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清北学堂数学联赛考前练习题一套


2012 年高中数学奥林匹克模拟真题(六)
一、填空题(每题 8 分,共 8 题) 1.若

1 ? cos ? 1 ? ,则 ? 4 ? cos3 ? ? ? ? 3 ? sin 3 ? ? ? 2 4 ? sin ? 2

.

2、在平面直角坐标系内,将适合 x ? y, x ? 3, y ? 3, 且使

方程

( x3 ? y 3 )t 4 ? (3x ? y )t 2 ?

1 ?0 x? y


没有实数根的点 ( x, y ) 所成的集合记为 N ,则由点集 N 所成区域的面积为 3.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) =_____________________;
4 . 若 集 合 A 中 的 每 个 元 素都 可 表 为 1, 2, 为 ; 。 。

,9 中 两 个 不 同 的数 之 积 , 则 集 A 中 元 素 个数 的 最 大 值

5、在四面体 ABCD 中 AB ? AC ? AD ? BC ? 1, BD ? 3, CD ? 2, 则 AD 与 BC 所成的角为 6、若 a, ? , ? 为锐角,且 sin 2 ? ? sin 2 ? ? sin 2 ? ? 1, 则

sin ? ? sin ? ? sin ? 的最大值为 cos ? ? cos ? ? cos ?

7.已知 P 、 Q 、 R 、 S 是三棱锥 A ? BCD 内的四点,且 Q 、 R 、 S 、 P 分别是线段 PA 、 QB 、 RC 、

SD 的 中 点 , 若 用 VP? ABC 表 示 三 棱 锥 P ? ABC 的 体 积 , 其 余 的 类 推 . 则

VP? ABC : VP?BCD : VP?CDA : VP? ABD ?



8、已知双曲线以两坐标轴为对称轴,焦点在 y 轴上,实轴长为 2 sin ? ,? ? [

? ?

, ],又双曲线上任一点 4 3

p ( x, y ) 到点 M (1,0) 的最短距离为

1 ,则该双曲线的离心率的取值范围是 sin ?

二:解答题: (第 9 题 16 分。20,21 题 20 分) 。 9.对于正整数 n (n ? 2) ,定义 f ( n) 为集合 S 中元素个数的最小值,集合 S 满足最小的元素 1 ? S ,最大 的元素 n ? S , 且对于异于 1 的每个元素都是 S 中两个元素的和 (可以相同) (1) f (n) ? ?log 2 n? ?1; . 证明:

(2) 有无穷多个 n ,使得 f (n) ? f (n ? 1) .
10、椭圆 x ?
2

y2 ? 1( ? 为锐角)的焦点在 x 轴上,A 是它的右顶点,这个椭圆与射线 y ? x( x ? 0) 的 tan 2 ?

交点为 B,以 A 为焦点,且过点 B,开口向左的抛物线的顶点为

当椭圆 (m,0) ,

的离心率 e ? (

6 ,1) 时,求 m 的取值范围。 3

( s)表 示 非 空 整 数 集 S 中 所 有 元 素 的 和 , 设 11 、 用 ?

A ? ?a1, a2 ,

a11? 是正整数集,且 a1 ? a2 ?

a11 ,若对每个正





n ? 1500 ,存在 A 的子集 S,使得 ? ( S ) ? n ,试求满足上述要求的 a10 的最小值。

二试
一、 (满分 40 分) 以锐角△ABC 的两边 AB、AC 为直径向△ABC 外各作一个半圆,AH⊥BC 交 BC 于 H,点 D 是 BC 边上任意一 点 ?不是端点?,过点 D 作 DE∥AC, DF∥AB,分别交两个半圆于点 E、F.求证:D、E、F、H 四点共圆.
E A F' F

Q P B D F 1 H C

二、 (满分 40 分) 设 a1, a2, a3, a4 是一个四边形的四条边的长, 该四边形的周长为 2s. 证明:

?a
i ?1

4

1 2 1 ? ? 9 1?i ? j ? 4 ( s ? ai )( s ? a j ) i ? s

三、 (满分 50 分)试求最小的正整数 n, 使得对于任何 n 个连续正整数中,必有一数,其各位数字之和是 7 的倍数. 四.数列 { y n } 定义如下: y1 ? y2 ? 1, yn?2 ? (4k ? 5) yn?1 ? yn ? 4 ? 2k ,1, 2, 求所有的整数 k ,使得数列 { y n } 中的每一项都是完全平方数.

2012 年高中数学奥林匹克模拟真题(六)答案
1.答: 9 .
2 解:由条件得, 2 ? 2 cos ? ? 4 ? sin ? , ? ? cos ? ? 1? ? 4, ? cos ? ? ?1 2 3 3 则 4 ? cos ? ? 3 ? sin ? ? 9 .

?

??

?

2.解答:
2

81 . 5

令 u ? t ,原方程化为

( x3 ? y 3 )u 2 ? (3x ? y )u ?

1 ? 0. x? y



? ? (3x ? y)2 ? 4( x3 ? y 3 )

1 x? y

? 5 x 2 ? 2 xy ? 3 y 2 ? (5 x ? 3 y)( x ? y).
所给方程没有实根等价于方程①无实根或有实根但均为负根,所以,

? x ? y, ? x ? y, ? ? ? x ? 3, ? ? x ? 3, 或 ? y ? 3, ? ?(5 x ? 3 y )( x ? y ) ? 0, ? y ? 3, ?(5 x ? 3 y )( x ? y ) ? 0 ? ? ? ?3 x ? y ? 0.
点集 N 所成区域为图中阴影部分,其面积为

S ? S?ABO ? S?BCO 1 24 1 81 ? ? ?3 ? ? 6?3 ? . 2 5 2 5
3.解:

对?x, y ? R, 有f ( xy ? 1) ? f ( x) f ( y) ? f ( y) ? x ? 2,

?有f ( xy ? 1) ? f ( y) f ( x) ? f ( x) ? y ? 2
? f ( x) f ( y ) ? f ( y ) ? x ? 2 = f ( y ) f ( x) ? f ( x) ? y ? 2
即 f ( x) ? y ? f ( y) ? x, 令y ? 0, 得f ( x) ? x ? 1 。 4. 答: 31 . 解:从 1, 2,
2 ,9 中每次取一对作乘积,共得 C9 ? 36 个值,但其中有重复,重复的情况为

1? 6 ? 2 ? 3, 1? 8 ? 2 ? 4, 2 ? 9=3 ? 6, 2 ? 6 ? 3 ? 4, 3 ? 8 ? 4 ? 6 , 共 5 种 , 因 此 集 合 A 中 至 多 有
2 C9 ? 5 ? 31 个数 .

5.解答:60°,可证 ?BCD 为直角三角形且 ?BCD ? 90 ,又 AB=AC=AD=1,故 A 在面 BCD 内的射影即为

?ABC 之外心,而 ?BCD 为直角三角形,故其射影即为 BD 中点 O,在面 BCD 内作 DD? // BC , BD ? // CD,
它们交于 D ? ,则 DD? ? BC ? 1, 且 AD? ? AC ? 1, 故 ?ADD? 为正三角形,于是 AD 与 BC 所成之角即为 AD 与 DD ? 所成的角等于 60 。

6.解答:

a 2 ? b2 a?b 2 2 ?( ) ? a ? b ? 2(a 2 ? b2 ), .由 2 2 2
2(sin 2 ? ? sin 2 ? ) ? 2 cos ? .

故 sin ? ? sin ? ?

同理: sin ? ? sin ? ? 2 cos ? ,sin ? ? sin ? ? 2 cos ? . 故 2(sin ? ? sin ? ? sin ? ) ? 2(cos ? ? cos ? ? cos ? ) 故

sin ? ? sin ? ? sin ? 2 ? . cos ? ? cos ? ? cos ? 2

7. 解: 8 :1: 2 : 4 . 记 H P, BCD 为点 P 到平面 BCD 的距离.其余类推.设 VP? BCD ? 1 . ∵ HS , BCD : H P, BCD ? SD : PD ? 2 .∴ VS ? BCD ? 2 . ∵ H R, BCD : HS , BCD ? RC : SC ? 2:1,∴ VR? BCD ? 4 . ∵ HQ, BCD : H R, BCD ? QB : RB ? 2 :1,∴ VQ? BCD ? 8 . 设 AP 延长后交平面 BCD 于 P ' .则 QP ': PP ' ? VQ?BCD : VP?BCD ? 8:1 . ∴ QP : PP ' ? 7 :1 ,又 AQ ? QP ,∴ AP ' : PP ' ? 15 :1 .∴ VA?BCD ? 15 . 同理 VQ? ACD ? 1 , VS ? ABC ? 1 , VR? ABD ? 1 . ∴ VP? ABC ? 8VS ? ABC ? 8 , VP?CDA ? 2VQ?CDA ? 2 , VP? ABD ? 2VQ? ABD ? 4VR? ABD ? 4 . ∴ VP? ABC : VP?BCD : VP?CDA : VP? ABD ? 8:1: 2: 4 . : (1,

8.





2 21 ]. 7







线







y2 x2 ? ? 1, sin 2 ? b2



x2 sin 2 ? 2 PM ? ( x ? 1) ? y ? ( x ? 1) ? sin ? (1 ? 2 ) ? (1 ? 2 ) x ? 2 x ? 1 ? sin 2 ? , b b
2 2 2 2 2



x?R





PM

2 min

? 1 ? sin 2 ? ?

b2 , 又因 PM b2 ? sin 2 ?

2 min

?

1 sin6 ? ? sin4 ? ? sin2 ? 2 , b ? , 而 b2 ? 0 及 从而 2 4 sin ? 1 ? sin ?

c b 2 ? sin 2 ? sin 2 ? ? ? 5 ?1 3 ? ? [ , ]. 解不等式得 ? ? ? sin2 ? ? , 又因 e 2 ? ( ) 2 ? 4 3 a sin 2 ? 1 ? sin 4 ? 2 4

1 1 ? sin 2 ? sin 2 ?

,

令 t ? sin 2 ? , 则 e2 ?

1 1 ?t t

, 因 f (t ) ?

1 1 ?t t

在?

? 5 ?1 3 ? 12 2 21 2 . ? 上是递增函数,故 1 ? e ? ,1 ? e ? ? 2 , 4? 7 7 ?

9. 证 明 : ( 1 ) 对 于 n ? 2 , 设 f (n) ? k , 则 S 中 有 k 个 元 素 , 且 1 ? a1 ? a2 ? ??? ? ak ? n, 故

a2 ? a1 ? a1 ? 2, a3 ? a1 ? a2 或 a2 ? a2 。于是, a3 ? 3 或 4 ,即 a3 ? 22 .
假设 ai ? 2i ?1 ,则 ai ?1 ? ar ? as ? 2ai ? 2i. 所以, n ? ak ? 2k ?1. 故

k ? 1 ? log2 n ? 1 ? ?log2 n? .
(2)由(1)可知,若 S 中有 k 个元素,则 n ? 2k ?1 . 所以, f (2k ?1 ? 1) ? k ? 1, f (2k ?1 ? 2) ? k ? 1.
2 k ?1 k ?1 2 k ?1 k ?1 当 k ? 3 时,对于集合 S1 ? 1, 2, 2 , ???, 2 , 2 ? 1 和集合 S 2 ? 1, 2, 2 , ???, 2 , 2 ? 2 均有 k ? 1 个元

?

?

?

?

素,且满足条件,所以,

f (2k ?1 ? 1) ? f (2k ?1 ? 2) ? k ? 1.

?n ? ?1 ??0 ? 10. 解 答 : 如 图 所 示 , 椭 圆 的 焦 点 在 x 轴 上 , 故 0 ? t a
a ? 1, b ? tan ? , c ? 1 ? tan 2 ? .e ? 1 ? tan 2 ? ? ( 6 ,1) , 3

?
4

. 于 是



0 ? tan ? ?

3 ? ? a ? (0, ). 设 抛 物 线 方 程 为 3 6

? 2 y2 x ? ?1 ? 得 B(sin ? ,sin ? ) , 因 B 在 抛 物 线 上 , 故 y 2 ? ?4(m ?1)( x ? m).(m ? 1) 由 ? tan 2 ? ? y ? x( x ? 0) ?
1 整理后有: sin 2 ? ? ?4(m ?1)(sin ? ? m) 。 sin 2 ? ? 4(m ?1)sin ? ? 4m2 ? 4m ? 0 设 t ? sin ? ? (0, ) 得, 2

1 f (t ) ? t 2 ? 4(m ?1)t ? 4m2 ? 4m ? 0 在 t ? (0, ) 有 解 , 因 对 称 轴 t ? ?2(m ? 1) ? 0, 故 2

?m ? 1 ? f (0) ? 0 3? 2 ? ? ? ? 24 ? 8 2 . ? 1 24 ? 8 2 ? 1 ? m ? 4 f ( ) ? 0 ? m ? ? ? ? 2 32 ? 32
11.解答:令 Sk ? a1 ? a2 ?

? ak (1 ? k ? 11)

若 ak ? sk ?1 ? 1, 则不存在 S ? A ,使 ? (S ) ? Sk ?1 ? 1 所以 Sk ? Sk ?1 ? ak ? 2Sk ?1 ? 1 又由题设得 (1)

S1 ? a1 ? 1 ,于是由(1)及归纳法易得

Sk ? 2k ?1(1 ? k ? 11)
若 S10 ? 750 ,则 a11 ? 750 (否则 750 无法用 ? ( S ) 表示出) , S11 ? S10 ? a11 ? 1500, 所以 S10 ? 750. 又 S8 ? 28 ?1 ? 255, 于是 2a10 ? a9 ? a10 ? S10 ? S8 ? 495 , 所以 a10 ? 248. 另一方面,令 A ? ?1,2,4,8,16,32,64,128,247,248,750? 当 n ? 255 ? 2 ? 2 ?
7 6

? 2 ? 20 时,可找到 S ? ?1, 2, 4,

,128? ,使 ? (S ) ? n.

当 n ? 255 ? 247 ? 502 时,存在 S ? ?1,2,4, 当 n ? 502 ? 248 ? 750 时,存在 S ? ?1,2,4,

,128,247? ,使 ? (S ) ? n. ,128,247, 248? ,使 ? (S ) ? n.

当 n ? 750 ? 750 时,存在 S ? A ,使 ? (S ) ? n. 于是, a10 的最小值为 248。

二试答案
一、证明 设 DE 与 AB 交于点 P,DF 与 AC 交于 Q.将以 AC 为直 径的半圆补成圆,并设 DF 和它的另一个交点为 F1,连结 AF1、BE、CF. E ∵
A F' F

AP CD CQ = = , BP DB QA
Q F 1 D H

∴ P、Q 是半圆 AEB 和半圆 CF1A 中处于相同位置的点. P 又∵ ∠APE = ∠A = ∠CQF1, ∴ PE、QF1 是上述两个半圆中处于相同位置的线段. B ∴ △BPE∽△CQF1, ∴ ∠BEP = ∠AF1Q. 由此 ∠A = ∠APE = ∠ABE + ∠BEP = ∠ABE + ∠AF1Q = ∠ABE + ∠ACF,

C

即 ∠A = ∠ABE + ∠ACF ? ① 另一方面,由 A、E、B、H 四点共圆及 A、F、C、H 四点共圆知 ∠EHF = ∠EHA + ∠AHF = ∠ABE + ∠ACF ? ② 由①、② 便得 ∠EDF = ∠A = ∠EHF. 从而 D、E、F、H 四点共圆. 证 2:延长 EA 交 DF 于 F?,连结 F?H. ∴ ∠F?EH = ∠F?EH = ∠ABC.∴ E、D、H、F? 四点共圆. ∴ ∠EDB = ∠EF?H = ∠AF?H. 又∵ ∠EDB = ∠ACH,∴ ∠AF?H = ∠ACH. ∴ A、H、C、F? 共圆. 又∵ A、H、C、F 共圆,D、F、F? 共线,∴ F = F?. ∴ D、E、H、F 四点共圆. 二、证明:设 bi ? 又 s ? ai ? 0 ∴原式 ?
4

ai (i ? 1, 2,3, 4) ,则 b1 ? b2 ? b3 ? b4 ? 2 s
∴ 1 ? bi ? 0

? b ?1 ? 9 ?
i ?1 i

1

2

1?i ? j ? 4

1 (1 ? bi )(1 ? b j )

(1)

令 ci ? 1 ? bi ,则 0 ? ci ? 1, c1 ? c2 ? c3 ? c4 ? 2 (1) ?
4 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ? ? ci c j i ?1 2 ? ci 1?i ? j ? 4 i ?1 ? c j 1?i? j?4 ci c j j ?i 4



1?i ? j ? 4

?

1 2 ? ? ci c j 1?i ? j ?4 ci ? c j

只须证:

1 1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ( ? ? ? ? ? ) c1 ? c2 ? c3 c1 ? c3 ? c4 c1 ? c2 ? c4 c2 ? c3 ? c4 9 c1 ? c2 c2 ? c3 c3 ? c4 c1 ? c3 c1 ? c4 c2 ? c4
上式显然成立。 三.解:首先,我们可以指出 12 个连续正整数,例如 994,995,?,999,1000,1001,?,1005,其中 任一数的各位数字之和都不是 7 的倍数,因此, n ? 13 。 再证,任何连续 13 个正整数中,必有一数,其各位数字之和是 7 的倍数.对每个非负整数 a ,称如下 10 个数所构成的集合: Aa ? {10a,10a ? 1, ,13 个连续正整数,要么属于两个基 10a ? 9}为一个“基本段”

本段,要么属于三个基本段。当 13 个数属于两个基本段时,据抽屉原理,其中必有连续的 7 个数,属于 同一个基本段;当 13 个连续数属于三个基本段 Aa ?1 , Aa , Aa ?1 时,其中必有连续 10 个数同属于 Aa .现在设

ak ak ?1

a1a0
k

ak ak ?1
k

a1 (a0 ?1),
k

ak ak ?1

它们的各位数字 a1 (a0 ? 6) 是属于同一个基本段的 7 个数,

之和分别是

? ai , ? ai ? 1,
i ?0 i ?0

, ? ai ? 6, 显然,这 7 个和数被 7 除的余数互不相同,其中必有一个是 7 的
i ?0

倍数.因此,所求的最小值为 n ? 13. 四.解:从特殊情形入手,设 k 是满足条件的整数. y3 ? 2k ? 2, y4 ? 8k 2 ? 20k ? 13 令 2k ? 2 ? (2a)2 ,则 k ? 2a2 ? 1? k ? 1? ,若 a ? 0 ,则 k ? 1 ; 若 a ? 0 ,则 y4 ? 32a4 ? 8a2 ? 1 ? (4a2 ?1)2 ? (4a2 )2 ,令 (4a2 ?1)2 ? (4a2 )2 ? b2 ?b ? 0? , 由于 (4a 2 ? 1,4a 2 ) ? 1 ,所以 4a2 ?1, 4a2 , b 为一组本原勾股数组,

? 4a 2 ? 1 ? n 2 ? m 2 ? 即存在 m, n ? N? ,使得 ?4a 2 ? 2mn ,两边模 2 和 4 可知, n 为偶数, m 为奇数,且 ? m, n? ? 1 . ?b ? n2 ? m2 ?
结合 mn ? 2a ,令 n ? 2t ,则 (n ? m)2 ? 2n2 ? 1,即 2n2 ? 8t 4 ? (n ? m ?1)(n ? m ? 1)
2

2

∴ 2t ?
4

n ? m ?1 n ? m ?1 ? ∴ 2t 4 ? u(u ? 1)(u ? N ) ,因此 u , u ? 1 必为 c 4 ,2d 4 (c, d ? N ) , 2 2
4

∴ c ? 2d ? ?1
4

(1)若 c -2d =1,则 d +2d +1=d +c ,∴(d +1) =(d ) +c
4 4 2 4 2

4

4

8

4

8

4

4

2

2

4

4

∵不定方程 x +y =z 没有 xyz≠0 的整数解,∴d +1,d ,c 中必有一个为零, ∵d +1≠0,∴ d =0,c=±1,∴ u=0∴ t=0∴ n=0 ∴ a=0,与 a>0 矛盾 . (2) 若 c -2d =-1,则:d -2d +1+c =d ,即(d -1) =(d ) -c
4 4 2 4 2
2

2

4

2

4

4

8

4

4

8

4

2

2

4

4



∵ 不定方程 x -y =z 没有 xyz≠0 的整数解,∴ d -1,d ,c 至少中有一个为零, 若 d =0,或 c =0,则①式不成立,故只有 d -1=0. ∴ d=±1,c=±1∵ u 与 u+1 必为 c 和 2d ,∴ u=1∴ t=1∴ n=2 ∵ (n+m) -2n =1,∴ m=1 由②知 a=1,k=2a +1=3,综上可知,k=1 或 k=3 即 k=1 或 3 时 y3,y4 是平方数。 下面证明 k=1 或 3 时任意 y n 均是平方数:当 k=1 时,yn+2=-y n?1 -y n +2 {y n }:1,1,0,1,1,0,?各项都是完全平方数。当 k=3 时,y n ? 2 =7y n?1 -y n -2. 方法一:利用三阶递推,求出 y n ,再用数学归纳法证明它们都是完全平方数。 方法二,构造数列 ? f n ? : f 1 =f 2 =1,f n ? 2 =f n?1 +f n ,n=1,2,?性质 1:当 n 为奇数时,f n ? 2 ?f n ? 2 -(f n ) =1。
2 2 2
2

2

2

4

4

4

简证:左边= fn fn?4 ? fn?22 ?

? f5 f1 ? f32 ? 1。

性质 2:f n ? 2 =3f n -f n ? 2 . ? f n ? :1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,? 计算:y 1 =1,y 2 =1,y 3 =4=2 ,y 4 =5 ,y 5 =13 ,? 猜测:y n =(f 2 n ?3 ) (n≥3)
2 2 2 2 2 2

④下面用数学归纳法证明:
2 2 2 2 2

由(f n ? 2 +f n ? 2 ) =9(f n ) ,∴(f n ? 2 ) =9(f n ) -2 f n ? 2 ?f n ? 2 - (f n ? 2 ) =7(f n ) -(f n ? 2 ) -2 (n 为奇数) ∴(f 2 n ?1 ) =7(f 2 n ?1 ) -(f 2 n ? 3 ) -2∴ y n ? 2 =7y n?1 -y n -2 归纳可证④式, 证毕。
2 2 2


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