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2011年全国高中数学联赛山东省预赛试题及答案


2011 年全国高中数学联赛山东省预赛 一、选择题(每小题 6 分,共 60 分) 1.已知集合 6 . 直 线

y = 与 5

y ? ?1







? 4? ? ? 0, ? ? ? ?



r />


线

M ? {x |?( x ? 1)( x ? 3)( x ? 5) ? 0,?x ? R?},??? N ? {x |?( x ? 2)( x ? 4)( x ? 6) ? 0,?x ? R }. ???
M ?N ?(
(A) ) . (B)

y?


s i n ? m x 2
) .

?

n

?m (

所得的弦长相等且不为零,则下列描述正确的是 ?0 , n 0 )

(2,3)

(3,?4)

(C)

(4,5)

(D)

(5,?6)
2.已知 z (A)

3 5 , n= 2 2 3 5 (C) m ? , n= 2 2
(A) m ?

(B) m ? 3, n ? 2 (D) m ? 3, n ? 2

7. 6 名同学咨询成绩.老师说:甲不是 6 人中成绩最好的, 有 乙不是 6 人中成绩最差的,

? ( 3 ? 3i ) n ,

若 z 为实数,则最小的正整数 n 的值为( (B)

而且 6 人的成绩各不相同.那么他们 6 人的成绩不同的可能排序共有 ) . (D) (A) 120 种 504 种 8.若点 P 在曲线 (B) 216 种 (C) 384 种



) . (D)

3

4


(C)

5
) .

6
3.已知

a p: , b, c, d 成等比数列,q: ad ? bc ,

p 是 q 的(

y ? ? x 2 ? 1 上,点 Q 在曲线 x ? 1 ? y 2 上,则 PQ
(B)

的最小值是



) .

(A) 充分不必要条件 (C) 充分且必要条件 4.函数 (A)

(B) 必要不充分条件 (D) 既不充分也不必要条件 ) . (D)

(A)

3 2

3 2 2

(C)

3 2 4

(D)

f ( x) ? log 0.3 ( x 2 ? x ? 2) 的单调递增区间是(
(B)

3 2 8
9.已知函数

(??, ?2)

(??,1)

(C)

(-2,1)

(1,?? ?)
5.已知 x, y 均为正实数,则

f ( x) ? (

1 1 ? ) x 2 ? bx ? 6 a ?1 2
x

(

a, b

为常数,

a ?1 ) , 且

x y ? 的最大值为( 2x ? y x ? 2 y

) .

f ( l g l o g 1 0 ? 0 ,则8f (lg lg 2) 的值是( 0 ) 8
(A) 8 (B) 4 (D)

) . (C)

(A) 2

(B)

2 3

?4

(D)

(C) 4

?8
10.在等差数列

4 3

?an ? 中,若

a11 ? ?1 ,且它的前 n 项和 S n 有最大值,那么当 S n 取 a10

1

最小正值时, n ? ( (D) 20

). (A) 1

(B) 10

(C) 19

17. (12 分) 在平面直角坐标系中, 已知圆 C1 与圆 C2 相交于点 P , Q , 点 P 的坐 标为

二、填空题(每小题 6 分,共 24 分) 11. 已知

f ( x) ? cos 2 x ? p | cos x | ? p ,x ? R . f ( x ) 的最大值为 h( p ) , 记
.

? 3, 2 ? ,

两圆半径的乘积为

13 .若圆 C1 和 C2 均与直线 l : y ? kx 及 x 轴相切,求 2

直线 l 的方程. 18. (15 分)甲乙两人进行某种游戏比赛,规定每一次胜者得 1 分,负者得 0 分;当其

则 h ( p ) 的表达式为

12. 已知 sin( x ? sin x) ? cos( x ? cos x) ,x ? 13.设
2

?0, ? ?,

则x?

.

中一人的得分比另一人的多 2 分时即赢得这场游戏,比赛随之结束;同时规定比赛次数最多 不超过 20 次,即经 20 次比赛,得分多者赢得这场游戏,得分相等为和局.已知每次比赛甲 获胜的概率为 ,乙获胜的概率为 q ? 1 ? p .假定各次比赛的结果是相互 p ( 0 ? p ?1)

A, B 为抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 上相异两点,则

??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? OA ? OB ? AB 的最

小值为___________________. 14 . 已 知

?ABC 中 , G

独立的,比赛经 ? 次结束,求 ? 的期望 E? 的变化范围. 是重心,三内角

A, B, C

的对边分别为

a, b, c

,且

???? ???? ???? 5 6a G A? 4 0b G B 3 5 c G C ,则 ?B =__________. ? ?0
三、解答题(本大题共 5 题,共 66 分) 15.(12 分)不等式

19. (15 分) 集合 M ? {1, 2, ? , 2011}, 若 M 满足:其任意三个元素 a ,?b,?c ,均满 足 ab ? c ,则称 M 具有性质 P ,为方便起见,简记 M ? P .具有性质 P 的所含元素最多 的集合称为最大集.试问具有性质 P 的最大集共有多少个?并给出证明.

? 2 2 sin 2? ? (2 2 ? 2a) sin(? ? ) ? ? ?3 ? 2a 4 cos(? ? ? ) 4
对?

解 答

1. 提示:M B.

所以 ? (??,1) ? (3,5) ,N ? (2, 4) ? (6, ??) . M ? N ? (3, 4) .

? ?? ? ?0, ? 恒成立.求实数 a 的取值范围. ? 2?
16. (12 分)已知在正方体

2.A. 提示: z
D1 F A1 B1 G C1

1 3 n ? ( 3 ? 3i )n ? (?2 3) n (? ? i) ,n ? 3 是 2 2

ABCD ? A1B1C1D1 中, O, E, F , G 分别为
求四面体 OEFG 的体积.

使 z 为实数的最小的正整数. 3 . A. 提 示 : 充 分 性 显 然 成 立 , 必 要 性 不 成 立 . 例 :

BD, BB , A D , D C的中点,且 AB ? 1. 1 1 1 1 1

E D A O B C

a ? 1 ,?b ? 2 ,c ? 5 d ? ,?

. ?1 0

2

4.A. 提示:由对数函数的性质知, x 时,

2

? x ? 2 ? 0 ,则 x ? 1 或 x ? ?2 .当 x ? ?2

f ( x) 为增函数;当 x ? 1 时, f ( x) 为减函数.
5.B. 解法一 令s

y ? m sin

?x

? 4? ? ? n, x ? ?0, ? 2 ? ? ?

? 2 x ? y, t ? x ? 2 y ,则

的图象所得弦长相等且不为零的两直线应为

y ? n ? a,? y ? n ? a,? 0 ? a ? m ,即有

1 x ? (2s ? t ), 3
所以

1 y ? (2t ? s). 3

n ? a ? 5,??n ? a ? ?. n ? 2 , a ? 3 .进而 m ? 3 . 1 ?解得
7.D. 解法一 以 A 记甲成绩排名第一的所有可能的排序之集, 以 B 记乙成绩排名为

x y 4 1 t s 2 ? ? ? ( ? )? . 2x ? y x ? 2 y 3 3 s t 3
解法二 令 t

最后的所有可能的排序之集,则

A ? B ? 5! , A ? B ? 4! .

甲排名第一或乙排名最后的所有可能的排序数为

?

y , x

则 t ? (0, ? ?) , 此时

A ? B ? A ? B ? A ? B ? 216 .
按照老师所述,这6位同学成绩可能的排序数为 6!? 216 ? 504 . 解法二 以乙的成绩不在最后为前提,考虑甲的成绩不在第一的所有可能排序. (1)甲的成绩排在最后的所有可能的排序数为
5 A5 ? 120 ;
1 1 4

x y 1 t ? ? ? ? f (t ) , 2 x ? y x ? 2 y t ? 2 2t ? 1
即有

f '(t ) ? ?
显然当 t
'

3(t 2 ? 1) (t ? 2) 2 (2t ? 1) 2
'



(2)甲的成绩不在最后,又不在第一的所有可能排序数为 C4 ? C4 ? A4 所以甲不在首,乙不在尾的所有可能排序数为 120 ? 384 ? 504 . 即 8.C. 提示: 两抛物线 求

? 384 .

? 1 时, f (t ) ? 0 ;当 t ? 1 时, f (t ) ? 0 ,所以函数 f (t ) 在 t ? 1 ,
2 . 3

x ? y 时取得最大值 f (1) ?
6 . D. 提 示 : 函 数

y ? ? x 2 ? 1 , x ? 1 ? y 2 关于直线 y ? ?x 对称.所
2

y x

y1 ? m s i n

?x
2



? 4? ? x ? ? 0, ? ? ? ?

PQ

的最小值为抛物线
2

y ? ? x ? 1 上的点到直线 y ? ?x 距离的最小值的两


o

的图象只有被

y?a



倍.设 P( x, ? x

? 1) 为 y ? ? x 2 ? 1 上任意点,

? y ? ?a,?0 ? a ? m 这样的两直线所截,截得的弦长才能相等,且不为零.所以截取函数

d?

| x ? x2 ?1| 2

?

x2 ? x ?1 2

,

3

d min ?
9.B. 提示:由已知可得

3 2 8

,

PQ min ?

3 2 . 4

S19 ? S1 ? 19a1 ?

19 ?18 d ? a1 2 ? 18a1 ? 9 ? 19d ? 9(2a1 ? 19d ) ? 0.

f (lg log8 1000) ? f (lg


3 ) ? f (? lg lg 2) ? 8. 3lg 2

所以 n ? 19 .

1 1 a 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ?1 ? ? ?? x ? . ?x x x a ?1 2 1 ? a 2 1? a 2 a ?1 2
令 F ( x) ? 从而有 f ( x) ? 6 ,则有 F (? x) ? ? F ( x).

x

11. h( p ) 则

? p ? 1, p ? ?2, 2 ?? 提示: cos 2 x ? 2cos x ? 1 , ?2 p ? 1, p ? ?2.



cos x ? u ,

0 ? u ?1



f ( x) ? 2u 2 ? pu ? p ? 1 ? F (u) .
抛物线

f (? lg lg 2) ? F (-lg lg 2) ? 6 ? -F (lg lg 2) ? 6=8.
即知

y ? F (u ) 顶点的横坐标为 ?

p 4

,所以

F (lg lg 2) ? ?2,

f (lg lg 2) ? F (lg lg 2) ? 6 ? 4.

p 1 ? ? F (1), ? 4 ? 2 , ? h( p ) ? ? ? F (0), ? p ? 1 . ? ? 4 2
即 h( p )

10 . C. 提 示 : 设 该 等 差 数 列 的 公 差 为

d

.显然

d ?0

.由

a11 ? ?1 , 知 a10

a1 0 ? 0 , a 1 1? 0 , 且 a11 ? a10 ? 0.因此

? p ? 1, p ? ?2, ?? ?2 p ? 1, p ? ?2.

12.

?
4

提示:原方程等价于: .

a ?a S20 ? 1 20 ? 20 ? 10(a10 ? a11 ) ? 0, 2 a ?a S19 ? 1 19 ?19 ? 19a10 ? 0. 2
由 a11 ? a10

cos( ? x ? sin x) ? cos( x ? cos x).. 2

?

所以

x ? cos x ? 2k? ?


?
2

? x ? sin x, k ? z, ??? (1)

? 0,

知 2a1 ? 19d

? 0 .从而有

x ? cos x ? 2k? ? ( ? x ? sin x),k ? z, ???(2) 2

?

4

由(1)得:

2 x ? sin x ? cos x ? 2k? ?
且函数

?
2

y A yB?


2

m (

A

x ) ( B x ) ?a ?2 ? a ? .所以 a p

f ( x) ? 2 x ? sin x ? cos x 在 ?0, ? ? 上为增函数.所以
?1 ? f (0) ? 2 k? ?

??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? OA ? OB ? AB ? 4( xA ? xB ? yA ? yB ) ? 4[(a ? p)2 ? p 2 ] ? ?4 p 2 .
当直线

?
2

? f (? ) ? 2? ? 1 .

AB 的斜率不存在时,有 xA ? xB ? a, y A ? ? yB ? 2ap .所以仍有

由此得 k

? 0 .所以 2 x ? sin x ? cos x ?

?
2

??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? OA ? OB ? AB ? 4( xA ? xB ? yA ? yB ) ? 4[(a ? p)2 ? p 2 ] ? ?4 p 2 .



令 g ( x) ? 2 x ? sin x ? cos x ?

?
2

, 易知 g ( x ) 在

?0, ? ?上单调递增, x ? 且当
?

?
4

显然,当且仅当 时,

a? p

时,即直线

AB

的斜率不存在时等号成立,

g ( x) ? 0 ;当 x ?

?
4

时, g ( x) ? 0 ,因此当且仅当 x

?
4

时, g ( x) ? 0 .

??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? OA ? OB ? AB 有最小值 ?4 p 2 .
解法二 设 A(
2 yA y2 , y A ), B( B , yB ) ,则 2p 2p
2 ??? ??? 2 ? ? y 2 ? yB 2 OA ? OB ? ( A ) ? ( y A ? yB )2 , 2p 2 ??? 2 ? y 2 ? yB 2 AB ? ( A ) ? ( y A ? y B ) 2. 2p

由(2)得: sin x ? cos x

?

?
2

? 2k? .因为 1 ?
?

?
2

? 2k? ? 2 ,故 k 无整数解,

即此方程无解.综上所述, 原方程的解为 x
2

?
4



13. ?4 p . 解法一 设 A( x A , y A ), B( xB , yB ) ,则

??? ??? 2 ? ? OA ? OB ? ( x A ? xB ) 2 ? ( y A ? yB ) 2, ??? 2 ? AB ? ( xA ? xB ) 2 ? ( y A ? yB ) 2, ??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? OA ? OB ? AB ? 4( x A ? xB ? y A ? yB ).
设直线 方程为

所以

??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? OA ? OB ? AB
2 2 y A ? yB ? y A ? yB ) 4 p2 . y A ? yB ? 4[( ? p)2 ? p 2 ] 2p

? 4(

AB 和 x 轴交于点 P(a,0) .若直线 AB 的斜率存在,设为 m ,则直线 AB 的

y ? m( x ? a) ,将其代入抛物线方程得 m 2 x 2 ? 2 ? am 2 ? p ? x ? m 2 a 2 ? 0 .
xA xB ? a
2

? ?4 p 2
, 由 此 得

由 二 元 一 次 方 程 根 与 系 数 的 关 系 得

5



y A yB ? ?2 p 2 时,
?

??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? OA ? OB ? AB 取最小值 ?4 p 2 .
??? ??? ??? ? ? ? ? 0 ,所以

因为 令

2 x ? ?1, 2 ? , 2 ? x ? 0 ,即得 a ? x ? . ? ? x 2 x
, 则函数

14. 60 . 提示:因为 GA ? GB ? GC

f ( x) ? x ?

f ( x) 在 x ? ?1, 2 ? 上 单 调 递 减 , 所 以 f ( x) 在 ? ?

??? ? ??? ? ??? ? 40bGA ? 40bGB ? 40bGC ? 0 .
所以 (56aGA ? 40b)?GA ? (35c ? 40b)?GC

x ? ?1, 2 ? 上的最大值为 f (1) ? 3 .即知 a 的取值范围为 a ? 3 . ? ?
16. 连结 B1 D1 交 FG 于 H ,连结 A1C1 ,则 B1 D1 ? A1C1 .因为 F , G 分 别为 A1 D1 , D1C1 的中点,所以 FG ??A1C1 ,因此 FG ? B1 D1 .又因为 BB1 ? 面
F A1 D1 H B1 G

??? ?

??? ?

????

? 0.

C1

因为 GA,?GC 不共线,所以有 7a ? 5b ? 0,??7c ? 8b ? 0 . 设a

??? ???? ?

? 5k ,? 则 b ? 7k ,??c ? 8k ,由余弦定理可得

A1 B1C1 D1 , FG 在平面 A1 B1C1 D1 内,所以 BB1 ? FG .
E
2

cos B ?
所以 ?B ? 60 .
?

25k ? 64k ? 49k 1 ? . 2 ? 5k ? 8k 2
2 2

由此得 FG ? 面 BB1 D1 D .因为 FH ? GH ,所以
A

D O B

C

VO ? EFG ? VF ?OEH ? VG ?OEH ? 2VF ?OEH ?
i ? n2 ? 2 ? x
在 梯 形

2 SOEH ? FH 3
O
1

.

15





x ? sin ? ? cos?







s



1

B



B

H

2 sin(? ? ) ? cos(? ? ) ? x 4 4 2
2

?

?



x ? ?1, 2 ? ? ?

. 原 不 等 式 化 为 :

S?OEH ? S梯形OBB1H ? S?EB1H ? S?OBE ?

5 2 2 3 2 5 2 ? ? ? 8 8 16 16



2 2 2 x ? 1 ? (2 2 ? 2a) x? ? ?3 ? 2a . 2 2 x 2

因此四面体 OEFG 的体积为

1 5 2 2 5 VO ? EFG ? 2 ? ? ? ? . 3 16 4 48

4 即 x ? 1 ? (2 ? a) x ? ? 3 ? 2a ? 0 x 4? 2 x ?x 2 ( 2 x a)? x 2 x 2 ? ? ? ? x ?(x2? ?) 2 . x x
2

17. 由题意知,O, C1 , C2 共线. 设圆 C1 与圆 C2 的半径分别为 r , r2 ,直线 C1C2 的斜 1 , 整 理 得 率为 tan ? 则圆 ? 0 .令 m ? cot ? , C1 与圆 C2 的圆心分别为 C1 (mr1 , r1 ) ,C2 (mr2 , r2 ) ,

两圆的方程分别为

6

( x ? mr1 ) 2 ? ( y ? r1 ) 2 ? r12 , ( x ? mr2 ) 2 ? ( y ? r2 ) 2 ? r22.
若k 点 P(3, 2) 是两圆的公共点,所以

p(? ? k ) ? (2 pq) 2 ( p 2 ? q 2 ) .
? 20 ,比赛必须结束,
所以

k

?1

p(? ? 20) ? (2 pq)9 .
9

y C2 C1 O
综上所述

(3 ? mr1 ) 2 ? (2 ? r1 ) 2 ? r12, (3 ? mr2 ) 2 ? (2 ? r2 ) 2 ? r22.
由此可知 r , r2 是方程 1

E? ? ( p 2 ? q 2 )? 2i (2 pq)i ?1 ? 20(2 pq)9.
i ?1



x

p ? q ? 1,知 p 2 ? q 2 ? 1 ? 2 pq .令 u ? 2 pq ,则 p 2 ? q 2 ? 1 ? u ,所以
E? ? (1 ? u )? 2iu i ?1 ? 20u 9 .
i ?1 9

m2 r 2 ? (6m ? 4)r ? 13 ? 0
的两个根,即有 r r2 1

?

13 , m ? 2 .从而知直线 l 的方程为 m2 2 tan ? y ? tan 2? ? x ? x ? 2 2x . 1 ? tan 2 ?

令s

? ? 2iu i ?1 ,
i ?1

9



us ? ? 2iu i ? ? 2(i ? 1)u i ?1 ? ? 2(i ? 1)u i ?1 ,
i ?1 9 i?2 i ?1

9

10

10

18. 以 因而有

p(? ? k ) 记比赛经 k 次结束的概率.若 k 为奇数,则甲乙得分之差亦为奇数,

p(? ? k ) ? 0 .

(1 ? u ) s ? ? 2u i ?1 ? 18u 9 ?
i ?1

2(1 ? u ) ? 18u 9 , 1? u
9

E? ? (1 ? u ) s ? 20u 9
p ?q
2 2

考虑头两次比赛的结果: (1)甲连胜或乙连胜两次,称为有胜负的两次,此结果出现的概率为 ;

(2)甲乙各胜一次,称为无胜负的两次,此结果有两种情况,故出现的概率为 2 pq . 比赛经 k 次结束, k 必为偶数,则 1,2 两次,3,4 两次,……, k 分胜负.若 k

? 3,?k ? 2 两次均未



19. 令 A ? {2,?3,?? , 44} , B ? {45,?46,?? ,?2011} ? {1} .

2 [1 ? u 9 ? 9u 9 (1 ? u ) ? 10u 9 (1 ? u )] 1? u 2(1 ? u10 ) ? . 1? u 1 1 0 ? u ? ,所以有 2 ? E? ? 4 ? ( )8 . 2 2 ?

? 20 ,则第 k ? 1,?k 两为有胜负的两次,从而有

对任一 M ? P ,令

M

A

? M ? A,???M

B

? M ? B. ? 显然,集合 B ? P. 设最大集元素的个数为 n 0 ,

7

则 n0

?| B |? 1968 . M ? P , M B 中除1之外的最小元为 45 ? p ,0 ? p ? 42 . 若 设

M ? M A ? M A ? M B ? t ? q ? (1968 ? p ) ? t ? 1968 ? n0 ,
这与 M 为最大集矛盾.结论 3 (1) 当
1 若 M ? P 是最大集,则 M A ? t ? 1 .假定 t ? 2 .

1

2

集合 A 中与 45+p 的乘积大于 2011 的元素个数记为 q ,则

q ? 44 ? ?
事实上,若有

?

2011 ? ? ? 45 ? 45 ? p .结论 1 ? 45 ? p ? 2011
2011 45 ? p
,即 45 p
2



p ? 4 时,有 q ? p .

p ? q ? 0 时,由结论 2 的证明可知 ?45a1 ,?45a2 , ? , 45at ? ? M B ? ? .
? 46at ?1 ? 45(at ? at ?1 ) ? at ?1 ? 45 ? at ?1 ? 0 ,
45at ?1 ? 46at ?1 ? 45at ? 2011 .由此知 46 和 46 at ?1 中至少有
M ? t ? 1968 ? (t ? 1) ? 1967 ? n0 ; (2)当 1 ? p ? q ? 3

因为 45at 则

p ? q ? 45 ?

? p ? 45(45 ? p ) ? 2011 ,

则可解得

p ? 3 .不难验证,当 0 ? p ? 3 时,均有 p ? q .令
2 2 M A ? M 1 ? M A ,且 M 1 ? M A ? ? , A A

一个不属于 M B , 所以 时, 若 M A ?
2

? ,同理可得 M ? t ? (1968 ? p ) ? t ? 1967 ? n0 ;
2

这里

M ? ?k k ? 44 ? q, k ? M A ? ,
1 A 2 M A ? ?k k ? 44 ? q, k ? M A ? .

若有 b ? M A ,则 44 同理可得

? q ? b ? 44

, 则必有

a1b ? 45 ? p ,所以 a1b ? M B ,

M ? t ? q ? (1968 ? p ) ? (t ? 1) ? 1967 ? n0 .综合(1)(2) , ,以及结论

2 知, t ? 1 . 若 M ? P 是最大 结论 4 若 M ? P 是最大集,则 M A ? 1 .事实上, 若 M A ? 1 ,任取其中两个数
2

设MA ?

1

?a1 , a2 , ? , at ?? ,且 a1 ? a2 ? ? ? at .

结论 2

集,则 p ? 3 . 事实上,否则的话, p ? 4 ,由结论 1,知 q ? p ,因为 ai (45 ? p ) ? 2011,所以

由结论 3 知, 其中必有一数, 设为 b ? M A , 从而 ab ? M B ,a (45 ? p ) ? M B , a,?b , 则

ai (45 ? p) ? M B ? (i ? 1,?2,??, t ) .因此

M ? 1 ? q ? (1968 ? p ) ? 2 ? 1967 ? n0 .所以 M A ? 1 .由此可知,
M A ? ? ,?M B ? B
(2) 注 :

?? 45 ? p ? a1 ,?? 45 ? p ? a2 ,?? ? ? 45 ? p ? at ? ? M B ? ? .
1 容易求得: M A

若 M ? P 是 最 大 集 , 只 有 下 述 三 种 可 能 : (1)

?

2 t, MA

? q , M B ? (1968 ? p ) ? t .

M A ? 44 ,?M B ? B \ 45
1.

? ?

? ?

(3)

M A ? 44 ,?M B ? B \ 44 ? 45

? ?

?

?

所以

A ? cardA;

2. A \ B

? ? x x ? A且x ? B? .

8


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