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2008年中国国家集训队选拔考试


26

中 等 数 学

2008 中国国家集训队选拔考试
第 一 天
一 、 △ABC 中 , AB > AC , 它的内切圆 在 切边 BC 于点 E , 联结 A E 交内切圆于点 D (不同于点 E) . 在线段 A E 上取异于点 E 的 一点 F ,使得 CE = CF ,联结 CF 并延长交 BD (熊     于点 G. 求证 : CF = FG. 斌 提供) 二 、 { x n }定义为 数列
x1 = 2 , x2 = 12 ,

( 朱华伟   的最大值和最小值 . 提供) 六、 求最大的常数 M ( M > 0) , 使得对任

意正整数 n , 存在正实数数列 a1 , a2 , …, an 及 b1 , b2 , …, bn 满足
n

( 1)

k =1

∑b

k

=1,

2 bk ≥bk - 1 + bk + 1 ( k = 2 ,3 , …, n - 1) ;
k

(2) a2k ≤ + 1

i =1

∑a b ( k = 1 ,2 , …, n , a
i i

n

= M) .

) x n + 2 = 6 x n + 1 - x n ( n = 1 ,2 , … .

( 李伟固   提供)

设 p 是一个奇质数 , q 是 x p 的一个质因 子 . 证明 : 若 q ≠ ,3 ,则 q ≥ p - 1. 2 2 ( 余红兵   提供) 三、 将每个正整数任意染红、 蓝两色之 一. 证 明 : 总 存 在 一 个 无 穷 的 正 整 数 序 列
a1 < a2 < …< an < …,使得无穷序列 a1 , a1 + a2 a2 + a3 a3 + a4

参考答案
第一天
一、 图 如 1 , 过点 D 作 内切 圆 的 切 线 MN K , 分别 交 AB 、 、 AC BC 于点 M、 、 N K. 由 ∠KDE = ∠A EK = ∠EFC ,知 M K ∥CG. 由牛顿定理知 BN 、 、 三线共点 . CM DE 由塞瓦定理有
B E CN AM · · = 1. EC NA MB
图1

2

, a2 ,

2

, a3 ,

2

,…

是一个同色的正整数序列 . ( 冷岗松   提供)

第 二 天
四、 证明 : 对任意正整数 n ( n ≥ ) , 可以 4 将集合 Gn = {1 ,2 , …, n } 的元素个数不小于
2 的子集排成一列 P1 , P2 , …, P2 n n n- 1

,使得

| Pi ∩Pi + 1 | = 2 ( i = 1 ,2 , …,2 - n - 2) . ( 刘诗雄   提供)



由梅涅劳斯定理有
B K CN AM · · = 1. KC NA MB

五 、 m 、 都是大于 1 的给定整数 , aij 设 n
( i = 1 ,2 , …, n ; j = 1 ,2 , …, m ) 是不全为 0 的
mn 个非负实数 . 求
n m m n ij

② ③

①÷② B E· = EC· K. 得 KC B 由梅涅劳斯定理和式 ③ 有
1=
B E CF GD B E CF KC CF · · = · · = . EC FG DB EC FG B K FG

n f =

i =1

∑∑
n j=1 m i =1 j=1

2

aij
2

+m

j=1

∑ ∑a
n i =1 m i =1 j=1

2

∑∑

aij

+ mn

∑∑a

2
ij

所以 , CF = FG.

2008 年第 7 期

27
q q 3 ≡ ( mod q) ,2 ≡ ( mod q) . 3 2

二、 易知
xn =

1 2 2

n n [ (3 + 2 2) - (3 - 2 2) ] ( n ≥ ) . 1

进而 ,2

q- 1

2

≡± ( mod q) . 1
q

由二项式定理得
n

设 an 、n ∈N+ . b 定义 ( 3 + 2 2 ) = an + bn 2. 则
( 3 - 2 2 ) n = an - bn 2. (3 + 2 2 ) q =

i =0

C 3 ∑·
i q

q- i

(2 2) i
q- 1

≡ q + (2 2 ) q = 3 q + 2 q · 3 2

2

2

易知 x n = bn , a n - 2 b n = 1 ( n ≥ ) . 1
2 2

设 q ≠ ,3. 2 下面证明 : q ≥ p - 1. 2 由于 q| x p ,即 q| bp ,从而 ,数列{ bn }中有 被 q 整除的项 . 设 d 为最小的正整数 , 使得
q| bd . 有下面的引理 .

≡ ± 2 ( mod q) . 3 2 因而 ,类似于式 ② 的处理可得
( 3 + 2 2 ) q ≡( 3 ± 2 ) q 2
2



≡ + 2 2 ( mod q) . 3 由式 ③ 得
( aq2 - 1 + bq2 - 1 2 ) ( 3 + 2 2 )



引理  对正整数 n , 当且仅当 d | n 时 , 有 q| bn . 引理的证明 : 对整数 a 、 、 、 ,用记号 b c d
a + b 2 ≡c + d 2 ( mod q)

≡ + 2 2 ( mod q) . 3 所以 ,
3 aq2 - 1 + 4 bq2 - 1 ≡ ( mod q) , 3 2 aq2 - 1 + 3 bq2 - 1 ≡ ( mod q) . 2

进而 , q| bq2 - 1 . 又 q| bp ,故由引理得 d| p . 因为 q 是质数 ,所以 , d = 1 或 p . 若 d = 1 ,则 q| b1 = 2 ,这与假设不符 . 故
d = p . 但 q| bq2 - 1 ,故由引理知 d| ( q - 1) ,即 p| ( q - 1) . 从而 , p| ( q - 1) 或 p| ( q + 1) .
2 2

表示 a ≡c ( mod q) , b ≡d ( mod q) . 若 d| n ,设 n = du . 则
an + bn 2 = ( 3 + 2 2 )
du

≡au ( mod q) . d

故 bn ≡ ( mod q) . 0 反之 ,若 q| bn ,设 n = du + r ( 0 ≤r < d) . 若 r ≥ ,则由 1
an ≡(3 + 2 2 )
n du r = (3 + 2 2 ) (3 + 2 2)

注意到 q - 1 和 q + 1 都是偶数 ,于是 ,
q ≥ p - 1. 2

三、 引理 1   若正整数集 N+ 中存在一个 无穷的等差数列 ,则结论成立 . 事实上 ,设无穷序列 c1 < c2 < … < cn < ①
2

≡au ( ar + br 2 ) ( mod q) , d
u 可知 ad br ≡ ( mod q) . 0

… 一 个 N+ 中 的 红 色 的 等 差 数 列 . 则 取 是
ai = c2 i - 1 ( i ∈N+ ) , 便得到一个满足要求的

都是 q 的倍数 .

但 a d - 2 b d = 1 ,而 q| bd ,故 q8 a d .
2 2

因为 q 是质数 ,所以 , q8 ad .
u 进而 , ( q , ad ) = 1.

无穷的红色正整数序列
a1 < a1 + a2

故由式 ① q| br ,与 d 的定义相违 . 知 因此 , r = 0 ,即 d| n . 引理得证 . 回到原题 .
i q

2

< a2 <

a2 + a3

2

< a3 < … .

引理 2   若对任意 i ∈N+ , 存在 j ∈N+
( j > i ) ,使得 i 、
i+j

因为 q 是质数 , 所以 ,C ( 1 ≤i ≤q - 1 ) 又 q ≠ ,3 ,由费马小定理知 2

2

、同色 ,则结论成立 . j

事实上 ,取 a1 = 1 ,并设 a1 为红色 . 由于存在 k ∈N+ , 使得 a1 、
a1 + k

2

、同 k

28

中 等 数 学

色 ,因此 ,可取 a2 = k ; 再由存在 l ∈N+ ,使得
a2 + l a2 、 、 同色 , 因此 , 可取 a3 = l ; 如此下 l

由于不存在无穷项的同色的等差数列 , 则 N+ 中红蓝两色的数均有无穷多个. 故存 在某个 i , 使得 an + i 为红色 , 此时 , an + 2 i 为蓝色 . 记 an = 2 k + 1. 则现有 2 k + 1 为蓝 色 ,2 k + i + 1 为红色 ,2 k + 2 i + 1 为蓝色 . 由 ① 知 2 ( 2 k + i + 1) - 1 = 4 k + 2 i + 1 为蓝色 . 再由 ② 知 ( 2 k + 1) + ( 4 k + 2 i + 1) =3k + i +1 2 为红色 . 再由 ① 知 2 ( 3 k + i + 1) - 1 = 6 k + 2 i + 1 为蓝色 . 如此递归下去 ,便得到一个蓝色的无 ∞ 穷序列{2 nk + 2 i + 1} n = 1 , 它们的所有项都是 蓝色 ,但注意到它是一个等差数列 , 矛盾 . 这 说明满足要求的 an + 1 一定存在 .
(2) 再考虑存在 i ∈N+ ,使得 an + i 、 n + a 2 i 同色的情况 .

2

去 ,便得到一个满足要求的无穷的红色正整 数序列
a1 < a1 + a2

2

< a2 <

a2 + a3

2

< a3 < … .

引理 3  若 N+ 中不存在无穷项的同色 的等差数列 ,且存在 i0 ∈N+ ,使得对任意 j ∈
N+ ( j > i0 ) ,得 i0 、
i0 + j

2

、 不同色 ( 即引理 1 , j

2 的条件不成立) , 则存在一个同色的奇数的

无穷正整数序列满足要求 . 事实上 ,不妨设 i0 = 1. 否则 ,考虑
{ i ·0 | i = 1 ,2 , … i }

而不改变问题的性质 . 设 1 为红色 . 则对任意 j ∈N+ ( j ≥ ) ,都 2 有
j 、j - 1 不同为红色 . 2



设 an = 2 k + 1.
(i ) 若 a n + i 、 n + 2 i 同 为 蓝 色 , 则 取 a
a n + 1 = an + 2 i 即可 .

由于不存在无穷项的同色的等差数列 , 则 N+ 中存在无穷多个蓝色的奇数. 任取其 中一个记为 a1 . 下面证明 : 存在以 a1 为首项的无穷奇数 数列 a1 < a2 < …< an < …,使得无穷序列
a1 < a1 + a2 a2 + a3

( ii ) 若 an + i 、 n + 2 i 同为红色 ,由 ① a 知 2 ( 2 k + i + 1) - 1 = 4 k + 2 i + 1 及   ( 2 k + 2 i + 1) - 1 = 4 k + 4 i + 1 2

2

< a2 <

2

< a3 < …

均为蓝色 . 因此 ,若 ( 2 k + 1) + ( 4 k + 4 i + 1) =3k +2i +1 2 为蓝色 ,取 an + 1 = 4 k + 4 i + 1 即可 ; 若
( 2 k + 1) + ( 4 k + 4 i + 1) =3k +2i +1 2

的所有项都为蓝色 . 对 n 用数学归纳法 . 当 n = 1 时 , a1 的存在性已证 . 假设蓝色的奇数数列 a1 < a2 < … < an 存在 . 接下来证明满足要求的 an + 1 一定存 在.
(1) 先考虑对任意 i ∈N+ , an + i 、n + 2 i a

不同色的情况 . 假设此时没有满足要求的 an + 1 , 即不存 在 an + 1 > an ,使得
an + a n + 1 an 、 、 n + 1 同为蓝色 . a

为红色 ,再由 ① 知 2 ( 3 k + 2 i + 1) - 1 = 6 k + 4 i + 1 为蓝色 . 此时 , ( 2 k + 1) + ( 6 k + 4 i + 1) =4k +2i +1 2 为蓝色 ,取 an + 1 = 6 k + 4 i + 1 即可 . 至此引理 3 证完 . 综上三个引理便知结论成立 .

2



2008 年第 7 期

29

第 二 天
四、 首先 , 当 n ≥ 时 , 对 n 用数学归纳 3 法证明下述命题 : 对任意的正整数 n ( n ≥ ) , 可以将集合 3
Gn = {1 ,2 , …, n } 的全部非空子集排成一个

{1 ,3} ,{1 ,2 ,3} ,{2 ,3} ,{1 ,2 ,3 ,4} , {1 ,2} ,{1 ,2 ,4} ,{2 ,4} ,{2 ,3 ,4} ,{3 ,4} , {1 ,3 ,4} ,{1 ,4}

满足要求 . 假设 n = k ( k ≥ ) 时 , 存在序列 P1 , P2 , 4 …, P2 k k- 1

满足要求 ,且 P2 k -

k- 1

= {1 , k }.

序列 P1 , P2 , …, P2
2 , …,2 - 2} ,总有
n

n

- 1

,使得对任意的 i ∈ , {1
n

对于 n = k + 1 ,知道 Gk + 1 = Gk ∪ k + 1} { 的全部子集可以分为两类 : 一类都不含元素 k + 1 ,而另一类都含元素 k + 1. 由前述命题 , 存在 Gk 的全部非空子集排成一个序列 q1 ,
q2 , …, q2 k - 1 , 使 得 对 任 意 的 i ∈{ 1 , 2 , …,

| Pi ∩Pi + 1 | = 1 ,且 P1 = {1} , P2

- 1

= Gn .

当 n = 3 时 ,序列{1} ,{1 ,2} ,{2} ,{2 ,3} , {1 ,3} ,{3} ,{1 ,2 ,3}满足要求 . 假设当 n = k ( k ≥ ) 时 , 存在 Gk 的非空 3
k 子集的序列 P′ P′ …, P′- 1 满足要求 , 其 1 , 2 , 2 k 中 , P′ {1} , P′- 1 = Gk . 1 = 2

2 - 2} ,总有 | qi ∩qi + 1 | = 1 ,且 q1 = Gk , q2 k - 1 = {1}.

k

对于 n = k + 1 ,构造如下序列 : k k k P′ P′- 1 , P′- 2 ∪ k + 1} , P′- 3 , { 1 , 2 2 2
k k P′- 4 ∪ k + 1} , P′- 5 , …, P′ { 2 2 3 ,

于是 ,有序列 P1 , P2 , …, P2 k -

k- 1

, q1 ∪ k + 1} , {

q2 ∪ k + 1} , …, q2 k - 1 ∪ k + 1} . { {

P′ { k + 1} ,{ k + 1} , P′ { k + 1} , P′ 2 ∪ 1 ∪ 2 ,
k k P′∪{ k + 1} , P′ …, P′- 2 , P′- 1 ∪ 3 4 , 2 2

由归纳假设及命题知 , 上述序列满足要 求 ,且 P2 k + 1 - ( k + 1) - 1 = q2 k - 1 ∪ k + 1} {
= {1 , k + 1}.

{ k + 1}.



显然 , P1 = P′ {1} , 1 =
k P2 k + 1 - 1 = P′- 1 ∪ k + 1} = Gk + 1 . { 2 k 因为 P′ P′- 1 = P′ 1 ∩ 2 1 ,

由数学归纳法 ,原命题得证 . 五 、 的最大值为 1. f 先证明 f ≤ 1. 这等价于
n m

P′1 ∩( P′ { k + 1} ) = P′1 ∩P′ r+ r ∪ r+ r ,

( P′ { k + 1} ) ∩ k + 1} = { k + 1} { 2 ∪ = { k + 1} ∩( P′ { k + 1} ) , 1 ∪
P′ ( P′1 ∪ k + 1} ) = P′∩ P′1 , r ≤ - 2. { 2 r ∩ r+ r r+
k

n

i =1

∑∑
j=1 n m i =1 j=1 n

2

m

n ij

aij
2

+m

j =1

∑ ∑a
i =1 m n i =1 j=1 n

2



∑∑
i =1 m

aij
m

+ mn
2

∑∑a
i =1 n

2
ij

.
m


2
ij

所以 ,由归纳假设 ,序列 ① 满足要求 . 由数学归纳法 ,命题得证 . 回到原题 . 仍用数学归纳法证明下述加强命题 : 对任意的正整数 n ( n ≥ ) , 可以将集合 4
Gn = {1 ,2 , …, n } 的全部元素个数不小于 2

记 G=
n

∑∑
j=1

aij

+ mn
m

∑∑a
j=1

-

n

i =1

∑∑
j=1

2

aij

- m

j =1

∑ ∑a
i =1

2
ij

.

只需证明 G ≥ 0. 现将所有的 aij 排成一个 n 行 m 列的数 表 ,使 aij 位于第 i 行第 j 列 . 考虑数表中位置 构成矩形的 4 个数 apq 、 pr 、sq 、sr ,并把它们 a a a 叫做一个矩形数组 , 记作 [ psqr ] , 其中 ,1 ≤p < s ≤n ,1 ≤q < r ≤m .

的子集排成一序列 P1 , P2 , …, P2 n n

n- 1

,使得

| Pi ∩Pi + 1 | = 2 ( i = 1 ,2 , …,2 - n - 2) ,

且  P2 n -

n- 1

= {1 , n }.

当 n = 4 时 ,序列

30

中 等 数 学

记 G =

中 ,求和跑遍所有的矩形数组 [ psqr ] . 3 下面证明 : G = G . ② 2 首先 ,比较形如 a ij 项的系数 . 对确定的
i 、,易见 G 中 a ij 项的系数为 mn + 1 - m - n . j
3
2

而在 G 中 ,因为以 aij 为一个顶点的矩形数 3 2 组恰有 ( m - 1 ) ( n - 1 ) 个 , 所以 , G 中 a ij 项 的系数为 ( m - 1) ( n - 1) = mn + 1 - m - n . 3 2 这说明 G 和 G 中 a ij 项的系数相等 .
( j ≠k ) 项的系数相等 . ( i ≠j) 项的系数都为 - 2 ( m - 1) .
3

其次 ,比较形如 aij aik ( j ≠k ) 项的系数 . 3 G 中的系数为 - 2 ( n - 1) ,而 G 中这种项对 应的矩形数组 [ psqr ] 中还有一个行标 s 有 3 n - 1 种选择 , 因此 , 它在 G 中的系数也为 3 - 2 ( n - 1 ) . 这 表 明 G 和 G 中 形 如 aij aik 再次 ,与上述类似 , G 和 G 中形如 aik ajk 最后 , G 和 G 中形如 apq ast ( p ≠s , q ≠t ) 项的系数都为 2. 综上所述 ,式 ② 成立 . ≥ ,亦即式 ① 从而 , G 0 得证 . 当所有 aij ( i = 1 ,2 , …, n ; j = 1 ,2 , …, m ) 均为 1 时 , f = 1 ,故 f 的最大值为 1. m+ n f 的最小值为 . mn + min{ m , n } m+ n 先证明 : f ≥ . mn + min{ m , n} 不妨设 n ≤m . 此时 ,只需证明
m+ n f ≥ . mn + n
2

3

[ psqr ]

∑( a

pq

+ asr - apr - asq ) , 其

2

n

i =1

∑a b
i n i =1

2

i n

=

∑a
n

2
i

i =1

∑b
2

2
i

-

1 ≤k < l ≤n

∑ (a b k l

al bk )

2

中 ,令 ai = ri , bi = 1 ( i = 1 ,2 , …, n) 得
m ij

-

i =1

∑∑a
j=1 n i =1

= - n

∑r

2
i

+

1 ≤k < l ≤n

∑ (r

k

- rl ) .
m

2

将上式代入 S 的表达式可得 n mn ( n - 1) mn ( m + 1) 2 S= ri + m + n i∑ m+ n =1
n m

j =1

∑c

2

j

-

mn

i =1

∑∑a
j=1

2
ij

+

1 ≤k < l ≤n



( rk - rl ) 2 .

mn ( n - 1) mn ( m + 1) 因为 mn = + ,所 m+ n m+ n

记S=

n ( m + 1) m+ n
n

n

i =1


ij

ri +
2

2

mn ( m + 1) m+ n
n m

m

-

i =1

∑∑a
j=1

- mn

m

其中 , ri =

j=1



aij ( i = 1 ,2 , …, n ) , cj =

( j = 1 ,2 , …, m ) . 欲证式 ③,只需证明
S≥ 0.

在拉格朗日恒等式

3

以 ,上面的 S 可重写为 m n mn ( n - 1) S = ∑ ∑aij ( ri - aij ) + m+ n j=1 i =1
mn ( m + 1) m+ n
1 ≤k < l ≤n
m n ij j=1

∑∑a
i =1

( cj - aij ) +

∑ (r

k

- rl ) .

2



因为所有的 aij ≥ , 且 ri - aij ≥ , cj 0 0
aij ≥ ( i = 1 ,2 , …, n ; j = 1 ,2 , …, m ) , 故由式 0

⑤ 便知 S ≥ ,即式 ④ 0 成立 . 当 a11 = a22 = …= ann = 1 ,其他元素都取
0 时 ,f =
m+ n m+ n ,所以 , f 的最小值为 . mn + n mn + m

同理 , 当 n ≥m 时 , f 的 最 小 值 为
m+ n . mn + m


2
j

m

j =1

∑c
2
ij

因此 , f 的最小值为
1 ≤k ≤n

m+ n . mn + min{ m , n}

i =1

∑∑a
j =1

六、 引理   max { ak } < 2 ,
1 ≤k ≤n

,

n

max { bk } <

2
n- 1

.
1 ≤k ≤n

i =1



aij

引理的证明 : 令 L = max { ak }. 由 ( 2 ) 得
L ≤ + L ,所以 , L < 2. 1
2



令 bm = max { bk }. 由 ( 1) 得
1 ≤k ≤n

2008 年第 7 期

31

( k - 1) bm + ( m - k) b1 k - 1 ≥ bm ,   ≤k ≤m ; 1 m- 1 m- 1 bk ≥ ( k - m) bn + ( n - k) bm n - k > bm ,  m < k ≤n . n- m n- m
n m n

故1=
>
m

k=1



bk =

k=1



bk + bm =

k= m+1

∑b
2

bk 1 + 2 4 1 1 < bk + . 2 2 ( n - 1) 对 k 从 1 到 n 求和得

< bk

k

M = an ≤ f n bm .
n

2

bm +

n- m- 1

n- 1

2 2
n- 1

< =

f0 +

k =1

∑b · 2
k

1

+

1 2 ( n - 1)

此即 bm < 回到原题 . 令 f0 = 1 ,
k

. 引理得证 .

3 1 + . 2 2 ( n - 1)

fk = 1 +

i =1

∑a b ( k = 1 ,2 , …, n) .
i i

则 f k - f k - 1 = ak bk ≤bk f k . 由此可得
fk fk- 1 fk fk + fk- 1

3 由 n 的任意性得 M max ≤ . 2 3 M = 是能够达到的 . 例子如下 : 2 k 1 ak = 1 + , b = ( k = 1 ,2 , …, n) , 2n k n

≤bk ·

则  a k = 1 + 成立 .

2

k 2n

2

k

≤ + 1

i =1

∑n
3 . 2

1

1+

i

2n

= bk < bk

fk - fk- 1 1 + 2 2( fk + fk- 1 ) 2

综上所述 , M 的最大值为

2 bk 1 + 2 2( fk + fk- 1 ) 2

(熊     斌 提供)

征 稿 启 事
   本刊是以报道中学数学课外活动和数学竞赛为中心内容的专业刊物 。欢迎作者为数学活动课程讲座 、 命 题与解题 、 我为数学竞赛命题 、 巧思妙解 、 赛题新解 、 课外训练 、 数学奥林匹克问题 、 数海拾贝 、 缤纷广角镜等栏 目撰稿 ,欢迎更多的作者撰写适合初中生阅读的 、 内容充实的专题讲座和解题指导性文章 。来稿时请注意以 下各项 : 1. 稿件的内容要新颖 ,形式要活泼 , 提倡短小精悍 , 讲清一 、 两个问题 , 不要 “大而全” 。来稿一般不超过 3 000 字 ,长文不超过 4 000 字 。 2. 讲座稿应附有相应的练习题 (5~7 个) ,并随练习题给出答案或提示 。 3. 文中例题最好选用国内外的竞赛试题 ,并请注意标出竞赛名称 ( 全称) 、 届次和时间 。 4. 凡为本刊课外训练和数学奥林匹克问题栏目提供的稿件 ,请注意 : 试题内容范围以中国数学会普及工 作委员会制定的 《数学竞赛大纲》 为准 ; 题目要有新意 ( 不能用成题) ,需注明是自编或改编 ,改编题需注明原题 出处 。为数学奥林匹克问题栏目投稿时 ,题目要一式两份 。 5. 来稿请用 16 开稿纸誊写 ,字迹清晰 ,书写格式规范 ,插图力求准确并随文绘出 ; 电脑打印稿以小四号字 为宜 ( 要留有适当的行距 ) ,要求排版规范 ,外文字母的正斜体 、 大小写 、 上下角标清楚 、 准确 。 6. 参考文献请用顺序编码制 ,在正文引用处注明 。 7. 本刊已加入多个数据库并在网上发行 ,如作者不同意所著文章被数据库收录 ,请在来稿时声明 。来稿 三个月未收到录用通知的 ,可自行处理 ,恕不退稿 。为联系方便 ,请注明联系电话 。

本刊编辑部


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2008年中央国家机关公务员录用考试试题及答案

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国家集训队物理选拔题1

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...中国国家集训队选拔考试试题(扫描版,无答案)

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全国2008年10月高等教育自学考试领导科学试题及答案

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