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数学奥林匹克高中训练题83


38

中 等 数 学

数学奥林匹克高中训练题 ( 83)
第 一 试 一, 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分) 2 2 1. 已知 x = y + 4 y + 20. 则满足该等式 ) 的所有整数对有 ( 个 . (A) 4 (B) 6 ( C) 8 (D) 无穷 2. 定义域为正整数的函数 f ( x ) 满

足 f ( f ( x - 7) ) , x > 1 005 ; f ( x) = x +3, x ≤ 005. 1
) 则 f (2 006) 的值为 ( . (A) 1 005 (B) 1 006 ( C) 1 007 (D) 1 008 3. 若 y = 3 sin
x

( C) 2 b 或

b c

2

(D) 2 b 或

a c

2

5. 在正方体 ABCD - A 1 B 1 C1 D1 中 , E , F

分别为棱 AA 1 , 1 的中点 , G 为 BC 上一点 . BB 若 D1 F ⊥FG ,则直线 C1 F 与直线 EG 的夹角
) 为 ( . π π π π 5 2 (A) (B) ( C) (D) 3 2 6 3 6. 在 0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 这 7 个数字组成的 七位数中 ,不出现 246" "15" " 与 的排列个数为 ( . ) (A) 3 606 (B) 3 624 ( C) 3 642 (D) 4 362 二, 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分) 1. 已知非负数列 { a n } 的首项为 a , 前 n

4

· 1 + cos

x

2

( 0 ≤x ≤

π ) 2 ) ,则 y 的最大值为 ( .
(A) 2 3 (B)
2

4 4 3 3 ( C) (D) 3 9 2
2

项和为 S n , 且 S n = (

Sn - 1 +

a ) . 若 bn =

2

x y 4. B 是椭圆 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 与 y a b

an + 1 an + , 数列 { bn } 的前 n 项和为 Tn , 则 an an + 1 Tn =

轴正 半 轴 的 交 点 , 点 P 在 椭 圆 上 运 动 . 则 ) | B P| 的最大值为 ( .
(A) 2 b (B)
a c
2

. 2. 方程 x1 + x2 + …+ x99 + 2 x100 = 3 的非

负整数解共有

个.
x - 9 = - x - n
2

3. 若 n ∈R , 且方程
所以 , OC· = OD
3 x + 6. 2
OA OD = . OC OB

3 Δ = (2 a + 3) 2 = 0. 解得 a = 故 . 2

n ( - n) = 24 = OA · ,即 OB m

所以 ,第三条直线的解析式为 y = (2) 由 (1) 知 A (4 ,0) , (0 ,6) . B

因此 , AD ‖BC.
(3) 设 OC = t ,则
S 四边形ABCD = 3 t +

设直线 CD 的解析式为 y = mx + n .
y = mx + n ,

48
t


y=

6
x

只有一组解 .

+ 24 = 3 ( t -

4
t

) 2 + 48.

当此面积最小时 , t 显然取 4 ,则
OA = OC = 4 , OB = OD = 6.

消元并整理得
mx + nx - 6 = 0.
2

又 AC ⊥BD ,所以 ,四边形 ABCD 是菱形 .
( 童浩军 浙江省慈溪市附海中学 ,315332)

故 Δ = n2 + 24 m = 0.

2005 年第 12 期

39

有一个解 ,则 n 的取值范围为 4. 已知函数
2

.

CD 是高 ,点 O1 , 2 分别是 △ADC , CDB 的 O △

内心 ,射线 DO1 , 2 分别交 AC , 于点 E , DO BC
F ,直线 O1 O2 分别交 AC , 于点 M , . 证 BC N

y = f ( x ) = log a + 2 [ ax + ( a + 2) x + a + 2].

若 f ( x ) 有最大值或最小值 ,则 a 的取值 范围为
.
2

明:

1
O1 O2

=

1
EF

+

1
MN

.

5. 一个酒杯的轴截面是抛物线的一部

分 ,其方程是 x = 2 y ( 0 ≤y < 15 ) . 若在杯内 放入一个半径为 3 的玻璃球 , 则球的最高点 与杯底的距离是
6. 设 ( 17 + 12 2 )
A=

( 二 ,50 分) 已知奇函数 f ( x ) 在 ( - ∞,0) ) ) ∪( 0 , + ∞ 有意义 , 在区间 ( 0 , + ∞ 上为减

.
2n+1

的整数部分为 A . 则

函数 ,且 f ( k ) = 0 ( k > 0) . 又函数 2 φ(α = sin2α+ (ξ+ 1) cos α- ξ - ξ- k , ) α∈[ 0 π] . ,
) 若集合 A = {ξ φ(α < 0 , ∏α∈[ 0 π]} , | , ) B = {ξ f (φ(α ) > 0 , ∏α ∈ 0 π]} , | [ ,

. ( 三 ,20 分) 已知 p1 , p2 , …, p2 n 为互不相

等的整数 ,且 q1 , q2 , …, qn - 1 是互不相等的质 数 ( n ≥ , n ∈N) , m 是方程 2 ( x - p1 ) ( x - p2 ) …( x - p2 n )
2 = ( q1 q2 …qn - 1 )

试求 A ∩B . ( βγδ 三 ,50 分) 求证 : 对任意角 α, , , ,有
sin α + sin β +
4 4 4 4

cos β+ sin γ +
4 4 4 4

cos γ + sin δ +

cos α + cos δ ≥ 2 2

的一个整数根 . 求证 : n 只能为偶数 ,且有
p1 + p2 + …+ p2 n = 2 mn .

π β π 成立 . 当且仅当 α = n ± = p +

π γ ± = 2

π δ q ± ( n , , ∈Z) 时 ,上式等号成立 . p q

( 四 ,20 分) 任给 13 个绝对值小于 1 的不

等实数 . 求证 : 总能在其中找到两个实数 x ,
y ,使得

参考答案
第 一 试

6+ 2 < xy + 4

( 1 - x2 ) ( 1 - y2 ) < 1

, B. 一 1.

由已知方程得 x2 - ( y2 + 4 y + 4) = 16 ,即
( x + y + 2) ( x - y - 2) = 16.

成立 .
( 五 , 20 分 ) 如 图 1 ,在边长为 1 的正方

因为 x + y + 2 与 x - y - 2 有相同的奇偶性 ,故 有方程组
x + y +2= ± , 2 x- y- 2= ± 8 x + y +2= ± , 4 x- y- 2= ± 4. x + y +2= ± , 8 x- y- 2= ± 2

形 ABCD 中 , 点 M1 ,
M2 , …, M n ( n ≥ ) 依 1



次将折线 BC + CD 进 行 n + 1 等分 . 试求 :
n


图1

解得 ( x , y ) = (5 , - 5) , ( - 5 ,1) , ( - 5 , - 5) , ( 5 ,
1) , (4 , - 2) , ( - 4 , - 2) . 2. A.

( 1)

k=1



AM k ;

2

( 2) lim

1
n

n

n →∞

k=1



AM k .

2

) 记 f m ( a) = f ( f …( f ( a) ) … .
m个

因为 2 006 = 1 005 + 143 × ,则有 7 又 f (1 005) = 1 008 ,

第 二 试
( 一 ,50 分 ) 在 △ABC 中 , ∠ACB = 90° ,

f (2 006) = f 2 (1 999) = …= f 144 (1 005) .

f (1 008) = f 2 (1 001) = f (1 004) = 1 007 ,

40
f (1 007) = f 2 (1 000) = f (1 003) = 1 006 , f (1 006) = f 2 (999) = f (1 002) = 1 005 , EG = m - 1 ,1 , -

中 等 数 学
1 2 .

因此 , f m (1 005) 以 4 为周期 . 又因为 144 ÷ = 36 ,余数为零 ,故 4
f (2 006) = f 144 (1 005) = 1 005.

由 D1 F ⊥FG ,得 D1 F · = 0. FG 又 D1 F = 1 ,1 , 故 ( m - 1) + 则 EG =
1 2 , FG =
m - 1 ,0 , -

1 2

,

3. B.

1 3 = 0. 解得 m = . 4 4 1 1 ,1 , 4 2 1 2 . ,所以 , C1 F · = 0 , EG

因为 0 ≤x ≤π ,即 0 ≤ 2
y = 3sin x

4

π x ≤ ,故
2 = 3sin
x x

4

· 1 + cos
2

x

2

4

· 2 2cos

x

4

因为 C1 F = 1 ,0 , 即 C1 F ⊥EG.

= 2 3 · 1 - cos = 2 3·

x

4
2

· 2 cos
x

4
4

因此 ,直线 C1 F 与直线 EG 的夹角为
x

π . 2

1 - cos

4
x

cos

4 1 2 x cos 2 4
3

6. C.

= 2 3 · 4 1 - cos 1 - cos
2

2

4
x

1 2 x cos 2 4 +

因为 0 ,1 , …,6 这 7 个数字全排列成首位非零 的七位数共有 A7 - A6 = 4 320 个 , 但其中 246" " 连在 7 6 一起的有 A4 C1 = 96 个 "15 " , 连在一起的有 A5 C1 = 4 4 5 5
600 个 ,同时含有 246" "15" " 与 的有 A3 C3 = 18 个 .
3 1

≤ 3· 4
由于 1 - cos2
x

4 =
x

1 2 x 1 2 x cos + cos 2 4 2 4 3

4 = . 3

x

4

1 2 x 2 x cos ,即 3cos = 2 ,又 2 4 4 = 6 . 3

所以 ,不出现 246" "15" " 与 的排列个数共有
4 320 - 96 - 600 + 18 = 3 642 ( 个) . 4n +6n . 2n +1
Sn - 1 + Sn - 1 + a1 = a ) ,得 a. a ,则{
2 2

4

∈ 0, 故
x

π 2

,则 cos

4

二, 1.

4

= arccos

6 6 4 ,即 x = 4arccos 时 , ymax = . 3 3 3

由 Sn = (
Sn =

4. D. ) 设 P ( acos α, bsin α . 因为 B (0 , b) ,所以 ,
2 2 2 2 | B P| = a cos α+ ( bsin α- b) 2 2 = ( b - a ) sin α-



S1 =

公 S n } 是首项为 a ,

差为 a的等差数列 ,即
a 2 . c c
4

b 2 2 b - a

2

2

+

Sn =

a + ( n - 1)
2

a = n a.



b
2

2 2 2

b - a
2

2 ≤ , 即 a ≥ 2 b 时 ,| B P| max = a . 1 2 2 2 3

从而 , S n = an . 故 an = S n - S n - 1 = an2 - a ( n - 1) 2 = 2 an - a ,
bn = an + 1 an + an an + 1

此时 ,sin α= 当
b
2

b
2 2

b - a

2

,P a

a - 2b b , ±( b2 - a2 ) b2 - a2

; =

b - a

> 1 , 即 b < a < 2 b 时 ,| B P|

= =

max

2 a ( n + 1) - a 2 an - a + 2 an - a 2 a ( n + 1) - a 2n +1 2n - 1 1 1 + =2+2 . 2n - 1 2n +1 2n - 1 2n +1
2

2 b . 此时 ,sin α= - 1 , P (0 , - b) . 5. B.

则 Tn = b1 + b2 + …+ bn
=2n+2 12. 166 749. , F 1, 1 2n+1 = 4n +6n . 2n +1

如图 2 , 建 立 坐 标 系 ,设正方体边长为 1. 则 E 1 ,0 ,
1, 1 2 1 2

以 x100 进行分类 :
(1) 当 x100 = 1 时 ,非负整数解有 99 个 ; (2) 当 x100 = 0 时 ,非负整数解有
图2

, G ( m , 1 , 0) ,

D1 (0 ,0 ,1) , C1 (0 ,1 ,1) ,

C99 + A99 + C99 = 166 650 ( 个) .

1

2

3

2005 年第 12 期 ( 由 (1) ,2) 得原方程非负整数解共有 99 + 166 650 = 166 749 ( 个) . 3. n ≤- 3 或 0 < n ≤ 3.

41

因此 ,方程组
x =2y ,
2 2 x + ( y - b) = 9 2

令 y=

x - 9.

2



有两组解 . 对于 y 而言 ,只有一解 . 消去 x 后得
y + 2 (1 - b) y + b - 9 = 0.
2 2

则 y ≥ , x2 - y2 = 9 为双曲线在 x 轴及其上方 0 的部分 ( 如图 3) . 令 y = - x - n. 这是一条直线 . 若原方程有一个 解 , 则曲线 ①与 直 线 ②只有一个交 点 . 过 点 A ( - 3 , 0) 的直线
l 1 的方程为
图3 l 2 为双曲线的一条渐近线 , 其方程为 y = - x .

由Δ = 0 ,解得 b = 5. ② 所以 ,球的最高点与杯底的距离为
d = b + r = 5 + 3 = 8.
n

6. 2

k =0

[ ∑C

2k 2n +1

17

2n +1 - 2k

(12 2 ) 2 k ] - 1. 256 , 289 ) = (16 ,17) ,故
2n +1

因 12 2 =

288 ∈(

17 - 12 2 ∈(0 ,1) , (17 - 12 2 )

∈(0 ,1) .

y = - x - 3.

又 (17 + 12 2 )
= C2 n + 1 17
0 2n +1

2n+1

l 3 为过点 B (3 ,0) 的一条直线 , 其方程为 y = - x +

(12 2 ) 0 + C1 n + 1 172 n (12 2 ) 1 + 2

3. 所以 ,直线 y = - x - n 的截距 - n 应在 [ - 3 ,0) 与 ) [3 , + ∞ 之中 . 故 0 < n ≤ 或 n ≤- 3. 3 4. ( - 2 , - 1) ∪( - 1 ,0) ∪ 2 ,+ ∞ . 3

…+ C2 n + 1 (12 2 ) 2 n + 1 , 2n +1
(17 - 12 2 ) 2 n + 1 = C2 n + 1 17
0 2n +1

(12 2 ) 0 - C1 n + 1 172 n (12 2 ) 1 + 2

…- C2 n + 1 (12 2 ) 2 n + 1 , 2n +1 则 (17 + 12 2 ) 2 n + 1 + (17 - 12 2 ) 2 n + 1
= 2[ C2 n + 1 17
0 2n +1

令 g ( x ) = ax2 + ( a + 2) x + a + 2. 当 g ( x ) 存在大于零的最小值或最大值时 , f ( x ) 才有可能有最大值或最小值 . Δ g ( x ) 存在大于零的最小值时 ,有 a > 0 , < 0. 解得 a >
2 . 3

(12 2) 0 + C2 n + 1 172 n - 1 (12 2) 2 + 2

…+ C2 n + 1 171 (12 2 ) 2 n ] 2n
n

=2

k =0

[ ∑C

2k 2n +1

17

2n +1 - 2k

(12 2 ) 2 k ].



Δ g ( x ) 存在大于零的最大值时 ,有 a < 0 , > 0. 解得 - 2 < a < 0. 所以 ,当 a >
2 时 ,有 a + 2 > 1 ,故 y = f ( x ) 有最 3

由于式 ① 中含 2 的式子皆为偶次方 , 所以 , 该 式为整数 . 又 (17 - 12 2 ) 2 n + 1 ∈(0 ,1) ,故 (17 + 12 2 ) 2 n + 1 的 整数部分为
n

小值 ; 当 - 1 < a < 0 时 ,有 1 < a + 2 < 2 , 故 y = f ( x ) 有最大值 ; 当 - 2 < a < - 1 时 , 有 0 < a + 2 < 1 , 故
y = f ( x ) 有最小值 .

A =2

k =0

[ ∑C

2k 2n +1

17

2n +1 - 2k

(12 2 ) 2 k ] - 1.

5. 8.

三, 因为 p1 , p2 , …, p2 n 为互不相等的整数 , m 是整数 ,故 m - p1 , m - p2 , …, m - p2 n 是 2 n 个互不 相等的整数 . 根据题意有
( m - p1 ) ( m - p2 ) …( m - p2 n )
2 = ( q1 q2 …qn - 1 ) .

如图 4 ,设玻璃球 的球心位置为 ( 0 , b) , 则轴截面所截得圆的 方程为
2 2 x + ( y - b) = 9.



由于在轴截 面 上 ,圆与抛物线内切 ,

又 q1 , q2 , …, qn - 1 是互不相等的质数 ,
图4

当 n 为奇数时 ,

42 ( q1 q2 …qn - 1 ) 2 = q2 q2 …q2n - 1 1 2 = ( + 1) ( + q1 ) ( - q1 ) ( + q2 ) ( - q2 ) · · … ( + qn - 1 ) ( - qn - 1 )

中 等 数 学 β x = cos α, y = cos β 由单位圆中的余弦线定义 ,α, . 的终边过同一等分弧 ,此时 ,
0 < | α- β < |

π . 12

最多只能分解为 + 1 , ±q1 , ±q2 , …, ±qn - 1 这 2 n - 1 个不同整数的乘积 . 由式 ① 知其左边为 2 n 个互不相 等的整数 ,矛盾 . 故 n 不能为奇数 . 当 n 为偶数时 ,因为 ( q1 q2 …qn - 1 ) 最多只能分 解为 ± , ±q1 , ±q2 , …, ±qn - 1 这 2 n 个不同整数的 1 乘积 . 由式 ① 可知 m - p1 , m - p2 , …, m - p2 n 这 2 n 个互不相等的整数必然与上述 2 n 个不同的整数构 成一一对应相等的关系 . 于是 ,
( m - p1 ) + ( m - p2 ) + …+ ( m - p2 n ) = ( + 1) + ( - 1) + ( + q1 ) + ( - q1 ) + ( + q2 ) + ( - q2 ) + …+ ( + qn - 1 ) + ( - qn - 1 ) = 0 ,
2

故 cos

π ) < cos (α- β < 1 ,即得所证命题成立 . 12
2

五 , n 为奇数时 , 点 M n + 1 与 C 重合 , 其余分 当 点关于直线 AC 对称 . 当 k≤
n+1

2

时 ,点 Mk 1 ,
2

2k 落在边 BC 上 , n+1

有 AM2k = 1 +
n +1

4k . 此时 , ( n + 1) 2
n +1

2

k =1

∑AM
= = 2

2
k

=

2

+

4 2 2 1 + 2 + …+ ( n + 1) 2

n +1

2

2

n+1 n+1

即 ( m + m + …+ m ) - ( p1 + p2 + …+ p2 n ) = 0.
2 n个

+ +

n+1 n+3 ( n + 2) · 4 2 2 · 2 6 ( n + 1)

故 p1 + p2 + …+ p2 n = 2 mn . 四, 因为 x , 为绝对值小于 1 的不等实数 ,故可 y β β 设 x = cos α, y = cos β,α, ∈(0 π ,α≠ . 则 , )
xy +

2
n

( n + 2) ( n + 3) . 6 ( n + 1)
n +1

2



k =1



AM k = 2

2

k =1

∑AM

2
k

- AC

2

( 1 - x 2 ) ( 1 - y2 )

= n+1+

) = cos α cos β+ sin α sin β= cos(α- β . · ·

2 ( n + 2) ( n + 3) 4n +5n +3 - 2= . 3 ( n + 1) 3 ( n + 1)
n

π 6+ 2 又 cos = , 故要证原式成立 , 只须证 12 4
cos

故 lim

1
n

n →∞

k =1

∑AM

2
k

= lim

n →∞

4n +5n +3 4 = . 3 ( n + 1) n 3

2

当 n 为偶数时 ,则没有分点与点 C 重合 ,边 BC 上的分点与边 DC 上的分点关于直线 AC 对称 .
n 2k 当 k ≤ 时 ,点 M k 1 , 落在边 BC 上 ,有 2 n+1 AM k = 1 +
n

π ) < cos (α- β < 1 即可 . 12

如图 5 , 将单位圆 周在 x 轴 上方的部 分 12 等 分 , 得分 点
A 1 , A 2 , …, A 11 ,由这些
2

4k ,此时 , ( n + 1) 2
2

2

2

k =1


n n

AM k =

n

2

+

4 2 2 1 + 2 + …+ ( n + 1) 2
n n

n

2

2

4 2 = + · 2 ( n + 1) 2 =
图5

2

+ 1 ( n + 1) 6

点向 x 轴 作垂线 , 垂

2
n

+

n ( n + 2) . 6 ( n + 1)
n

2 2
k

足分别为 B 1 , B 2 , …, B 11 , 它们把直径 AB 分成 12 段 ,每段最多包含一个端点 . 现任给 13 个绝对值小于 1 的不等实数 ,由抽屉 原理 , 肯 定 可 以 在 同 一 段 上 找 到 两 个 实 数 为



k =1

∑AM

=2

k =1

∑AM

2
k

= n+

n ( n + 2) 3 ( n + 1)

2 4n +5n = ( . 3 n + 1)

故 lim

1
n

n

n →∞

k =1

∑AM

2
k

= lim

4n +5n 4 = . n →∞ ( n + 1) n 3 3

2

2005 年第 12 期

43

44

中 等 数 学

数学奥林匹克问题
本期问题
初 167 如 图 1 ,过 ⊙O 外一点 P 引 ⊙O 的两条割线 PAB , PCD , 分 别 交 ⊙O 于点 A , , , B C D ,弦 AD , 相交 BC
图1

G, BD2 ⊥AG 交 AC

于点 D2 , 过点 C 向
BD1 , 2 引 垂 线 , BD

分别交 BD1 , 2 的 BD 延长线于点 E1 , 2 . E 求证 :
CE1 CE2 + = 1. BD1 BD2
图2

于点 Q , 割线 PEF 经过点 Q 交 ⊙O 于点 E ,
F ,过点 D 作 DM ‖PF 交 ⊙O 于点 M . 求证 : MB 平分 EF.

(郭 璋 北京市朝阳区教育研究中心 , 100028)

高 167 S = {1 ,2 , …, n } , A 1 , A 2 , …, 设
A 10 都是 S 的子集 ,且满足

(吕 建 恒 陕 西 省 兴 平 市 教 研 室 , 713100)

初 168 如图 2 ,在等腰 Rt △ABC 中 , D1 为直角边 AC 上任意一点 , D1 G ⊥BC 于点
为证这个等价命题 ,先证明下面的引理 . 引理 在正方形的内接四边形中 , 各边与正方 形对角线分别垂直的所有四边形的周长都相等 , 且 等于两倍的正方形对角线的长 . 引理的证明 : 如图
8 , 因 为 四 边 形 EFGH

( 1) | A i | = 3 , i = 1 ,2 , …,10 ; ( 2) A i ∩A j ≠ ,1 ≤i < j ≤ ; 10

如 图 9 , 设 正 方 形
ABCD 另有 一 内 接 四 边

形 QRST ,但 QR 与 AC 不 垂直 . 从点 Q , 分别向 R
BD 作 垂 线 , 垂 足 为 M , N ,则 QR > MN .

各边 分 别 与 正 方 形
ABCD的对角线 AC , BD

设 QT , 分 别 交 RS
BD 于点 O , ,则有 P OQ ≥QM = DM , RP ≥RN = BN .
图9

垂直, 所以, 四边形
EFGH 为矩形 .

故 OQ + QR + RP > DM + MN + NB = BD . 同理 , PS + ST + TO ≥BD .
图8

设此 矩 形 与 对 角 线分别交于 I , , , , L J K 则 EH = FG = IJ .

则四边形 QRST 的周长
= ( OQ + QR + RP) + ( PS + ST + TO) > 2 BD .

又 BD = AC ,所以 , 四边形 QRST 的周长大于四 边形 EFGH 的周长 . 由此等价命题得证 . 综上所述 ,原命题成立 .
( 汪学思 安徽省安庆市第三中学 ,246003)

又 ∠ = ∠ = ∠ = ∠ = 45°因此 , EF = 2 AI . 1 2 3 4 , 同理 , HG = 2 CJ . 故 EF + FG + EH + GH = 2 AI + 2 IJ + 2 JC = 2 AC. 从而 ,引理得证 .

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