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2012 No.2 全国高中数学联合竞赛模拟试题


高中数学联赛模拟试卷( 高中数学联赛模拟试卷(2)
一、填空题
1、 若关于 x, y 的方程组 ? 目为 。

? ax + by = 1, 有解,且所有的解都是整数,则有序数对 ( a, b ) 的数 2 2 ? x + y = 10

2、函数 f(x)在 R 是减函数,且不等式 f ( a + 2b) + f (

2a + b) > f ( a ) + f (b) 恒成立,则 a 与

?b 的大小关系是
n



3、已知 an = 3 ? 2 ,把数列 {an } 的各项排成三角形状如右图所示; 记 A(i, j ) 表示第 i 行中第 j 个数,则 A(10,8) = 。

a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14 a15 a16

4 、 函 数 y = 2 x + 3 ? 4 x ?1 + 3 x + 8 ? 6 x ?1 的 最 小 值 为 ,此时 x= .

?


5、 f (x) 对于任意的 x、y ∈ R ,都有 f ( x) f ( y) ? f ( xy) = 3x + 3 y + 6 ,则 f(2010)

6、一套重要资料锁在一个保险柜中,现有 n 把钥匙依次分给 n 名学生依次开柜,但其中只 有一把真的可以打开柜门,平均来说打开柜门需要试开的次数为 . 7、 已知 α , β满足 csc(α ? 2 β ) 、 α 、 csc csc(α + 2 β ) 构成公差不为 0 的等差数列, 则 的值为 8、 s = 。

sin α cos β

1 3

+

1 5

+

1 7

+…+

1 99

的整数部分是



二、解答题
9、 已知数列 {an }( n ≥ 0 ) 满足 a0 = 0, a1 = 1 , 对于所有正整数 n , an +1 = 2an + 2007 an ?1 , 有 求使得 2008 an 成立的最小正整数 n 。

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10、设 a, b, c ∈ R + ,求证:

a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ . b+c c+a a+b 2

2 2 2 11、设 f ( x, y, z ) = sin ( x ? y ) + sin ( y ? z ) + sin ( z ? x) , x, y , z ∈ R ,求 f ( x, y , z ) 的最

大值。

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高中数学联赛模拟试卷(二试) 2010 高中数学联赛模拟试卷(二试)
一 : 本 题 满 分 40 分 ) 设 A 、 B 、 C 、 D 是 同 一 ( 圆 上 的 四 点 , L 、 M 、 N 分 别 为 弧 AB 、 BC 和
B P M C Q N O A E D

CD 的 中 点 , 弦 AM 与 CL 交 于 点 P , 弦 BN 与 DM 相 交 于 点 Q , 求 证 : PQ ∥ LN

L

二 : 本 题 满 分 40 分 ) 对 任 意 的 正 实 数 a , b , c , 求 证 : ( ( a 2 +2)( b 2 +2)( c 2 +2)≥ 9( ab + bc + ca )

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三 : 本 题 满 分 50 分 ) 对 于 实 数 x , 用 [ x ]表 示 不 超 过 x 的 最 大 整 数 , ( 证明:对于任意整数 n 数[ ( n -1)! ]为 偶 数 。 n ( n +1)

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四 : 本 题 满 分 50 分 )一 个 生 物 学 家 观 察 一 只 变 色 龙 捉 苍 蝇 ,变 色 龙 ( 每 捉 一 只 苍 蝇 都 要 休 息 一 会 儿 ,生 物 学 家 注 意 到 : i )变 色 龙 休 息 一 ( 分 钟 后 捉 到 第 一 只 苍 蝇 ; ii )捉 第 第 2m 只 苍 蝇 之 前 休 息 的 时 间 比 捉 ( 第 m 只 苍 蝇 之 前 休 息 的 时 间 相 同 , 且 比 捉 第 2m + 1 只 苍 蝇 之 前 休 息 的 时 间 少 一 分 钟 ; ii )当 变 色 龙 停 止 休 息 时 能 立 即 捉 到 一 只 苍 蝇 ,问 : ( ( 1)变 色 龙 第 一 次 休 息 9 分 钟 之 前 ,它 共 捉 了 多 少 只 苍 蝇 ?( 2)多 少 分 钟 之 后 , 变 色 龙 捉 到 第 98 只 苍 蝇 ? ( 3) 1999 分 钟 之 后 , 变 色 龙共捉了多少只苍蝇?

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参考答案 一、填空题
1、若关于 x, y 的方程组 ? 目为
2 2

? ax + by = 1, 有解,且所有的解都是整数,则有序数对 ( a, b ) 的数 2 2 ? x + y = 10



解 :因为 x + y = 10 的整数解为

(1,3) , ( 3,1) , (1, ?3) , ( ?3,1) , ( ?1,3) , ( 3, ?1) , ( ?1, ?3) , ( ?3, ?1) ,
所以这八个点两两所连的不过原点的直线有 24 条,过这八个点的切线有 8 条,每条直线确 定了唯一的有序数对 ( a, b ) ,所以有序数对 ( a, b ) 的数目为 32 。 2、函数 f(x)在 R 是减函数,且不等式 f ( a + 2b) + f (2a + b) > f ( a ) + f (b) 恒成立,则 a 与

?b 的大小关系是



解 : a < ?b , 此 时 2 a +b <a,

f ( x) 在 R 是 减 函 数 , f(2 a +b )>f(a), 同 理

f(2b + a )>f(b)。∴ f ( a + 2b) + f (2a + b) > f ( a ) + f (b) 3、已知 an = 3 ? 2 ,把数列 {an } 的各项排成三角形状如右图所示;
n

a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 a14 a15 a16

记 A(i, j ) 表示第 i 行中第 j 个数,则 A(10,8) =



解:各行数的个数构成一个等差数列,则前 9 行共有

S9 = 9 × 1 +

9 × (9 ? 1) × 2 = 81 项,∴ A(10,8) 是数列 {an } 中的第 2

?

89 项,∴ A(10,8) = 3 ? 289 。 4、 函数 y = 2 x + 3 ? 4 x ? 1 + 3 x + 8 ? 6 x ? 1 的最小值为 ,函数是增函数,故 ymin=2,此时 x=10 解 :定义域为{x|x≥1} 5、 f (x) 对于任意的 x、y ∈ R ,都有 f ( x) f ( y) ? f ( xy) = 3x + 3 y + 6 ,则 f(2010) 解 :设 x=y=1,得 x=y=0,得 , 此时 x= .



f (1) f (1) ? f (1) = 12, 于是 f (1) = 4, f (1) = ?3,

f (0) f (0) ? f (0) = 12, 于是 f (1) = 3, f (1) = ?2,

令 y=1,得 f ( x) f (1) ? f ( x) = 3x + 9, = ,


f (1) = 4, ,则 f ( x) = x + 3, 符合 f (1) = 4, 此时 f(2010)=2013
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3x + 9 , 不符合 f (0) = 3 , f (0) = ?2 4 6、一套重要资料锁在一个保险柜中,现有 n 把钥匙依次分给 n 名学生依次开柜,但其中只
f (1) = ?3, 则 f ( x) = ?
有一把真的可以打开柜门,平均来说打开柜门需要试开的次数为 . 用特值法当 n =1 时, 打开柜门需要的次数为 1, n =2 时, 当 打开柜门需要的次数为 解 : 答案

n +1 1 ;或已知每一位学生打开柜门的概率为 ,所以打开柜门次数的平均数(即数学 2 n 1 1 1 n +1 期望)为 1 × + 2 × + ? + n × = n n n 2
7、 已知 α , β满足 csc(α ? 2 β ) 、 α 、 csc csc(α + 2 β ) 构成公差不为 0 的等差数列, 则 的值为 解 :由已知有 。

3 , …; 2

sin α cos β

2 1 1 = + , sin α sin(α ? 2 β ) sin(α + 2 β )

故 2 sin(α ? 2 β ) ? sin(α + 2 β ) = [sin(α ? 2 β ) + sin(α + 2 β )] sin α , 即 2 sin(α ? 2 β ) ? sin(α + 2 β ) = 2 sin 2 α ? cos 2 β ,∴ cos 4 β ? cos 2α = 2 sin 2 α ? cos 2 β

∴ cos 2 2 β ? cos 2 α = sin 2 α ? cos 2 β = sin 2 α ? 2 sin 2 β ? sin 2 α ,
即 sin 2 2 β = 2 sin 2 有 2 cos 2

β ? sin 2 α ,若 sin β = 0 ,则原等差数列的公差等于 0,故 sin β ≠ 0 ,
sin α =± 2 cos β 1 99 1 2 2k + 1 < 1 2k + 1 + 2 k ? 1
, 的整数部分是 。

β = sin 2 α ,于是
1 3 + 1 5 1 2k + 3 + 2k + 1 + 1 7

8、 s =

+…+

解 ∵

<



2k + 3 ? 2 k ? 1 1 2k + 1 ? 2k ? 1 < < .∴ 取 k = 1,2, ? ,49 ,得 49 个式子, 2 2 2 2k + 1 1 3
+

并相加,得 101 ? 3 <

1 5

+

1 7

+…+

1 99

< 99 ? 1 .

显然

1 3

+

1 5

+

1 7

+…+

1 99

在 8 与 9 之间,故 ?

? 1 ? 3

+

1 5

+

1 7

+…+

1 ? ? =8. 99 ?

二、解答题
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9、 已知数列 {an }( n ≥ 0 ) 满足 a0 = 0, a1 = 1 , 对于所有正整数 n , an +1 = 2an + 2007 an ?1 , 有 求使得 2008 an 成立的最小正整数 n 。 解法一 设 m = 2008 , an +1 = 2an + 2007 an ?1 的特征方程为 λ ? 2λ ? 2007 = 0 ,特征根
2

为 1 ± m ,结合 a0 = 0, a1 = 1 ,得 an =

1 1+ m 2 m

((

) ? (1 ? m ) ) 。由二项式定理得
n n

an =

k ? 1 ? n k k n k Cn m 2 ? ∑ ( ?1) Cnk m 2 ? 。 ?∑ 2 m ? k =0 k =0 ? n?2 n ?3 2 n? 4 2 n ?1 2

当 n 为奇数时, an = Cn + Cn m + ? + Cn m
1 3

+ Cnn m

; 。

当 n 为偶数时, an = Cn + Cn m + ? + Cn m
1 3

n ?3

+ Cnn ?1m

n? 2 2

于是 m an ? m Cn ,即 2008 n ,所以满足条件的最小正整数为 2008 。
1

解法二

下面都是在模 2008 意义下的 an ,则 an +1 ≡ 2an ? an ?1 ,即 an +1 ? an ≡ an ? an ?1 ,因

此数列 {an } 在模 2008 意义下具有等差数列的特点。又因为 a0 = 0, a1 = 1 ,所以 an ≡ n 。于 是有 2008 n ,因此满足条件的最小正整数为 2008 。 11、设 a, b, c ∈ R + ,求证:

a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ . b+c c+a a+b 2

证明 设 b + c = x, c + a = y , a + b = z , 则 a + b + c =

1 (x + y + z )(x, y, z > 0) . 2
2

2 a 2 b 2 (a + b ) (ay ? bx )2 ≥ 0 ,∴ a 2 + b 2 ≥ ( a + b ) ∵ + ? = x y x+ y xy ( x + y ) x y x+ y
2 2 2

①,

( a + b + c ) = a + b + c ,即 a2 b2 c2 ( a + b ) c2 ( a + b + c ) ∴ + + ≥ + ≥ = x y z x+ y z x+ y+ z 2(a + b + c) 2
a2 b2 c2 a + b + c a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ ,∴ + + ≥ . x y z 2 b+c c+a a+b 2
12、设 f ( x, y , z ) = sin 2 ( x ? y ) + sin 2 ( y ? z ) + sin 2 ( z ? x ) , x, y , z ∈ R ,求 f ( x, y , z ) 的最 大值。 解: f ( x, y , z ) = sin 2 ( x ? y ) + sin 2 ( y ? z ) + sin 2 ( z ? x )

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1 = [1 ? cos 2( x ? y ) + 1 ? cos 2( y ? z ) + 1 ? cos 2( z ? x)] 2 3 1 = ? [(cos 2 x cos 2 y + sin 2 x sin 2 y ) + (cos 2 y cos 2 z + sin 2 y sin 2 z )] 2 2 1 ? (cos 2 z cos 2 x + sin 2 z sin 2 x) 2 3 3 9 3 1 = ? [(cos 2 x + cos 2 y + cos 2 z ) 2 + (sin 2 x + sin 2 y + sin 2 z ) 2 ? 3] ≤ + = , 2 4 4 2 4 π 2π 3π 9 当x= ,y= ,z = 时,上式可以取到等号。故函数 f ( x, y , z ) 的最大值是 。 3 3 3 4

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高中数学联赛模拟试卷(二试) 2010 高中数学联赛模拟试卷(二试)
一 : 本 题 满 分 40 分 ) 设 A 、 B 、 C 、 D 是 同 一 (
B M P L O A E C Q N D

圆 上 的 四 点 , L 、 M 、 N 分 别 为 弧 AB 、 BC 和

CD 的 中 点 , 弦 AM 与 CL 交 于 点 P , 弦 BN 与 DM 相 交 于 点 Q , 求 证 : PQ ∥ LN
证 明 : 作 弧 AD 的 中 点 E , 连 接 MB 、 MC 、 ML 、

MN , 设 弧 AB 、 BC 、 CD 、 DA 所 对 的 圆 周 角 分 别
为 2 α 、 2 β 、 2 γ 、 2 θ , 则 2 α +2 β +2 γ +2 θ =180° ∴ α + β + γ + θ =90° ∴ ∠ LME +∠ MLN =90° ∵ ∠ LME = α + θ , ∠ MLN = β + γ 即 : ME ⊥ LN ∴ ∠ MPC =∠ MCP ∴ MP = MQ ∴ PQ ∥ LN

∵ ∠ MPC = α + β , ∠ MCP = α + β 同 理 可 得 : MQ = MB 又 ∵ ME 平 分 ∠ PMQ

∴ MP = MC

又 ∵ MB = MC ∴ ME ⊥ PQ

二 : 本 题 满 分 40 分 ) 对 任 意 的 正 实 数 a , b , c , 求 证 : ( ( a 2 +2)( b 2 +2)( c 2 +2)≥ 9( ab + bc + ca ) 证明:∵ ( a 2 +2)( b 2 +2)=( a 2 +1+1)(1+ b 2 +1)≥ ( a + b +1) 2 ( a 2 +2) 2 ( b 2 +2) 2 ( c 2 +2) 2

∴ ( a 2 +2)( b 2 +2)( c 2 +2)= ≥ ( a + b +1)( b + c +1)( c + a +1) 又 ( a + b +1)( b + c +1)( c + a +1)

=2 abc +( a 2 + b 2 + c 2 )+3( ab + bc + ca )+( a 2 b + b )+( a 2 c + c )+( b 2 c + c )+( b 2 a + a )+( c 2 a + a )+( c 2 b + b )+2( a + b + c )+1≥ 2 abc +( a 2 + b 2 + c 2 )+1+7( ab + bc + ca ) 对 于 正 实 数 a , b , c ,由 抽 屉 原 理 得 :至 少 有 两 个 或 两 个 以 上 的 数 同 时 不 大 于 1 或 不 小 于 1, 不 妨 设 b , c 同 时 不 小 于 1, 则 2 abc +( a 2 + b 2 + c 2 )+1-2( ab + bc + ca )=2 abc +( a 2 +1)+( b 2 + c 2 -2 bc )-2 ab 2 ca ≥ 2 abc +2 a -2 ab -2 ca =2 a ( bc - b - c +1)=2 a ( b -1)( c -1)≥ 0 ∴ ( a + b +1)( b + c +1)( c + a +1)≥ 9( ab + bc + ca ) ∴ ( a 2 +2)( b 2 +2)( c 2 +2)≥ 9( ab + bc + ca )
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三 : 本 题 满 分 50 分 ) 对 于 实 数 x , 用 [ x ]表 示 不 超 过 x 的 最 大 整 数 , ( 证明:对于任意整数 n 数[ ( n -1)! ]为 偶 数 。 n ( n +1)

证 明 : 证 明 一 个 引 理 : n ∈ N + , ≥ 7, n 或 n +1 为 合 数 , n |( n -1)! 先 若 n 且 则 或 n +1|( n -1)!, 并 且 所 得 的 商 为 偶 数 。 事 实 上 , 我 们 只 需 证 n +1 为 合数的情况(n 为合数的情况类似) 。 若 n +1 可 写 成 n +1= pq (2≤ P < q , p , q ∈ N ), 则 2≤ P < q ≤

n +1
2

≤ n -1,

从 而 n +1|( n -1)!,而 当 n ≥ 7 时 ,1,2,… , n -1 中 至 少 有 3 个 偶 数 ,所 以 ( n -1)!中 除 p , q 外 还 有 偶 数 , 即 ( n -1)! 为偶数。 n +1

若 n +1 不 能 写 成 n +1= pq 的 形 式 , 由 n +1 为 合 数 可 知 , 可 写 成

n +1= p n ( n ≥ 2, p 为 质 数 )的 形 式 ,又 n ≥ 7,所 以 p ≥ 3,从 而 1< p <2 p <…
< np < n -1, 所 以 n +1|( n -1)!且 ( n -1)! 为偶数,因此,引理得证。 n +1

当 n≤ 6 时 , 由 计 算 可 得 [

( n -1)! ]都 是 偶 数 ; n ( n +1)

当 n ≥ 7 时 , n 与 n +1 中 至 多 有 一 个 质 数 , 若 n 与 n +1 中 有 一 个 为 质 数 , 不 妨 设 n 为 质 数 , 则 由 Wilson 定 理 得 ( n -1)! ≡ -1( mod n ), 因 此 ( n -1)!+ n +1

n


为 整 数 且 为 奇 数 , 此 时 n +1 为 合 数 , 此 n +1|( n -1)!, 又 因

( n -1)! ( n -1)!+ n +1 ( n -1)! 为偶数,所以 为奇数,因此[ ]= n +1 n ( n +1) n ( n +1)

( n -1)!+ n +1 ( n -1)! -1 为 偶 数 。 当 n +1 为 质 数 时 , 同 理 可 得 : [ ]为 n ( n +1) n ( n +1) 偶数 如 果 n 与 n +1 都 是 合 数 , 么 n ≥ 8, 时 , 引 理 可 得 : |( n -1)!, 那 此 由 n

n +1|( n -1)!,而 ( n , n +1)=1,因 此

( n -1)! 为 整 数 ,又 由 n 与 n +1 的 奇 n ( n +1)
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偶性不同可得:

( n -1)! 为偶数。 n ( n +1) ( n -1)! ]为 偶 数 。 n ( n +1)

综上所述:对任意的整数 n 数[

四 : 本 题 满 分 50 分 )一 个 生 物 学 家 观 察 一 只 变 色 龙 捉 苍 蝇 ,变 色 龙 ( 每 捉 一 只 苍 蝇 都 要 休 息 一 会 儿 ,生 物 学 家 注 意 到 : i )变 色 龙 休 息 一 ( 分 钟 后 捉 到 第 一 只 苍 蝇 ; ii )捉 第 第 2m 只 苍 蝇 之 前 休 息 的 时 间 比 捉 ( 第 m 只 苍 蝇 之 前 休 息 的 时 间 相 同 , 且 比 捉 第 2m + 1 只 苍 蝇 之 前 休 息 的 时 间 少 一 分 钟 ; ii )当 变 色 龙 停 止 休 息 时 能 立 即 捉 到 一 只 苍 蝇 ,问 : ( ( 1)变 色 龙 第 一 次 休 息 9 分 钟 之 前 ,它 共 捉 了 多 少 只 苍 蝇 ?( 2)多 少 分 钟 之 后 , 变 色 龙 捉 到 第 98 只 苍 蝇 ? ( 3) 1999 分 钟 之 后 , 变 色 龙共捉了多少只苍蝇? 解 : 设 捉 第 m 只 苍 蝇 之 前 变 色 龙 休 息 的 时 间 为 r (m) , 则
r (1) = 1, r (2m) = r (m), r (2m + 1) = r (m) + 1 , 这 表 明 r (m) 等 于 数 m 的 二 进 制 表

示中 1 的数目。 设 t (m) 为 变 色 龙 捉 到 第 m 只 苍 蝇 的 时 刻 , f (n) 为 n 分 钟 后 变 色 龙 一 共 捉到苍蝇的数目,对每个自然数 m,有
t (m) = ∑ r (i ), f (t (m)) = m , 于 是 , 可 得 下 式 递 归 式 :
i =1 m

t (2m + 1) = 2t (m) + m + 1, t (2m) = 2t (m) + m ? r (m), t (2 p m) = 2 p t (m) + pm2 p ?1 ? (2 p ? 1)r (m) 其中第一个公式是由下列两式

∑ r (2i) =∑ r (i) = t (m),
i =1 m i =1

m

m

∑ r (2i + 1) = 1 +∑ [r (i) + 1] = t (m) + m + 1
i =0 i =1

m

相加而得,第二个公式由下式而得:

t (2m) = t (2m + 1) ? r (2m + 1) = 2t (m) + m + 1 ? [r (m) + 1] = 2t (m) + m ? r (m)
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第三个公工是对 p 用数学归纳法并利用第二个公式而得。 ( 1 ) 即 求 m , 使 r (m + 1) = 9 , 在 二 进 制 中 , 有 9 个 1 的 最 小 数 为 11?12 = 2 9 ? 1 = 511 , 所 以 , m = 510 。
9 个1

( 2) 由 于

t (98) = 2t (49) + 49 ? r (49), t (49) = 2t (24) + 25, t (24) = 2 3 t (3) + 3 × 3 × 2 2 ? (2 3 ? 1)r (3), r (1) = r (2) = 1, r (3) = 2, r (49) = r 1100012 = 3,
所 以 , t (3) = 4, t (24) = 54, t (49) = 133, t (98) = 312 ( 3 ) 因 为 当 且 仅 当 n ∈ [t (m), t (m + 1)] 时 , f (n) = m , 即 求 m0 , 使 t (m0 ) ≤ 1999 < t (m0 + 1) 由 于 t (2 p ? 1) = t (2(2 p ?1 ? 1) + 1 = 2t (2 p ?1 ? 1) + 2 p ?1 ,所 以 , t (2 p ? 1) = p 2 p ?1 ,且 t (2 p ) = 2 p t (1) + p 2 p ?1 ? (2 p ?1 )r (1) = p ? 2 p ?1 + 1 t (11?100 ? 0 2 = t (2 p (2 q ? 1) = 2 p t (2 q ? 1) + p (2 q ? 1)2 p ?1 (2 p ? 1)r (2 q ? 1)
q个1 p p个 0

(

)

= 2 ? q ? 2 q ?1 + p (2 q ? 1)2 p ?1 ? (2 p ? 1)q = ( p + q )2 p + q ?1 ? p ? 2 p ?1 ? q ? 2 p + q

由 t (2 8 ) = 8 × 2 7 + 1 < 1999 < 9 × 2 8 + 1 = t (2 9 ) 可 得 2 8 < m0 < 2 9 。 于 是 , m0 二 进 制 表 示 有 9 位 数 , 设 q = 3 , p = 6 及 q = 4 , p = 5 , 则 别 有
t (111000000 2 ) = 9 × 2 8 ? 6 × 2 5 ? 3 × 2 6 + 3 = 1923, t (111000000 2 ) = 9 × 2 8 ? 5 × 2 4 ? 4 × 2 5 + 4 = 2100

所 以 , 0 在 二 进 制 表 示 中 前 4 个 数 码 为 1110, 为 t (111000000 2 ) = 2004 , m 因
t (111000000 2 ) = 2000 ,t (111000000 2 ) = 1993 , 以 f (1999) = 111001110 2 = 462 。 所

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