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2010年全国高中数学联赛加试题另解


2010年第12期

13

201 0年全国高中数学联赛加试题另解
中圈分类号:012 文献标识码:A 文章编号:1005-6416(20lo)12—0013一07

第一题已知锐角△ABC的外心为0,
K是边BC上一点(不是边BC的中点),D是 线段AK延长线上一点,直线BD与AC交 于点Ⅳ,直线

CD与AB交于点肛求证:若
OK

OMl—LKN,.

同理,ONi J.KMl. 因此,0为△KM。N,的垂心. 所以,OK上肘。Ⅳ1(也可由配极原则得 到肘。ⅣI是点K关于00的极线.同样有OK J-肘1,v1). 又因为OK上MN,所以,肘INI ffMN. 若D。≠D,设AK的延长线与MN、MlNi 分别交于点E、E..由塞瓦定理得
ME NC AB.M1El N1C AB

j-MN,则A、B、D、C四点共圆. 证法1如图

l,设AK与00交 于点Dl,CDl、BDl 分别与AB、AC交 于点Ml、』\『1. 由于KN.为 点M。关于00的 极线,则
图1
EI

一EN‘面’丽剐,丽。百’丽。1‘ 又因丽ME=器删,篙=筹.


于是,BC//MN.
因此,在n为偶数时,茗。=3“+3.而且此 时恢复边A。A。,并将下标为偶数的点标的数 n改为3一a,就得到合乎本题要求的标法.反 之亦然.故在n为偶数时,答案是3“+3. 去掉边A。A1.将Ai(1≤i≤n)标上O、l、 2、3,使得相邻的点标的数不同,并且A。与A, 所标的数和不为3. 设此时的标法为),。种.则 扎=4×(3+2+2)=28=3’+l, 且Y。=4×3”1一Y。.I. 同样可得n为奇数时,Y。=3”+1.而且 此时恢复边A。A。,并将下标为偶数的点标的 数a改为3一口,就得到合乎本题要求的标

消去b川、b。得
C。+1—2c。一c。一l=d。一d。一1.

再消去c。+l、C小Cn-|得
d。+2=3d。+1+d。一3d。一1.

于是,4d。=3“一1—2一(一1)“. 设本题答案为a。.则 口。=4×3“一1-4d。=3“+2+(一1)“. 解法2去掉边A。A。.将Ai(1≤i≤n)标 上0、l、2、3,使得相邻的点标的数不同,并且 A。与A,所标的数不同. 设此时的标法为%种.则
菇2=4×3,



茗。=4×34—1一茗。一I.

故髫。-3“=一(石。一l一3“一1)=… =(一1)“(茗2—32)=(一1)“×3.

法.反之亦然故在n为奇数时,答案是3“+1.

万方数据

14

中等数学

或帆Ⅳt//MN,得箍=瓮朋
ACsin么ACMl CMsin么MCMI
“AC CD

则OK_L PQ. 若点D在△ABC外接圆oD外,设直线 CE与MN交于点F,AD分别与PQ、MN交于 点G、日.

ABsin么ABN. BNsin么NBNl‘
AB BD

职面。DDI sinZ_ADIC
Hn

2丽‘面i面,

由OK上MN,得PQ∥MN.则

CD

BD

一PG一丝垡 GQ—HN’

m w

肛”CM—BN‘

1坻。BC}}MN.
则由OK上BC,知K为BC中点,矛盾. (史德祥天津市第一中学,300051) 证法2如图2,设AK与oD交于点E, 直线AB与CE交于点P,直线BE与AC交于 点Q,00的半径为尺.

cP一盟
PF—QN’

同 w

在△APQ和△AMN中,分别应用塞瓦
定理得
… A—B.等.笾:1, ③… PB Gp CA ?_—一●-‘‘一一


一AB.塑.塑:1. ④ HN CA MB
综合式①至④得

‘‘、,

一=一==≯——=———L=争盱f.//,",V 一BPBM=器考器=器j曰c∥删 CN 8N CN…“…“ j傩J-BCjK是边BC的中点.
这与K不是边BC的中点矛盾. 所以,点D不能在00外.
F M 图2 H N

同理,点D也不能在00内. 故点D一定在0D上,即A、B、D、C四点 共圆. (刘才华 山东省宁阳第一中学,271400) 证法3如图3,设CB与NM交于点c.

在△APE中,由斯特瓦尔特定理得

pK2=鬈?PA2+差?朋2一AK?碰.
由直线BKC截△APE及梅涅劳斯定理得

丝.丝.丛一.
BP

CE朋一“

将P8?PA=PE?PC,代人上式得

—E—K…PA—AB—一1 碰PE

CE一1

j脒(PA2一PA?PB)=AK?PE(PC一咫) j脒(PA2一PE?Pc)=AK?PE(PC一咫)
jEK?PAl+AK.PE2=AE?PE?PC

£:么一
M K





图3

《删+蓑删-PE.PC
=,pK2=PE.PC—AE.KE

由直线GMN截△BCD及梅涅劳斯定
理得
曰G CM DN. Gc MD NB~

=D尸2一R2一(R2一D盱)

=俨+D酽一2R2.

由点A及△BCD,利用塞瓦定理得
BK CM DN. Kc MD NB~

同理,Q砰=OQ2+0l酽一2R2. 于是,pK2一Q贮=D尸2一OQ2.

万方数据

2010年第12期

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两式相除得器=蔚BK,即
丛迪(塑:=兰1 2一 BJsin么1
由正弦定理得 CJsin(90。一么2)一 CJsin么2‘ 故tan么1=tan么2.则么1=么2.

sin么OPB OB OC sin么OPC sin么OBP—OP—OP— sin/OCP。 则sin么OBP=sin么OCP. 若么OBP=么OCP,则 么KBP=么KCP. 于是。BP=CP. 故OP是BC的中垂线,与K不是边BC 的中点矛盾. 所以,只能是么OBP+么OCP=1800, 即O、B、P、C四点共圆. 则么BPM=900一么BPK =900一么BCO=么BAC. 于是,B、P、N、A四点共圆. 同理,C、P、肘、A四点共圆.

一盟~一一—旦一.0c一型 sin么D町一sln么1一sin么2一sin么0cJ’
从而,8in么优V=sin么OCJ. 又K不是边BC的中点,故

么D甜=1800一么D“.
所以,0、召、,、C四点共圆.


则么MJB=么NJC=÷么BOC=么BAC.


故B、_,、N、A,A、C、J、M分别四点共圆.

故么PMC=么PAC=么凇Ⅳ=么PBD.
因此,P、M、B、D四点共圆. 所以,么BAC=么MPB=么MDB,即A、 B、D、C四点共圆. (赵天骁 班,150080) 哈尔滨师大附中高二(二)

于是,么ABN=么MN=么MCN.
因此,A、B、D、C四点共圆. (金磊西安交大附中,710049) 证法4如图4,延长OK与MN交于点

P。联结即、CP、AP.作BB’上MN于点曰7,
CC’上MN于点C’.


第二题设k是给定的正整数,

一+÷.
/"(r)=∥卜"(r))(z≥2).
证明:存在正整数m,使得/帕(r)为一
个整数,其中,r菇]表示不小于实数戈的最小

记/”(r)=以r)=rFrl,

整数(如l÷l=1,r1]=1).
P 圈4 C’

证法1首先利用数学归纳法证明:

对点D及△ABC,由塞瓦定理得
BK CN AM KC NA MB


..BK Kc

BM AN

∥帕(r)∈z. 显然,∥”(r)=(2k+1)Frl∈Z. 当矿一”(r)∈z时,



MA NC‘

∥神(r)=列一”(r))
Bt P

设△AMN底边MN上的高为h.则
BBf BBt h

BM AN

BK

=2f一”(r)∥一”(r)]∈z. 故式①成立,且当/一1’(r)仨Z时,

CC,一h。CC,一MA NC—KC—C’P‘

所以,Rt△BB’P∽Rt△CC’P.
故么BPK=900一么BPB’ =900一么cPC’=么CPK. 因为OB=OC。所以,

∥一1’(r)]=/一”(r)+÷.



结合/神(r)=,””(r)∥”1’(r)],知若
原命题不真,则对于所有的正整数m,

∥帕(r)]均为奇数.

万方数据

16



中等数学

记v2(,1)为正整数n所含的2的幂m.

就导教才盾.

设g(m)=/帕(r)一÷.
由式②知∥神(r)]=g(ra)+1.
故2Ig(m).

由h+1.q阿诅?孚测
1(旷1)(ai+2). ia1百:一掣.l-++l—I=。—_一2i【口i—l
al

J L十zJ?

由/“’(r)=(g(m—1)+了1)(g(m—1)+1)
=92(m一1)+詈g(m一1)+÷,
故g(m)=92(m—1)+{毛(,n一1).
从而,E(g(m))=V2(g(m—1))一1.

%譬:了l(¨2). 百2虿㈣+2)’
从而,对任意的n∈N.,总有

由口i一1≠0,得

但K(g(1))有限,故当m充分大时,
屹(g(m))≤0,矛盾. 故原命题得证. (俞辰捷 (6)班,200070) 上海市市北初级中学初二

再a,I-1=嘉甄4-1(巴+2), 即”l:譬讨(巳+2).
因为口。一l∈N+,ft(2,q+2)=1对 任意的-『∈N成立,所以,

2“f(口0—1)(对任意的n∈N+).
(姚博文 班,450002) 第三题给定整数n(n>2),设正实数 口l,口2,…,口。满足口^≤l(J}=l,2,…,n),记 河南省实验中学高三(一)

证法2补充定义厂∞(r)=r. 于是,对任意的Z∈N+,都有

厂D(r)=以厂卜D(r)).

再令a。=矿D(r)(n∈N).
反证法.

假设厂D(r)∈z,对任意的n∈N+.
先用数学归纳法证明:对任意的n∈N。 口。是不小于3的奇数. (1)当n=0时,

4。=坐气÷丝(.|}:l,2,…,n).

求证:l宝吼一宝A小:毕.
I=I k=I ‘

证法1注意到

a0=矿”(r)=2r=2k+l≥3,
且口0为奇数. (2)设口。是奇数,且ajI>3(i∈N).则

善吼一善1 At=k善I吼一善1÷蚤i
I=l I;


上=



2 l。t

=蚤口t一蚤口i善i÷
f;l i=l I= ^

哦+I=2y“"(r)--2y。(r)伊。(r)]

跏1

厂D门



I’
I●l

由。;巩『.鲁1地得a,i+l>t6>3.
如果2h…则竿∈z.
从而,厂¨”(,)∈z,这与假设矛盾.
故口…是奇数,并且a…1>3. 由数学归纳法可知,对任意的n∈N,口。 是不小于3的奇数. 再证:24 I(‰一1),对任意的,l∈N+.这

=孙(?一骞}). 而宴k=i÷>骞÷=生号』. 由式①有l一骞i}<警.故 客l吼二骞屯=骞i q(?一骞i÷/1 <客寻=丁n-I. 又由式①有型号』一毒÷<o.故
‘=压 ¨ I= I=t
=I





‘=





万方数据

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客口。一骞A。=妻i=li口i(,一骞}1/
^=l

(2)如果2A。一A。一^一AI≤一1,同理,由 S★≤.|},得 k(,l-2k)s。一^+2k(n—k)(S。一.s。一I) ≤n(1't—k)SI—kn(n—k)≤o.(参 而由//,一2k≥0,S。一‘>0,S。一S。一I>0, 知k(t/,一2彪)S。一I+2k(n—k)(S。一S。一I)>0. 与式②矛盾. 所以,12A。一A。一^一AkI<1.

>宝i=1口i(半一骞÷) ≥骞(半一骞÷)
=骞型#一蚤n善n}
=蚤音一苫蚤÷

I=l



I=I

n一

=半.
一^
?

故l∑口。一∑A。I=I nA。一∑。I kA
^=l ^=l
L;---I

掣 ③

n—l

=l n一1)A。一∑A;I.
^=1

由式②、③可知

I∑吼一∑A小c早.
(吴豪福建省南靖一中,363600) 证法2设 Sm=口l+口2+…+am(m=1,2,…,n).

当//,为奇数时,
曼土
h lit



I∑吼一∑A I=I∑(24。一A“一Ak)
七=I




‘=l

k=l

≤∑12A。一A州一AlI<早;


则A。2詈?

当/1,为偶数时,

首先证明:对任意的1≤后≤【号】(||}∈
N+),有12A。一A。一I-AI I<1. 假设上述结论不成立,下面分两种情况 讨论. (1)如果2A。一A。一I—A^≥1,即

l∑口。一∑A。I
k:l t=l

n一2


=l∑(2A。一A“一Ak)+A。一A孚I
I=l

n一2



≤∑12A。一A“一AkI+112A。一A÷一Aq.I
^=l _

等一羔一鲁孔
通分并整理得 n(n-k)sI≤2后(11,-k)s。一以Is。一^一nk(n-k) =一nk(11,一k)+k(凡-2k)S。一I+ 2k(n—k)(S。一S。一I). 由于口i≤1(i=1,2,…,n),则
S。一。=口l+口2+…+aH一^≤n—k, S。一S。一^=口。一^+l+…+n。≤矗.

<丁+虿2丁‘
综上,可得l∑o。一∑A。I<与}.
k=I ^=l
g,d

n一2



/1,一1

(王



天津市实验中学高三(一)

班,300074) 第四题一种密码锁的密码设置是在正 //,边形A。A:…A。的每个顶点处赋值0和1两 个数中的一个,同时,在每个顶点处染红、蓝 两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶点的 数字或颜色中至少有一个相同.问:该种密码 锁共有多少种不同的密码设置? 解法1 设对正t/,边形A。A:…A。(//,≥ 3),密码锁的设置方法有口。种. 易算得口3=28,a4=84. 对于正/1,边形A。A2""A。,对A。赋值并染

又因为n一2k>10,,l—k>0,所以, ,l(n—k)S^ ≤一,琥(,I—k)+l|}(凡-2k)(n—k)+2k2(,l—l|}), 即n(n—k)sI≤O. 知n(,l—k)SI>0. 与式①矛盾.



而由,毫一后>0,S^=nI+n2+…+口I>0,

万方数据

18

中等数学

色,共有4种不同设置.当A。取定后,A:的 设置必须与A。的数字、颜色中至少有一个相

由式①、②得
a。+l=六一d。,d。+I=工一口。(,I∈N+). 消去a¨工得
d。+2=d。+8 X3”1.

同,于是,只有3种不同设置以后每个点都
有3种不同设置,共有4×3”1种不同设置. 但其中使得A。的设置与A。的设置中数字、 颜色都不相同的所有设置都不满足要求. 用b。表示使得正n边形A,A2…A。中 Ai与AH(i=2,3,…,,1)处的数字、颜色至少 有一个相同,并且A。与A。处的数字、颜色均 不相同的设置数.则
『口。=4×34—1一b。,

再由题设条件知d:=0,d3=8. 故屯=(d4一如)+(d6一d4)+..?+(屯一屯一:)
=8(3+33+…+324—3):3h一1—3,

k+。=如+(如一如)+(由一d5)+…+(屯+?一屯一-)
=8(32+34+…+32n一21+8=3h—1.

综上,d。=3”1-2一(一1)“. 所以,满足(1)、(2)的点列个数(即密码 设置)为 正一d。=38+2+(一1)“. (张利民 163458)

【b。=4×3”2一a。-2.
代人得a。一口。一2=8×3”2.

卫 故口‰=口4+∑(口笱一口巧一2)
J=2

黑龙江省大庆市第一中学,

----a4+∑8×3靴=3加+3,
J22

解法3从题目知,每个顶点共有4种
情况(0,红),(O,蓝),(1,红),(1,蓝),分别 记为tl、t2、t3、t4. 若A。处为tl,则A。+l处只有tl、t2、t3三种 可能,这一过程记为F(t1)=tl+t2+t3. 同理,F(t2)=tl+屯+t4, F(t3)=tI+t3+“, F(t4)=t2
4-t3+t4.

Jk

口h+l=a3+∑(口≈+l一口≈一1)
J=2

=口1+∑8
。两

x32J-。=3拥+1+1.

综上,a。=3“+2+(一1)“. (李雪妮江苏省连云港市新海高级中 学高=-(27)班,222006) 解法2记一条折线上依次排列的n个 点的坐标为A^(钆,扎)(k=l,2,…,n),其中, 机=0或1,Y。=红或蓝.则问题转化为求同 时满足: (1)任何相邻两个顶点至少有一个坐标 相等; (2)a。与A。至少有一个坐标相等. 定义口。表示满足(1)且 菇l=茗。,Yl=y。司£戈l=戈。,YI≠,,。 到宅髫l≠龙。,Yl=y。剜宅算I≠z。,Yl≠,,。 的点列个数分别记为an.,b。c¨d。,并记 工=口。+b。+c。+d。. 则由乘法原理知正=4×3”1. 另一方面,
口。+l=Ⅱ^+6n+cn, b。+I=a。+b。+d。,

若在A1处为t1,记为,u’(t1)=t1.则A2 处只有t。、t2、t3三种可能,记为 F‘2’(t1)=F(t1)=tl+t2+t3. 根据A:处的不同情况,A,处可能出现3 次tl,2次t2,2次t3,2次t4,即 F‘3’(t1)=F(F‘2’(t1))=F(tl+t2+t3) =F(t1)+F(t2)+F(t3)
=3tl+2t2+2t3+2t4,

以此类推. 若不考虑A。与A。是否至少有一个相同, 有Fh’(t1)=F(Fn.1’(t1)),并且按照密码 设置可得F(a+6)=F(口)+F(b). 则对F“’(t。)必有以下形式:



F‘8’(t1)=a.tl+b.t2+c。13+d.t4, 即在A。处可能出现an次t。,6。次t2,c。次t3, d。次t4.

c。+l=a。+c。+以,
d。+I=b。+c。+d。.



因为A。与A。数字或颜色中至少有一个

万方数据

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19

相同,所以,A。处不能为“.于是,A。处为t。时 不同的密码设置数为口。+b。+c。种. 同理,当A.处为t2、t。t4时,所得不同密 码数与t,时相同.所以,不同的密码设置数为 4(a。+b。+c。)种. 下面根据递推公式求数列a。b¨c。d。.
ral=1,b1=cl=dl=0,

ISI+IXI+l YI=,1.

首先证明:满足要求的IxI、I yl均为 偶数. 注意到X中的边的丽端数字不同,而S、 l,中的边两端数字相同。从凸多边形的某定 点起顺时针遍历~圈,每经过一条属于X的 边数字被改变一次最终回到起始点,应被改 变偶数次,即IXI是偶数. 同理,I yI也是偶数. 设对于固定的A。,使得 IXI、Iyf均为偶数的方法有t种; IXI为偶数、lyl为奇数的方法有P种; IXI为奇数、I yI为偶数的方法有g种; lXI、IyI均为奇数的方法有r种. 则t+p+q+r=34(每条边或者属于S 或者属于x或者属于y). 按顺时针对边编号为l,2,…,,1. 再证明如下三个结论: (i)t=r+1. 当IXI与Il,I均为偶数且不同时为0时, 将x


l口2=b2=c2=1,d2=o,

J口。=口。一。+6。一。+Cn_l

b。=D。一l+6。一l+d。一l,

lc。=口。一-+c。一。+d。一。,
Ld。=b。一l+c。一l+d。一1.

① ② ③ ④

①+②+③+④得
a。+b。+cn+d。=3“一1.

式①、②、③、④两两相减并整理得
a。一b。=a。一2—6。一2, b。一c。=6。一I—c。一I=0,

c。一矗=c。一2一d。一2,
a。一d。=a.一l—d。一l=1.

当n为奇数时,
口。-b。=口l-bl=l,c。一dn=cl—dl=0.

y中编号最大的边放入另一个集

解她=半^_cn=d.-宰.
所以,共有3”+1种密码设置. 当n为偶数时, a。-b。=屹一62=O,c。一吱=c2一畋=1.

合中,则IXI与Iyl均为奇数,反之亦然.故该 操作形成一一对应.(偶,偶)比(奇,奇)多了 X=Y=f2j一种,该结论成立. (ii)当n为偶数时,t=p+l=q+1. 当15l与l yl均为偶数且不同时为0时 (此时IxI为偶数),将(i)的讨论中的x换成 S可知t=p+1.同理,t=q+1. (iii)当n为奇数时,t=p=q. 类似可得I s I为奇数、l yl为偶数与I S l 为偶数、I yI为奇数一一对应,即t=p. 同理,t=g.

解她=6n.c。=学以=宰.
所以,共有3“+3种密码设置. 综上,该种密码锁的不同密码设置数,当 (张尧上海大学附属中学高三(3)

n为奇数时为3“+1种,当n为偶数时为 38+3种. 班,200444) 解法4将凸n边形的边分为三个不相 交集合: (1)两端点颜色与数字均相同,设这些 边组成的集合为S: (2)颜色相同,数字不同,设为X; (3)数字相同,颜色不同,设为K 用ISI表示S中元素的个数,有

综上,,l为奇数时,t:p=q=r+l,则

‘2丁。
3“+l

n为偶数时,t=p+l=q+l=r+1,则

‘2—r‘
又A.有4种情况,则密码种类有3“+l (,l为奇数)、3“+3(n为偶数)种. (蒋胜千
班,150080)

3“+3

哈尔滨师大附中高二(二)

万方数据

2010年全国高中数学联赛加试题另解
作者: 作者单位: 史德祥, 刘才华, 金磊, 赵天骁, 俞辰捷, 姚博文, 吴豪, 王琪, 李雪妮, 张利 民, 张尧, 蒋胜千 史德祥(天津市第一中学,300051), 刘才华(山东省宁阳第一中学,271400), 金磊(西安交 大附中,710049), 赵天骁,蒋胜千(哈尔滨师大附中高二(二)班,150080), 俞辰捷(上海市 市北初级中学初二(6)班,200070), 姚博文(河南省实验中学高三(一)班,450002), 吴豪 (福建省南靖一中,363600), 王琪(天津市实验中学高三(一)班,300074), 李雪妮(江苏省 连云港市新海高级中学高三(27)班,222006), 张利民(黑龙江省大庆市第一中学,163458) , 张尧(上海大学附属中学高三(3)班,200444) 中等数学 HIGH-SCHOOL MATHEMATICS 2010(12)

刊名: 英文刊名: 年,卷(期):

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2006年全国高中数学联赛试题及详细解析

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1993年全国高中数学联赛加试试题及解答

2010年全国高中数学联赛加... 4页 免费 1993年全国...一九九三年全国高中数学联赛加试试题一. (本题满分...这样,另一个非钝角三角形必被再剖分成 3 个或 3...


2009,2010,2011年三年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题及答案详解

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2010年全国高中数学联赛B卷(含详细解答)

( m 为常数)满足题设条件,所以 a 最大值为 .(16 分) 3 3 解二: f ...(20 分) 9 2010 年全国高中数学联合竞赛加试 年全国高中数学联合竞赛加试 联合...


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2016年全国高中数学联赛试题与解答A卷(一试、二试(加试)

2016年全国高中数学联赛试题与解答A卷(一试、二试(加试)_学科竞赛_高中教育_教育专区。2016高中数学来赛试题与解答 加试 文档贡献者 nmbtxz 贡献于2016-09-12 ...

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