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2004年全国高中数学联赛试题解答集锦


中学数学教学参考    2004 年第 12 期

 

竞赛园地

51    

 

2004 年全国高中数学联赛试题解答集锦
陕西省数学竞赛委员会   刘康宁
   一、 选择题 ( 本题满分 36 分 , 每小题 6 分) θ + cotθ 1 . 设

锐角 θ 使关于 x 的方程 x 2 + 4 x cos ( ). = 0有重根 , 则 θ的弧度数为    π π 5 π A.        B. 或 6 12 12 π 5 π π C. 或    D. 6 12 12 基本解法 :由方程有重根 , 得 Δ = 16cos2θ - 4cotθ = 0. π ∵ 0 < θ< , ∴ 4cotθ( 2sin2θ- 1) = 0 , 得 2 1 sin2θ= . 2 π π π π 5 5 ∴ 2θ= 或 2θ= , 即 θ= 或 θ= . 选 B . 6 6 12 12 2. 已知 M = { ( x , y ) | x 2 + 2 y2 = 3} , N = { ( x , y ) | y = m x + b} . 若对于所有 m ∈ R , 均有 M ∩N ≠ , 则 ). b 的取值范围是 (   
A. [ 6 , 2 2 3 C. ( 3 6 6 6 ]      B. ( , ) 2 2 2 2 3 2 3 2 3 , ] D. [ , ] 3 3 3
x2

由 log2 x - 1 < 1 , 得 2 ≤x < 4 , 选 C. 4 . 如 图 1 , 设 O 点 在 △A B C 内 部 , 且 有 OA + 2 OB + 3 OC = 0 , 则 △A B C 的面积与 △A OC 的面 ). 积的比为 (    3 5 A . 2    B.    C. 3    D. 2 3 基本解法 : 如图 1 , 设 D 、 E分 别是 B C 、 CA 边的中点 , 则 OB + OC = 2 OD , ① OA + OC = 2 O E. ② ①× 2+ ② 得 OA + 2 OB + 3 OC = 2 ( 2 OD + O E) = 0 . ∴ OD 与O E共线 , 且 2| OD | = | O E| . 2 ∴ S △A OC = 2 S △CO E = 2 × S △CD E 3 2 1 1 = 2 × × S △AB C = S . 3 4 3 △AB C
S △AB C = 3 . 选 C. S △A OC 说明 :作为选择题 , 考生也可以通过度量 A C 边上



基本解法 : M ∩N ≠ 相当于点 ( 0 , b) 在椭圆
+

3

2 y2 2 b2 6 = 1 上或它的内部 , 所以 ≤1 , 得 ≤b ≤ 3 3 2 6 . 选 A. 2 别解 :将 y = m x + b 代入 x 2 + 2 y 2 = 3 , 得 ( 1 + 2 m 2 ) x 2 + 4 bm x + 2 b2 - 3 = 0 . ① ∵ M ∩N ≠ , ∴关于 x 的方程 ① 有实根 . ∴Δ = 16 b2 m 2 - 4 ( 1 + 2 m 2 ) ( 2 b2 - 3) ≥ 0, 即 6 m 2 - ( 2 b2 - 3) ≥ 0. ② 由题设知 , 对任意 m ∈R 不等式 ② 都成立 , 故 2 b2

6 6 ≤m ≤ . 选 A . 2 2 1 3 3 . 不等式 log2 x - 1 + log 1 x + 2 > 0 的解集 2 2 ). 为 (    A . [ 2 , 3)    B . ( 2 , 3 ]    C. [ 2 , 4)    D. ( 2 , 4 ] 3 基本解法 :原不等式等价于 log2 x - 1 log2 x 2 + 2 > 0. 3 2 令 log2 x - 1 = t ( t ≥ 0) , 则有 t t + 2 > 0. 2 注意到 t ≥ 0 , 解得 0 ≤t < 1 . - 3≤ 0 ,即 -

的高作出判断 . 5 . 设三位数 n = abc , 若以 a , b , c 为三条边的长 可以构成一个等腰 ( 含等边) 三角形 , 则这样的三位数 ). n 有 (    A . 45 个    B . 81 个    C. 165 个    D . 216 个 基本解法 :显然 a 、 b、 c∈ { 1 , 2 , 3 , …, 9} . ( 1) 若构成等边三角形 , 显然这样的三位数 abc 共 有 C1 9 = 9 ( 个) . ( 2) 若构成等腰 ( 非等边 ) 三角形 , 这时三位数 abc 中只有 2 个不同的数码 , 设为 a 、 b. 注意到 a 、 b 可以 ( 不妨 互换 , 所以数组 ( a , b) 共有 A2 个 . 但当以较大数 9 设 a > b) 为底边时 , 必须满足 b < a < 2 b. 此时 , 不能构 成三角形的数组 ( a , b) 是
a b

2 1

3 1

4

5

6

7

8 1 ,2 ,3 ,4

9 1 ,2 ,3 ,4

1 ,2 1 ,2 1 ,2 ,3 1 ,2 ,3

共 20 种情况 . 又每个数组 ( a , b) 可构成 C2 3 个三位数 abc. 故可构成等腰 ( 非等边 ) 三角形的三位数 abc 有 2 C2 3 ( A9 - 20) = 3 ( 72 - 20) = 156 ( 个) .
( 2 ) 知 , 满 足 条 件 的 三 位 数 abc 共 有 综合 ( 1 ) 、 9 + 156 = 165 ( 个) . 选 C.

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说明 :作为填空题 , 本题也可以用不完全归纳法确 定 f ( x ) 的表达式 . 9 . 如 图 3 , 正 方 体 A B CD2 A 1 B 1 C1 D 1 中 , 二 面 角 A 2BD1 2 A 1 的度数是     . 基 本 解 法 : 连 结 CD1 , 作 CE ⊥BD1 , 垂足为 E. 延长 CE 交 A 1 B 于 F , 则 EF ⊥BD1 . 连结 A E , 由对称性知 A E ⊥BD1 , 故 ∠A EF 为二面角 A 2BD 1 2A 1 的平面角 . 连结 A C , 设 A B = 1 , 则 A C = A D1 = 2 , BD 1 AB? A D1 6 = 3 . 在 Rt △BA D 1 中 , A E = = . 在 BD1 3 △A EC 中 , 由余弦定理 , 得 2 A E2 - A C2 1 ( A C) 2 1 cos ∠A EC = =1 = , 2 AE 2 2 A E2 则 ∠A EC = 120° . ∴ ∠A EF = 180° - ∠A EC = 60° . 别 解: 如 图 4, 作 A E ⊥BD1 , A 1 F ⊥BD1 , 垂足分 别为 E 、 F , 则 EF 为异面直线 A E 和 A 1 F 的公垂线段 , 故二面 角 A2BD1 2A 1 的大小 θ等于异面 直线 A E 和 A 1 F 所成的角. 设 A1 A = 1 ,则 A E = A1 F
6 1 3 , EF = BD1 = . 由异 3 3 3 面直线上两点间的距离公式 , 得 =

说明 :对第 ( 2) 种情况 , 直接用列举法计算也并不 复杂 . 6 . 如图 2 , 顶点为 P 的圆锥 的轴截面是等腰直角三角形 , A 是底面圆周上的点 , B 是底面圆 内的点 , O 为底面圆的圆心 , A B ⊥OB , 垂足 为 B , O H ⊥ PB , 垂 足为 H , 且 PA = 4 , C 为 PA 的 中点 , 则当三棱锥 O2HPC 的体 ). 积最大时 , OB 的长是 (   
5 2 5 6 2 6    B.    C.    D. 3 3 3 3 基本解法 : ∵ A B ⊥PB , A B ⊥PO , ∴ AB ⊥ 平面 POB , ∴ A B ⊥O H. 又 O H ⊥PB , ∴ O H ⊥ 平面 PA B , ∴ O H ⊥HC , O H ⊥PA . ∵ C 为 PA 的中点 , ∴ OC ⊥PA . ∴ PA ⊥ 平面 OCH , ∴ V O2HPC = V P2OCH . 又 OC = PC = 2 , ∠O HC = 90° , A.

∴当且仅当 O H = HC = 最大 . 这时 , O H =

2 OC = 2 时 , V P2OCH 2

1 PO , 则 ∠O PH = 30° . 2

3 2 6 = , 选 D. 3 3 说明 :本题的出处参见本刊 1999 年增刊 1 第 145 页例 3 , 那里我们曾给出了两种解法 . 二、 填空题 ( 本题满分 54 分 , 每小题 9 分) 7 . 在 平 面 直 角 坐 标 系 x Oy 中 , 函 数 f ( x ) = asin ax + cos ax ( a > 0 ) 在一个最小正周期长的区间

故 OB = PO ? tan30° =2 2 ×

上的图象与函数 g ( x ) = 闭图形的面积是    .

a + 1 的图象所围成的封

2

θ= cos

EF + A E + A 1 F - A 1 A 2 A E? A1 F

2

2

2

2

a a f ( x ) 和 g ( x ) 的图象围成的封闭图形的对称性 , 可将

2 基本 解 法 : f ( x ) = a + 1 sin ( ax + φ) , 其 中 φ π 1 2 = arctan ,它的最小正周期为 , 振幅为 a2 + 1 . 由

其割补成边长分别为
a + 1.
2

π 2
a

、 a2 + 1 的矩形 , 得面积为

π 2
a

1 2 +2× - 1 3 3 1 = = , 则 θ= 60° . 2 6 6 2× × 3 3 说明 :本题也可以利用面积射影定理求解 , 还可以 通过建立空间坐标系 , 利用向量法求之 . 10 . 设 p 是 给 定 的 奇 质 数 , 正 整 数 k 使 得
2 . k - pk 也是一个正整数 , 则 k =    

说明 :此题与本刊 2004 年增刊 《2005 高考数学系 统复习讲练测》 第四章 § 4. 4 “巩固反馈” 中第 4 题非常 类似 . 8 . 设函数 f : R →R , 满足 f ( 0 ) = 1 , 且对任意 x , y ∈R , 都有 f ( xy + 1 ) = f ( x ) f ( y) - f ( y) - x + 2 , 则 f ( x ) =     . 基本解法 :因为对任意 x , y ∈R , 都有 f ( xy + 1) = f ( x ) f ( y ) - f ( y ) - x + 2 , ∴ f ( xy + 1) = f ( y) f ( x) - f ( x) - y + 2 . ∴ - f ( y) - x = - f ( x ) - y , 即 f ( x ) = f ( y) + x - y . 令 y = 0 , 得 f ( x) = f ( 0) + x = x + 1 .

解本解法 : 设 - n = 0.
2

3 2 2 k - pk = n ( n ∈N ) , 则 k - pk

p2 + 4 n 2 . 2 2 2 从而 p + 4 n 是完全平方数 , 设为 m 2 ( m ∈ N3) , 2 则 ( m + 2 n) ( m - 2 n) = p . ∵ p 是奇质数 , 且 m + 2 n > m - 2 n ,

解得 k =





m +2n= p , m - 2 n = 1. p ±m

2

m=

p +1

2

解得
n=
2

2
p - 1
2

,

4

.

∴k=

2

=

2 p ±( p + 1) p+1 2 ) . ,得 k = ( 4 2

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别解 : ∵ k 2 - pk = k ( k - p) 为完全平方数 , 且 p 是奇质数 , ∴令 k = a2 , k - p = b2 ( a , b ∈ N 3 , 且 a > b) , 则 ( a + b) ( a - b) = p. ∵ p 是奇质数 , 且 a + b > a - b , a+ b= p, p+1 ∴ 得 a= . 2 a- b=1, p+1 2 ) . 故 k = a2 = ( 2 11 . 已知数列 a0 , a1 , a2 , …, an , …, 满足关系式 ( 3 n 1 - an + 1 ) (6 + an ) = 18 ,且 a0 = 3 ,则 ∑ 的值是    .
i =0

 

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ai

基本解法 :由题设得 3 an - 6 an + 1 - an an + 1 = 0 , 3 6 3 3 即 = 1 , 亦即 + 1 = 2( + 1) .
an + 1 an an + 1 an

一颗骰子 n 次 , 如果这 n 次抛掷所出现的点数之和大 于 2 n , 则算过关 . 问 : (Ⅰ ) 某人在这项游戏中最多能过几关 ? (Ⅱ ) 他连过前三关的概率是多少 ? ( 注 :骰子是一个在各面上分别有 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 点 数的均匀正方体 . 抛掷骰子落地静止后 , 向上一面的点 数为出现点数 . ) 基本解法 :由于骰子是均匀的正方体 , 所以抛掷后 各点数出现的可能性是相等的 . (Ⅰ ) 因为点数最大为 6 , 且 6 ×4 > 24 , 6 ×5 < 25 , 所以当 n ≥ 5 时 , n 次出现的点数之和大于 2 n 已不可 能 , 即这是一个不可能事件 , 过关的概率为 0 . 所以最 多只能连过 4 关 . (Ⅱ ) 设事件 A n 为 “第 n 关过关失败” , 则对立事 件 A n为 “第 n 关过关成功” . 第 n 关中 , 基本事件总数为 6 n . 第 1 关 : A 1 所含基本事件数为 2 ( 即出现点数为 1 和 2 这两种情况) , 则过此关的概率为 2 2 P ( A 1) = 1 - P ( A 1) = 1 = . 6 3 第 2 关 : A 2 所含基本事件数为方程 x + y = a , 当
a 分别取 2 , 3 , 4 时的正整数解组数之和 , 即有 C1 + C2
1 1

∴{ 数列 . ∴

3
an

+ 1} 是首项为 1

3
a0

+ 1 = 2 , 公比为 2 的等比

3
an
n

+ 1 = 2 n + 1 ,即 1
ai

an

故∑
i =0

=

1 n i+1 ∑( 2 3 i =0

1 ( n+1 2 - 1) . 3 1 2 ( 2 n + 1 - 1) - 1) = [ - (n 3 2- 1 =

1 ( 2 n + 2 - n - 3) . + 1) ] = 3 说明 :上面已对标准答案作了一些改进 . 12 . 在平面直角坐标系 x Oy 中 , 给定两点 M ( - 1 , 2) 和 N ( 1 , 4 ) , 点 P 在 x 轴上移动 , 当 ∠M PN 取最大 值时 , 点 P 的横坐标为    . 基本解法 : 经过 M 、 N 两点的圆的圆心在线段 MN 的垂直平分线 y = 3 - x 上 , 设圆心为 S ( a , 3 - a) , 则 ⊙S : ( x - a) 2 + ( y - 3 + a) 2 = 2 ( 1 + a2 ) . 由平面几何知识知 , 当 ⊙S 与 x 轴相切于点 P 时 , ∠M PN 最大 . 将 切 点 P ( a , 0 ) 代 入 ⊙S 的 方 程 , 得 ( - 3 + a) 2 = 2 ( 1 + a2 ) , 解得 a = 1 或 a = - 7 . ( - 7 , 0) . ∴ P ( 1 , 0) 或 P′ 易知过 M , N , P′ 三点的圆的半径大于过 M , N , P 三点的圆的半径 , 所以 ∠M P′ N < ∠M PN , 故 a = 1 为 所求 . - 2 - 4 别解 :设 P ( x , 0) , 则 k PM = ,k = . x + 1 PN x- 1 - 2 - 4 x +3 x +1 x - 1 ∴ tan ∠M PN = =2 . 2 - 2 - 4 x +7 1+ ? x +1 x - 1 x +3 令 2 = t , 则 t x 2 - x + 7 t - 3 = 0. ① x +7 1 1 由 Δ = 1 - 4 t ( 7 t - 3) ≥ 0 ,得 ≤t ≤ . 14 2 1 当 t= 时 ,由 ① 得 x = - 7; 14 1 当 t = 时 ,由 ① 得 x = 1. 2 经检验 , x = - 7 应舍去 . 故 x = 1 . 三、 解答题 ( 本题满分 60 分 , 每小题 20 分) 13 . 一项 “过关游戏” 规则规定 : 在第 n 关要抛掷

+

C1 3

= 6 . 因此过此关的概率为
P ( A 2) = 1 - P ( A 2) = 1 -

6 5 = . 6 62 第 3 关 : A 3 所含基本 事 件 数 为 方 程 x + y + z = a , 当 a 分别取 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 时的正整数解组数之 2 2 2 2 2 和 , 即有 C2 2 + C3 + C4 + C5 + C6 + C7 = 56 . 因此过此关 的概率为 56 20 P ( A 3) = 1 - P ( A 3) = 1 - 3 = . 27 6

故 连 过 前 三 关 的 概 率 为 P ( A1 ) 100 ×P ( A 2 ) ×P ( A 3 ) = . 243 ) 小题 , 也可以直接计算 . 说明 :对于第 ( Ⅱ 14 . 在平面直角坐标系 x Oy 中 , 给定三点 A ( 0 , 4 ) , B ( - 1 , 0) , C ( 1 , 0 ) . 点 P 到直线 B C 的距离是该 3 点到直线 A B , A C 距离的等比中项 . (Ⅰ ) 求点 P 的轨迹方程 ; (Ⅱ ) 若直线 l 经过 △A B C 的内心 ( 设为 D ) , 且与 P 点的轨迹恰好有 3 个公共点 , 求 l 的斜率 k 的取值 范围 . ) A B :4 x - 3 y + 4 = 0 , A C :4 x + 3 y 基本解法 : ( Ⅰ - 4 = 0 , B C : y = 0 . 设 P ( x , y ) , 由题设得 | 4 x - 3 y + 4| | 4 x + 3 y - 4| | y| 2 = ? . 5 5 化简得点 P 的轨迹方程为 圆 S : 2 x 2 + 2 y2 + 3 y - 2 = 0 及 双 曲 线 T : 8 x 2 - 17 y 2 + 12 y - 8 = 0 . (Ⅱ ) 易知圆 S 与双曲线 T 仅有两个公共点 B 、 C,

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1 ) 在圆 S 上 . 2 =

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8 ( 2 t 2 + 5) t2 + 1 . 2 16 t + 25 别解 1 :解方程 4 x 2 - 4 t x - 1 = 0 , 得
x= t± t +1
2

△A B C 的内心 D ( 0 ,

1 . 2 (i) 当 k = 0 时 , l 与圆 S 相切于点 D , 此时直线 l 与双曲线 T 有两个公共点 , 满足题意 . (ii) 当 k ≠ 0 时 , l 与圆 S 有两个不同的交点 , 此时 有如下两种情形 : 情形 1 : l 经过点 B 或点 C , 则 l : x = ±( 2 y - 1 ) , 5 4 5 代入双曲线 T 的方程 , 得交点 E ( , ) 或 F ( , 3 3 3 4 ) . 表明直线 BD 与 T 有两个交点 B 、 E , 直线 CD 与 3 T 有两个交点 C 、 F. 1 ∴当 k = ± 时 , l 与点 P 的轨迹恰有 3 个公共点. 2 1 情形 2 : l 不经过点 B 和点 C ( 即 k ≠± ) , 则 l 2 1 与双曲线 T 只有一个公共点 . 将 y = kx + 代入 T , 2 得 25 ( 8 - 17 k2 ) x 2 - 5 kx = 0. 4 该方程有唯一实数解的充要条件是 8 - 17 k 2 = 0 或 ( - 5 k ) 2 + 25 ( 8 - 17 k 2 ) = 0 .

显然 , 直线 l 与 x 轴不垂直 , 设 l : y = kx +

2
t-

.

∴ [α,β] = [

2

t +1 t + ,
2

2

t +1

2

2
2

].

令 u =2x - t( -

t + 1 ≤u ≤

t + 1) , 则

u 4 f ( x ) = h ( u) = = . 2 u+ t 2 t +4 ( ) +1 u+ +2t 2 u 2 t +4 2 2 易知 , u + 在[ t + 4 , 0) 和 ( 0 , t +4] u 上都 是 减 函 数 , 且 h ( 0 ) 有 意 义 , 所 以 h ( u ) 在 [t +4,
2

t + 4 ]上是增函数 . t +1,
2 2 t +1 ] Α [ -

2

又 [ t2 + 4 ] ,

t +4,

2

2 解得 k = ±

34 2 或 k= ± . 17 2

1 2 34 2 ,± , ± }. 2 17 2 说明 :以上是对标准答案的精简 . 15 . 已知 α,β是方程 4 x 2 - 4 t x - 1 = 0 ( t ∈R) 的 2x - t 两个不等实根 , 函数 f ( x ) = 2 的定义域为 [α,β]. x +1 (Ⅰ ) 求 g ( t ) = max f ( x ) - min f ( x ) ; π (Ⅱ ) 证明 :对于 u i ∈( 0 , ) ( i = 1 , 2 , 3 ) , 若 sin u 1 2 + sin u2 + sin u3 = 1 , 1 1 1 3 则 ( + + < 6. g tan u 1 ) g ( tan u 2 ) g ( tan u 3 ) 4 2 (Ⅰ ) 基本解法 :设 α ≤ x 1 < x 2 ≤ β, 则 4 x 1 - 4 t x 1

综上所述 , 得 k ∈ {0 , ±

∴ h ( u) 在 [ t2 + 1 , t 2 + 1 ]上是增函数 . 又 u = 2 x - t 是增函数 , ∴ f ( x ) 在 [α,β]上是增函数 . 下同基本解法 . 别解 2 :由题设知 , 当 x ∈[α,β] 时 , 4 x 2 - 4 t x - 1 1 ≤ 0 , 即 x 2 - t x ≤ . 所以 , 当 x ∈[α,β]时 , 4 2 ( x 2 + 1) - 2 x ( 2 x - t) 2 - 2 ( x 2 - t x) ( x) = f′ = ( x 2 + 1) 2 ( x 2 + 1) 2 1 2- 2× 4 ≥ 2 > 0. ( x + 1) 2 ∴ f ( x ) 在 [α,β]上是增函数 . 下同基本解法 . (Ⅱ ) 基本证法 :由 ( Ⅰ )得
2 8 ( 2 t 2 + 5) t +1 . 2 16 t + 25 8 2 16 ( + 3) + 24cos ui cos ui cos2 ui cos ui ∴ g ( tan ui ) = = 16 16 + 9cos2 ui +9 2 cos ui

g ( t) =

- 1≤ 0 ,4 x2 0. 2 - 4 t x2 - 1 ≤
2 ∴4 ( x2 0, 1 + x2) - 4 t ( x1 + x2) - 2 ≤ 1 ∴ 2 x1 x2 - t ( x1 + x2) < 0. 2 而 f ( x1) - f ( x2) = … ( x1 - x2) [ t ( x1 + x2) - 2 x1 x2 + 2 ] = . 2 ( x2 1 + 1) ( x 2 + 1) ∵ t ( x1 + x2 ) - 2 x1 x2 + 2 > t ( x1 + x2 ) - 2 x1 x2

+

1 >0, 2 ∴ f ( x1) - f ( x2) < 0 ,即 f ( x1) < f ( x2) . ∴ f ( x ) 在 [α,β]上是增函数 . ) - f (α ) ∴ g ( t) = max f ( x) - min f ( x) = f (β (β- α ) [ t (α+ β ) - 2α β+ 2 ] = = … 2 2 2 2 α β +α +β +1

2 16 × 24 16 6 ( i = 1 , 2 , 3) . ≥ = 16 + 9cos2 ui 16 + 9cos2 ui 3 1 1 3 ∴ ∑ ( ≤ ∑( 16 + 9cos2 ui ) i = 1 g tan u i ) 16 6 i = 1 3 3 ( 25 - 3 ∑sin2 u i ) . = i =1 16 6 3 π ∵ ∑sin ui = 1 , 且 ui ∈( 0 , ) ( i = 1 , 2 , 3) , i =1 2

∴ 3 ∑sin2 ui ≥( ∑sin ui ) 2 = 1 .
i =1 i =1

3

3

1 1 1 3 ( 25 故 ( + + < g tan u 1 ) g ( tan u 2 ) g ( tan u 3 ) 16 6 3 - 1) = 6. 4

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