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2011年全国高中数学联赛模拟卷(17)(一试+二试,附详细解答)


2011 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 2011 年全国高中数学联赛模拟卷(17)第一试
姓名: 姓名:_____________ 小题, 一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分)__________ 填空题( 1. 集合 A ={x 2a +1≤ x ≤ 3a +5}, B = {x 3 ≤ x ≤ 33}, A ? ( A I B) , 则

a 的取值范围是_________ 2. 某人投两次骰子, 先后得到点数 m, n , 用来作为一元二次方程 F E

x 2 + mx + n = 0 的系数, 则使方程有实根的概率为______________ 3. 过四面体 ABCD 的顶点 D 作半径为 1 的球, 该球与四面体 ABCD 的 外 接 球 相 切 于 点 D , 且 与 平 面 ABC 相 切 。 若 AD = 2 3, ∠BAD = ∠CAD = 45°, ∠BAC = 60° ,则四面体 ABCD 的 外接球的半径 r =________ 4. 如图, M , N 分别为正六边形 ABCDEF 的对角线 AC,CE 的内分点,
且 AM CN = =λ, 若 B,M,N 三点共线,则 λ =______________ AC CE

A M B

N

D

C

5. 已知 f (x) = x2 + (b ? 4 ? a2 )x + 3a ? b 是偶函数, 则函数图像与 y 轴交点的纵坐标的最大值 是 1 6. 对所有的实数 x 及 1 ≤ t ≤ 2 均有 ( x + t 2 + 2) 2 + ( x + at ) 2 > , 则实数 a 的取值范围是 8 ______ . 7. 定义“n 次幂平均三角形”:如果△ABC 的三边满足等式: b = (

an + cn 1 ) n ( n ∈ Z ), 则称 2

△ABC 为“n 次幂平均三角形”. 如果△ABC 为“3 次幂平均三角形”, 则角 B 的最大值是 ______ . 8. 设 u , v, w 为复数, 其中 w = a + bi a, b ≥ 3, a 2 + b 2 = 25 , u ? w = 3v , 若 v = 1 , 则当 u

(

)

u 的值为_____________ w 解答题( 小题, 二、解答题(本大题共 3 小题,第 9 题 16 分,第 10、11 题 20 分,共 56 分) 、 9.定义域为实数集 R 的函数 f(x)同时满足以下 3 个条件:①x>0 时,f(x)>0,②f(1)=2, . ③对任意 m, ∈ R , n 都有 f(m+n) =f(m)+f(n). 设集合 A = {( x, y) f (3x2 ) + f (4 y2 ) ≤ 24} ,
的辐角主值最小时,

B = {( x, y ) f ( x) ? f (ay ) + f (3) = 0} , C = {( x, y ) | f ( x) =
Ф且 A∩C≠Ф,试求实数 a 的取值范围.

1 f ( y 2 ) + f (a )} ,若 A∩B≠ 2

2011 模拟卷(17)

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10. 已知双曲线方程 x 2 ?

y2 = 1 ,是否存在过焦点的直线 l,交双曲线于 A、B 两点,使得 2

π ∠AOB= .若存在,求出 l 的方程;若不存在,请说明理由。 2

11. 数列{an}满足对任意 n∈N*, ∏ ai = 1 + ∑ (a i ? 1) ,求 ∑ a i ? i 的最小值.
i =1 i =1 i =1

n

n

2003

2011 模拟卷(17)

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2011 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 2011 年全国高中数学联赛模拟卷(17)加试
姓名: 姓名:_____________ (本题满分 一、 本题满分 40 分)如图所示:AM 和 AN 是圆 O 的切线,M、N 是切点,L 是劣弧 ( 2π 3
△ABC

MN 上异于 M、 的点, N 过点 A 平行于 MN 的直线分别交 ML、 于点 P、 或 S⊙O= NL Q, .求∠POQ.

S

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第 3 页 共 10页

(本题满分 二、 本题满分 40 分)已知 a、b、c 是满足 a 2 = b 2 + c 2 的正数, ( a3 + b3 + c3 求函数 f (a, b, c ) = 2 的最小值. a (b + c ) + b 2 (a + c ) + c 2 (a + b )

2011 模拟卷(17)

第 4 页 共 10页

(本题满分 三、 本题满分 50 分)设正整数 a, b 满足:ab>1. 求代数式 f(a, b)= (
到的所有正整数的值.

a 2 + ab + b 2 所能取 ab ? 1

2011 模拟卷(17)

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(本题满分 四、 本题满分 50 分)把 n 个物体排成一行,如果这些物体的一个子集中任何两元素均 (
不相邻,则称这个子集合为不亲切的. 证明:含有 k 个元素的不亲切的子集合的个数是

C k?k +1 n

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷 年全国高中数学联赛模拟卷(17)答案 答案
?2a + 1 ≥ 3 1、由条件知 A ? B , ① A=Ф, 2a+1>3a+5, ② A≠Ф, ?3a + 5 ≤ 22 , 解得 a<-4 或 1≤a≤9. ? ?3a + 5 ≥ 2a + 1 ?
2、由题意知, m, n ∈ {1, 2,3, 4,5, 6} ,则事件总数为 36,而方程有实根等价于 m ≥ 4n , 即: n ≤
2

m2 , 4

19 据此可列出 n 的值:1, 2, 3, 4, 5, 6。 m 的个数为:5, 4, 3, 3, 2, 2。即 5+4+3+3+2+2=19,故概率为 36 3、过 D 作平面 ABC 的垂线,垂足为 H ,作 DE ⊥ AB ,垂足为 E , DF ⊥ AC ,垂足为 F , 则 HE ⊥ AB, HF ⊥ AC ,且有 AE = AF = AD cos45° = 6 。由于 AEH ? AFH ,则 ∠HAE = 30° ,

AH =

AE = 2 2 , DH = AD2 ? AH 2 = 2 ,因此 DH 为半径为 1 的球的直径,从而四面体 ABCD cos30°
2 2

4、 延长 EA, 交于 P, CB 设正方形边长为 1, 易知 PB=2, 为 EP 的中点, A EA=AP=

uuuu r uuur 3 , AM = λ AC , 由 uuu uuu r r uuuu r uuu r uuur uuu r uuu 1 uuu uuu r r r 可得:CM = (1 ? λ ) CA ,又 CP = 3CB ,CA 是 PCE 边上的中线,CN = λ CE ,则有 CA = CE +CP , 2 uuuu 1 ? λ uuur 3 (1 ? λ ) uuu r r r r r 1 uuuu 1 uuu 3 uuu CN + CB ,因为当 B,M,N 三点共线时, 即: CM = CN + CB ,整理得: CM = 1? λ 2λ 2 2λ 2 uuuu r uuur uuu r 1 ? λ 3 (1 ? λ ) 3 存在实数 t 使得 CM = (1 ? t ) CN + tCB ,故 + = 1 ,解得 λ = 2λ 2 3

的外接球的球心 O 在 DH 的延长线上,于是有 r = ( r ? 2 ) + 2 2

(

) ,解得 r = 3 .
2

(

)

5、∵ f ( x ) 是偶函数, ∴ f ( ? x ) = f ( x ) , 即 x2 ? (b ? 4 ? a2 ) x + 3a ? b = x2 + (b ? 4 ? a2 )x + 3a ? b ,

(b ? 4 ? a 2 ) x = 0 , b = 4 ? a 2 . f ( x ) 的图像与 y 轴交点的纵坐标是 3a ? b = 3a ? 4 ? a 2 ,
设 a=2cosθ, b=2sinθ, θ∈[0, π], 3a-b=6cosθ-2sinθ, 当 θ=π 时,最大为 6 6、 2[( x + t 2 + 2) 2 + ( x + at ) 2 ] = [( x + t 2 + 2) + ( x + at )]2 + [( x + t 2 + 2) ? ( x + at )]2

2[( x + t 2 + 2) 2 + ( x + at ) 2 ] = (2 x + t 2 + 2 + at ) 2 + (t 2 + 2 ? at ) 2 1 1 2 2 2 2 2 2 即 (2 x + t + 2 + at ) + (t + 2 ? at ) > 恒成立, 则 (t + 2 ? at ) > , 4 4 3 3 5 3 2 t2 ? t2 + t2 + t2 + 1 1 2 2 2 = 6, 2 或a > 2. ∵ 2≥ 即 t + 2 ? at > 或 t + 2 ? at < ? . a < 2 2 t t t t 3 t2 + 3 6 2 2) = 6 . 当且仅当 t = , 即 t = ∈ [1, 2] .故 a < ( min 2 2 t 5 5 5 5 t2 + t2 + 12 + 2 = t + 2 在 [1, 2] 单调递减, 故 a > ( 2) = 2 =7. 又易知函数 max t t t 1 2 7 综上可知, 实数 a 的取值范围是 ( ?∞, 6) U ( , +∞) . 2 3 3 1 a +c 3 7. 解:注意到条件 b = ( ) , 猜想当 a = c 时, 角 B 达到最大值, 由余弦定理知, 2 2 2 a3 + c3 3 a3 + a3 3 a2 + c2 ? ( a2 + c2 ? ( ) ) 2 2 2 1 π a +c ?b 2 2 = = = , 得到 B= . 此时 cos B = 2 2ac 2ac 2a 2 3

2011 模拟卷(17)

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a 3 + c3 3 ) 1 1 2 为此只需证明 cos B ≥ . 即证明 cos B = ≥ , 2 2ac 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 即 4( a ? ac + c ) ≥ ( a + c ) = [( a + c)( a ? ac + c )] , 2 2 2 2 即 4( a ? ac + c ) ≥ ( a + c) , 即 3( a ? c) ≥ 0 . 显然. a2 + c2 ? (
2

8、因为 v = 1 ,所以 u ? w = 3 v = 3 ,于是 u 对应的点 P 在以 w 对应的点 M 为圆心, 3 为半经的圆 C 上,当 u 的辐角主值最小时,OP 与圆 C 相切,而 OM = 5 , PM = 3 , 则 OP = 4 ,于是 所以

w u

=

5 w 4 3 ,又 的辐角主值 θ = ∠POM , cos θ = , sin θ = , 4 u 5 5

u 16 12 w 5?4 3 ? 3 ? i = ? + i ? = 1 + i ,故 = w 25 25 u 4?5 5 ? 4

9、由条件③令 m=0 得 f(0)=0;再令 m=x,n=-x 得:f(-x) =-f(x);所以 f(x)在 R 上是奇函数. 设 x1,x2∈R,且 x2>x1,则 x2-x1>0,由①和③知: f ( x 2 ? x1 ) = f (x 2 ) + f (? x1 ) = f ( x 2 ) ? f (x1 )> 0 ,所以 f ( x ) 在 R 上是增函数. 由 f(1)=2 及③可得:24=12f(1)=f(12),所以 f(3x2)+f(4y2)≤24, 即 f(3x2+4y2)≤f(12),从而 A = ( x, y ) 3 x 2 + 4 y 2 ≤ 12 ;

{

}

由 f(x) -f(ay)+f(3)=0 得:f(x-ay+3)=f(0),从而 B = 由 f (x ) =

{( x, y ) x ? ay + 3 = 0} ;

1 f y 2 + f (a ) 得: f ( 2 x ? a ) = f ( y 2 ) ,从而 C = ( x, y ) y 2 = 2 x ? 2a ; 2 15 13 由 A∩B≠Ф可求得: a ≥ ;由 A∩C≠Ф可求得: ? ≤ a ≤ 2; 3 6 ? 13 15 ? ? 15 ? 所以实数 a 的取值范围是: ?? ,? , 2? . ?∪? 3 ? ? 3 ? 6 ? 2 y 2 = 1 .①, 焦点坐标 ± 3 ,0 ,不防设 l 过右焦点 F: 3 ,0 . 10、 x ? 2 2 π 若 l ⊥ x 轴,则 A,B 坐标为 3 ,±2 , 3 ,±2 ? ∠AOB = 2 arctan > ,矛盾! 3 2

( )

{

}

(

)

(

)

(

)(

)

故可设 l 的方程为 y = k x ? 3 .② ∵ ∠AOB =

π
2

(

)

设 A: 1,y1),B(x2,y2). (x ③

,∴

y1 y 2 ? = ?1 ? x1 x 2 + y1 y 2 = 0 . x1 x 2

由①、②,得 2 x 2 ? k 2 x ? 3 = 2 ? k 2 ? 2 x 2 ? 2 3k 2 x + 3k 2 + 2 = 0 . k2=2 时,④只有一个根,至多只能对应一个交点,不可能.故 k2≠2.

(

)

2

(

)

(

)



2 3k 2 , ⑤ k2 ?2 3k 2 + 2 x1 x 2 = 2 . ⑥ k ?2 由②、⑤、⑥,得 y1 y 2 = k 2 x1 ? 3 x 2 ? 3 = k 2 x1 x 2 ? 3 ( x1 + x 2 ) + 3
由韦达定理得

x1 + x 2 =

(

)(

)

(

)

? 3k 2 + 2 6k 2 3k 2 ? 6 ? 4k 2 ?=? 2 = k 2? 2 ? 2 + 2 . ⑦ ? k ?2 k ?2 k ?2 ? k ?2 ? ? 3k 2 + 2 4k 2 2?k2 ? 2 =0? 2 = 0 ,矛盾! 由③、⑥、⑦,得 2 k ?2 k ?2 k ?2 故不存在过右焦点的直线 l ,同时满足条件(1)(2) 、 .同理,也不存在过左焦点的直线满足题意.

2011 模拟卷(17)

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11、由已知:

∏a
i =1

n

i

= 1 + ∑ (ai ? 1) ,从而还有 ∏ ai = 1 + ∑ (ai ? 1)
i =1 i =1 i =1

n

n +1

n +1

以上两式相减,得 (a n +1 ? 1) (1)若数列中所有项均为 1,则

∏ ai = an+1 ? 1, 故 a n+1 = 1或∏ ai = 1 . ①
i =1 2003 i =1

n

n

∑a
i =1

i

?i =

2003 i =1

∑ 1 ? i = ∑ j = 2005003 .
j =0

2002

(2)若数列中所有项不均为 1,设 a1=a2=…am?1=1(m=1 时该式省去),am≠1. ①中,取 n=m, 有 am+1=1 或 a1a2…am?1am=1. 由前面所设,a1a2…am-1am=am ≠1∴am+1=1.设 am+k=am+k-1=…am+1=1, 则①中,取 n=m+k, 有 am+ k+1=1 或 a1a2…am+k=1,同理,只可能是 am+ k+1=1. 另外,由下式②可说明,当 am ≠1,n≥m 时,可以保证条件成立:

∏a
i =1

m

i

= a m ∏ ai = a m
1≤ i ≤ n i≠m

= (a m ? 1) + 1 + ∏ (ai ? 1) = 1 + ∏ (ai ? 1) .②
1≤ i ≤ n i≠m i =1

n

当 m>2003 时,归为(1)的情形.
2003

若 1≤m≤2003,则

∑a
i =1

i

?i =

2002 j =0

∑ j+ a

m

? m ? 1? m ≥

2002 j =0

∑ j + 0 ? 2002 = 2003001 .

综上,当 a1=a2=…a2002=1,a2003=2003 时,取最小值,等于 2003001.

2011 年全国高中数学联赛模拟卷 年全国高中数学联赛模拟卷(17) 第二试答案 第二试答案
一、连结 OA、OM,设∠AOP=α,∠AOQ=β.因为 AM、AN 是⊙O 的两条切线, 所以由切线长定理知 AM=AN,且 AO⊥MN. 又因为 PQ∥MN,所以 AO⊥PQ. cos∠POQ=cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ 所以 =

OA OA AP AQ OA 2 ? AP ? AQ ? ? ? = OP OQ OP OQ OP ? OQ
AM AP = , AQ AN

又因为∠AMP=∠MNL=∠AQN,∠APM=∠PMN=∠ANQ, 所以△AMP∽△AQN, 所以 所以 AP·AQ=AM·AN=AM2, 所以 cos ∠POQ =

OA 2 ? AM 2 OM 2 = , OP ? OQ OP ? OQ

所以 OM2=OP·OQcos∠POQ,所以 S⊙O=π·OM2=π·OP·OQcos∠POQ, 又 S△ABC =

1 2π 1 OP ? OQ sin ∠POQ  ,所以由已知得:π ? OP? OQcos∠POQ= ? OP? OQsin∠POQ, 2 3 2

所以 sin∠POQ= 3 ,∠POQ=60°.

二、 ∵ b + bc + c + b c ≥ 2 b ? bc + 2 c ? b c = 2b c + 2bc . b + c ≥ b c + bc . 解: 则
3 2 3 2

3

2

3

2

2

2

3

3

2

2

故 a3 +

( 2b) ≥ a
3

2

? 2b + a 2b ,即 2a 3 + 4b 3 ≥ 2a 2 b + 2 2ab 2 .
2 2 3 3

( )

2

综上可得 2 2a + 7b + 7c ≥ 2a 2 (b + c ) + 2 2 b 2 a + c 2 a + 3 b 2 c + c 2 b .①
3

同理, 2a + 4c ≥ 2a c + 2 2ac .
3 3

(

) (

)

由a = b +c ≥
2 2 2

1 (b + c )2 ,得 a ≥ 1 (b + c ) . 2 2

2011 模拟卷(17)

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则 5? 2 a ≥ 4?
3

(

)

(

2 a2 ?

)

1 2 1

(b + c ) + a 3 = (2

2 ? 1 a 2 (b + c ) + b 2 a + c 2 a . ②

)

注意到 a ≥ 则 2?

3

1 2

(

2 2 3 2 a ≥ 2 2 ? 2 (b c + c 2 b ) . ③

a 2 (b + c ) =

(b

2

+ c 2 (b + c ) ≥ 2bc(b + c ) = 2 (b 2 c + c 2 b ) .

)

)

(

)

2 2 +1 2 a (b + c ) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b ) . 7 2 2 +1 易知,当且仅当 a = 2b = 2c 时,上式等号成立, 故 f (a, b, c ) = . 7 2 2 (*), ∵若(a, b)满足(*),则(b, a)亦满足(*) 三、解:由题意知,即找出(a,b),使 ab ? 1| a + ab + b
将式①、②、③相加,整理即得 a + b + c ≥
3 3 3

[

]

∴ 若 a, b 中有一个为 1,则不妨设 a=1,此时 b ? 1|1 + b + b ? b ? 1| 3 ∴ b=2 或 4,∴(1, 2)、(1, 4)、(4, 1)、(2, 1)满足(*)
2

若 a ≥ 2, b ≥ 2 ,则(*) ? ab ? 1| a 2 + 2ab + b 2 ? 1 ? ab ? 1| ( a + b ? 1)( a + b + 1) 又∵ ( a + b ? 1, a + b + 1) = ( a + b ? 1, 2) = ?

?1, a + b为偶数 ? 2, a + b为奇数

当 a+b 为偶数时,(*) ab ? 1| a + b ? 1或 ab ? 1| a + b + 1 当 a+b 为奇数时,则 a、b 的奇偶性不一样,∴ab?1 为奇数,令 a+b=2n+1 ( n ∈ Z * ) , 则 ab ? 1| 2n ? 2( n + 1) , ∵(ab?1, 4)=1, ∴ ab ? 1| n( n + 1) , ∴ ab ? 1| n或ab ? 1| n + 1

a + b ?1 a + b +1 , ∴总有 ab ? 1| a + b ? 1 (1) 或 ab ? 1| a + b + 1 (2) 或ab ? 1 2 2 b b+2 ≤ 2 ;若(2)则 ab ? 1 ≤ a + b + 1,即a ≤ ≤ 4 , ∴a ≤ 4 若(1)则 ab ? 1 ≤ a + b ? 1,即a ≤ b-1 b ?1 当 a=2 时,(*) ? 2b ? 1| 4 + 2b + b 2 ? 2b ? 1| 21 ,∴b=2、4、11
即 ab ? 1 当 a=3 时,(*) ? 3b ? 1| 9 + 3b + b 2 ? 3b ? 1| 91 ,∴b 不存在 当 a=4 时,(*) ? 4b ? 1|16 + 4b + b 2 ? 4b ? 1| 273 ,∴b=2、10、23 ∴ f(a, b)所能取到的所有正整数为:7、4 四. 把 n 个物体记成 a1 , a2 , L , an . 且设 {ai1 , ai 2 , L , aik }(1 ≤ i1 < i2 < L < ik ≤ n) 是它的一个不亲切的子 集合,于是有 ?

? 1 ≤ i1 < i2 < L < ik ≤ n . 从而 1 ≤ i1 < i2 ?1 < i3 ? 2 < L < ik ? (k ?1) ≤ n ? k + 1 , ( j = 1,2,L, k ? 1) ? i j +1 ? i j ≥ 2

故 i1 , i2 ? 1, i3 ? 2, L , ik ? ( k ? 1) 是 1,2,…, n ? k + 1 中一个严格上升序列. 反之,对于每一个这样的 上升序列 1 ≤ j1 < j2 < L < jk ≤ n ? ( k ? 1) ,则以 a j1 , a j 2 +1 , L , a j k + ( k ?1) 为元素的集合为不亲切子集合, 二者元素一一对应. 而从 1,2,3,…, n ? ( k ? 1) 中选取 k 个组成严格上升序列共有 Cn ? k +1 种方法.
k

故含 k 个元素的不亲切子集的个数是 Cn ? k +1.

k

2011 模拟卷(17)

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