 9 3 0 , 2 0 , 2

A )时, 上

.则



3 , cos 3 [ - 1 1), , 2 2 1- x cos = 2 . 1+ x 3 故 cos 3 = 4cos - 3cos 2 2 3 3( 1- x ) 4( 1- x ) = 2 2 3 1+ x ( 1+ x ) 1- 15x + 15x - x 2 4 6 1+ 3x + 3x + x 2 6 4+ 30x + 6x = 52 4 6 1+ 3x + 3x + x 2 6 2+ 15x + 3x = 5- 2 ? 2 4 6 1+ 3x + 3x + x 6 2 3x + 15x + 2 = 5- 10 6 ? 4 2 5x + 15x + 15x + 5 =
3x + 15x + 2 = 5- 10 ? 6 . 2 6 4 ( 3x + 15x + 2) + ( 2x + 15x + 3)
6 2 2 4 6

故 y=
2

3x + 15x + 2 5- co s 3 = 6 4 2x + 15x + 3 5+ co s 3
2

6

2

2 3 , . 3 2

10 设椭圆方程为 . x y 2+ 2 = 1( a > b > 0). a b

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a = 2b, 4 1 2 + 2 = 1 a b

a = 8 , 2 b = 2 .
2 2

2

所以, 椭圆方程为 x + y = 1 . 8 2 如图 1 因 , 为直线 l 平行 于 OM, 且 在 y 轴 上 的截 距为 1 m, 又 kOM = , 2 图 1 所以, 直线 l 的 1 方程为 y = x + m. 2 1 y = x + m, 2 2 2 由 2 x + 2 x + 2 - 4= 0 m m . 2 x y + = 1 8 2 设 A ( x 1, y 1 )、 ( x 2, y 2 ). 则 B 2 x 1 + x 2 = - 2m, x 1 x 2 = 2 - 4 m . 设直线 MA、 的斜率分别为 k1、 2. 则 MB k y1 - 1 y2 - 1 k1 = , k2 = . x1 - 2 x2 - 2 y1 - 1 y2 - 1 故 k1 + k2 = + x1 - 2 x2 - 2 ( y 1 - 1) ( x 2 - 2) + (y 2 - 1) (x 1 - 2) = . (x 1 - 2) ( x 2 - 2) 上式分子 =
1 2 x 1 + m - 1 (x 2 - 2) + 1 2 x 2 + m - 1 (x 1 - 2)

事实上, 当 n= 4时, 式 (结论显然成立. 假设当 n?4时, 结论成立. 2 x n 2 又由于函数 f n (x ) = 2 + 在 ( 0 n )上 , x n 单调递减, 结合式 (得 2 2 an n 2 2 n+ 1 n an+ 1 = 2 + 2 + 2> 2 + + 2 n an n n+ 1 n+ 1 1 = 2 + + ( n - 1) + 2 n+ 1 n > n + 1+ 2 . n+ 1 另一方面, 2 2 n+ 2 an n 2 2 n n an+ 1 = 2 + 2 + 2< + + 2 2 2 n an n n+ n 2 n + 2 2n = - 2 + n+ 2 . ) 3 n n + 2 2 n + 2 2n 4 2 2 而 3 - 2 < 0 2n > ( n + 2) n n + 2 4 2 n > 4n + 4 . ? 4 2 2 当 n?4时, n ?4 4n > 4n + 4 式 ? , 成立. 2 由式 )、 ?得 an + 1 < n + 2 . 2 2 综上, n + 1+ < an + 1 < n + 2 . n+ 1 由归纳原理知, 当 n?4时, 总有式( 成立. 2 故所求 [ a 2 009 ] = 2 009 .

= x 1 x 2 + (m - 2) ( x 1 + x 2 ) - 4(m - 1) 2 = 2 - 4+ (m - 2) ( - 2 ) - 4(m - 1) m m = 0 . 故 k1 + k2 = 0 . 所以, !ABM 的角平分线 M I 垂直 x 轴. 因此, 内心 I的横坐标等于点 M 的横坐 标 2. an 11. 由 an + 1 = + n , 得 n an 2 2 an n 2 an+ 1 = 2 + 2 + 2 . n an 2 2 2 25 又 a1 = 1 有 a2 = 4 a 3 = 4 a4 = 4+ , , , . 36 下面用数学归纳法证明: 2 2 当 n?4时, n + < an < n + 1 . ( n





一、 如图 2 取 AB、 的中点 X、 在四 , AC Y, 边形 BCNM 内取一点 Z, 使得 ZMN = ZNM = 90. A. -

图 2

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中 等 数 学

则在等腰 !ZMN 中, 1 MN ZM = ZN = ? . 2 sin A 结合正弦定理得 1 MN 1 AM ZN = ? = ? . 2 sin A 2 sin ANM 因为 O 是 !ABC 的外 心, Y 是 AC 的中 点, R 是 MC 的中心, 所以, 1 OY AC, YR = AM. 2 在 Rt!ON Y 中, sin ZN = 故 ONY = OY ,则 ON


=

1 1 1 2 2+ 2 2 + 2 2 2+ a + b 2+ b + c 2+ c + a
1 2 1 2 11a +b 1 2 2 + 2+ a + b 2 c +a
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1-

b + c 2 2 + 2+ b + c

2

2

2+ c + a
2

=

a +b b +c c +a 3 1 2 2+ 2 2+ 2 2 2 2 2+ a + b 2+ b + c 2+ c + a

3 . 4 4 4 2 2 三、 x + y + x y 由 4 2 2 2 = ( x + y ) - 4xy ( x + y ) + 3x y ?
x +y +x y (x+ y)
2 2 4 4 2 2

1 AM YR? ON ? = . 2 sin ANM OY

= ( x + y ) - 4xy +
2 2 2

2

3x y
2 2

2 2 2

(x + y)

ZN ON = . YR OY 又 OY AC, YR /AM, 则
O YR = 90. R YC = 90. A= ZNM

( x + y ) | 3x y

(x + y ) |x y

( x + y ) |xy. 设 x = da, y = db ( ( a, b ) = 1). 则 d ( a + b) |d ab ( a+ b ) |dab. 又 ( a, a + b) = ( a+ b, b ) = ( a, b) = 1 ( a+ b) |d. 设 d= k(a+ b) (k
4 4 2 2 4 2

!OYR YOR =

!ONZ NOZ

YON = ROZ. 同理, XOM = SOZ. 故 SOR = SOZ + ROZ = XOM + YON = 180. XOY = BAC. 二、 由柯西不等式得 a + b b +c c +a 2 2+ 2 2+ 2 2 2+ a + b 2+ b + c 2+ c + a ? ( a +b + b + c+ c+a ) . ( 2 2 2 6+ 2(a + b + c ) a + b +
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

N + ). 则
4 2 2

又(

b + c +
2

2

2

c +a )
2 2

2

2

2 2

= 2 (a + b + c ) + 2 [
(b + c ) (c + a ) +
2 2 2 2 2 2

(a + b ) ( b + c ) + (c + a )(a + b ) ]
2 2 2 2 2

?2( a + b + c ) + 2[ ( b + ac) + 2 2 ( c + ab) + ( a + bc) ] = 3( a + b + c ) + ( a+ b + c) 2 2 2 = 3[ ( a + b + c ) + 3] .
2 2 2 2

结合式 ( 得 2 2 2 2 2 2 a +b b +c c +a 3 . 2 2+ 2 2+ 2 2? 2 2+ a + b 2+ b + c 2+ c + a

x + y + x y = a + b + a b? 2 d 2 2 (x+ y) ( a + b) 4 4 2 2 2 = ( a + b + a b )k . 4 4 2 2 于是, a + b + a b 是完全平方数. 下面证明: 不存在互质的正整数 a、 使 b, 4 4 2 2 得 a + b + a b 是完全平方数. 假设存在, 不妨设 ( a, b )是 满足上述要 求且使得其和 a + b最小的一组正整数. 4 4 2 2 因 a +b +a b 2 2 2 2 = ( a + b + ab ) ( a + b - ab ), 且 ( a, b ) = 1 知 a、 不能 同为偶 数, 所以, , b 2 2 a + b + ab 是奇数. 2 2 2 2 故 ( a + b + ab, a + b - ab) 2 2 = ( a + b + ab, 2ab) 2 2 = ( a + b + ab, 2) = 1 . 2 2 2 2 于是, a + b + ab 与 a + b - ab 都是完 全平方数. 2 2 2 2 由于 a + b + ab 与 a + b - ab 都是奇 数, 故可设 2 2 2 a + b + ab= ( u+ v) ,

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2

a + b - ab = (u - v) . 2 2 2 2 从而, a + b = u + v , 且 ab = 2uv. 于是, a、 一奇一偶 (不妨设 b是偶数 ). b 记 a= pq, b = 2rs u = p r, v = qs ( p、 r、 , q、 s 为两两互质的正整数, 且 p、 都是奇数 ). 由 q 对称性不妨设 p > q. 2 2 2 2 则由 a + b = u + v , 得 2 2 2 2 2 2 2 2 p q + 4r s = p r + q s ( p - s ) ( r - q ) = 3r s . 2 2 2 2 2 2 又 (p - s , s ) = 1 ( r - q , r ) = 1 整理得 , , 2 2 2 2 2 2 p - s = 3r , p - s = r , r - q = s ; r - q = 3s ; 2 2 2 2 2 2 p - s = - 3r , p - s = - r , 2 2 2 2 2 2 r - q = - s ; r - q = - 3s . 2 2 2 2 2 2 p - s = 3r , p = s + 3r , ( 1)若 2 则 2 2 2 2 2 r -q = s, r =q + s. 2 2 2 因为 q 是奇数, 所以, 由 r = q + s , 知 s 是偶数, r是奇数. 2 2 2 于是, p = s + 3r 03(m od 4), 矛盾. 2 2 2 p - s = r, ( 2)由 2 2 2 r - q = 3s p = s + r = ( 2s) + q . 又 q 是奇数, 可设 2 2 2 2 p = m + n , q = m - n , 2s= 2 n. m 2 2 2 4 4 2 2 2 代入 p - s = r , 得 m + n + m n = r . 4 4 2 2 故正整数对 (m, n )使得 m + n + m n 是完全平方数. 2 2 由于 m + n?m + n = p ?a< a+ b, 这与 a+ b 的最小性矛盾. 2 2 2 p - s = -r, ( 3)由 2 2 2 r - q = - 3s 2 2 2 2 2 2 q = 3s + r = 2s + 2r + p , 这与 p > q 矛盾. 2 2 2 p - s = - 3r , ( 4)由 2 2 2 r -q = - s 2 2 2 2 2 q = s + r = ( 2r ) + p , 这与 p > q 矛盾. 综上, 不 存 在互 质的 正整 数 a、 使 得 b, 4 4 2 2 a + b + a b 是完全平方数. 4 4 2 2 x +y +x y 故不存在正整数 x、 使得 y, 2 (x + y ) 是完全平方数.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

四、 S 取最 大值时, 对应有 k 个子集 设
k

A 1, A 2,

, Ak . 则 S m ax =

i= 1

| Ai | .

3

若存在某个 A i, 使 |A i | = t> 3 不妨设为 , Ak , 将 Ak 的所有三元子集记为 B 1, B 2, , B r. 3 则 r = C t. 对任意的 i { 1 2 , r}, 有 |B i | = 3> 2 , , . 对任意的 1?i< j?r, 有 |B i 1B j |?2. 由已知, 对任意的 i { 1 2, , k - 1}, , j { 1 2 , r}, 有 , , |A i 1B j |? |A i 1 k |?2 A . 故可用 B 1, B 2, , B r 替换原先的 A k , 形 成新的子集族.
r


j= 1 3

|B j | - |Ak | = 3 r - t
3

3

3

3

3

t ( t- 3) ( 7t- 6) > 0 , 2 所以, 替换后所有集合元素个数的立方和增 加, 这与 S 的最大性矛盾. 于是, 当 S 取最大值时, 每个子集元素的 个数都不大于 3 . 又取一切 A 的二元子集和三元子集形成 的子集族满足题意, 于是, 它们的元素个数的 立方和为 3 2 3 3 S m ax = 2 Cn + 3 Cn n (n- 1) n (n- 1) (n- 2) =8 + 27 2 6 n ( n - 1) ( 9n- 10) = . 2 s 假设 Sm ax = 2 009 ( s N + ). 则 2s s n( n - 1) ( 9n - 10) = 2 7 41 . ( 若 n是偶数, 则 9n- 10是偶数. 从而, 式 (左边是 4的倍数, 矛盾. 所以, n 是奇数. 记 ( n, 9n - 10) = d. 则 d = ( n, 9n- 10) = ( n, 10) 是 10的约数. 结合式 ( d = 1 知 . 又因 ( n, n- 1) = 1 ( 9n - 10 n - 1) = 1, , , 所以, 当 n ?3时, 式 (左边的三个因数的质 因子互不 相 同, 故只 可 能 n - 1 = 2 此 时, . n= 3 而式 ( , 右边不含质因子 3 矛盾. , 综上, 不存在不小于 3 的正整数 n, 使 S 的最大值等于 2 009的方幂. (蒋太煌 浙江省乐成公立寄宿学校, 325600) = 27Ct - t =


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