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2011年全国高中数学联赛山东省预赛试题及答案

时间:2014-03-15


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

则M ?N ?( (A) (2,3)

) . (B) (3,?4) (C) (4,5) (D) (5,?6)

2.已知 z ? ( 3 ? 3i)n , 若 z 为实数,则最小的正整数 n 的值为( (A) 3 (B) 4 (C) 5

) . (D) 6

a, b, c, d 成等比数列,q: ad ? bc , 则 p 是 q 的( 3.已知 p:
(A) 充分不必要条件 (C) 充分且必要条件

) .

(B) 必要不充分条件 (D) 既不充分也不必要条件

4.函数 f ( x) ? log0.3 ( x2 ? x ? 2) 的单调递增区间是( (A) (??, ?2) (B) (??,1) (C) (-2,1)

) . (D) (1,?? ?)

5.已知 x, y 均为正实数,则

x y 的最大值为( ? 2x ? y x ? 2 y
(C) 4

) .

(A) 2

(B)

2 3

(D)

4 3

6.直线 y=5 与 y ? ?1 在区间 ?0, 不为零,则下列描述正确的是( (A) m ?

? ? 4? ? y ? m sin x ? n (m ? 0, n ? 0) 所得的弦长相等且 上截曲线 ? 2 ? ??
) . (C) m ?

3 5 , n= 2 2

(B) m ? 3, n ? 2

3 5 , n= 2 2

(D) m ? 3, n ? 2

7.有 6 名同学咨询成绩.老师说:甲不是 6 人中成绩最好的,乙不是 6 人中成绩最差的,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 ( ) . (A) 120 种 (B) 216 种 (C) 384 种 (D) 504 种

8.若点 P 在曲线 y ? ? x ? 1上,点 Q 在曲线 x ? 1 ? y 上,则 PQ 的最小值是(
2 2

) .

(A) 3 2

(B)

3 2 2

(C)

3 2 4

(D)

3 2 8

9 . 已 知 函 数 f ( x) ? ( 的值是( f (lg lg 2)

1 1 ? ) x 2 ? bx ? 6 ( a , b 为 常 数 , a ? 1 ) , 且 f (lg log ? , 8则 8 1000) a ?1 2
x

) . (A) 8

(B) 4

(C) ?4

(D) ?8

10.在等差数列 ?an ? 中,若 ( ). (A) 1

a11 ? ?1 ,且它的前 n 项和 Sn 有最大值,那么当 Sn 取最小正值时, n ? a10
(B) 10 (C) 19 (D) 20

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 .记 f ( x ) 的最大值为 h( p ) ,则 h( p ) 的表达式 为 . 则x?

12.已知 sin( x ? sin x) ? cos( x ? cos x) , x ??0, ? ?,

.

13.设 A, B 为抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 上相异两点,则 OA ? OB ? AB 的最小值为____________.
2

??? ? ??? ?2

??? ?2

14 . 已 知 ?ABC 中 , G 是 重 心 , 三 内 角 A, B, C 的 对 边 分 别 为 a, b, c , 且

? ? ?? ? ? ? ? ? ? ?? 5 6 a G? A 4 0b G ? B 3 5 c0 ?G C ? B =__________. ,则
三、解答题(本大题共 5 题,共 66 分)
15.(12 分)不等式

? 2 2 sin 2? ? (2 2 ? 2a) sin(? ? ) ? ? ?3 ? 2a 4 cos(? ? ? ) 4
对 ? ? ?0,

? ?? 恒成立.求实数 a 的取值范围. ? 2? ?

16. (12 分)已知在正方体 ABCD ? A 1 B1C1 D 1 中, O, E , F , G

D1 F A1

G

C1 B1

AB ? 1 . 求四面体 OEFG 的体积. 分别为 BD, BB1 , A 1D 1, D 1C1 的中点,且
E D A O B C

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 ? 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,求直线 l 的方程. 2

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 p ( 0 ? p ? 1) ,乙获胜的概率为 q ? 1 ? p .假定各次比赛的结果是相互独立的,比赛经 ? 次结束, 求 ? 的期望 E? 的变化范围.

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.





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

2.A. 提示: z ? ( 3 ? 3i) ? (?2 3) (?
n n

1 3 n ? i) , n ? 3 是使 z 为实数的最小的正整数. 2 2

3.A. 提示:充分性显然成立,必要性不成立.例: a ? 1,?b ? 2,?c ? 5,?d ? 10 . 4.A. 提示:由对数函数的性质知, x ? x ? 2 ? 0 ,则 x ? 1 或 x ? ?2 .当 x ? ?2 时, f ( x ) 为增函
2

数;当 x ? 1 时, f ( x ) 为减函数. 5.B. 解法一 令 s ? 2 x ? y, t ? x ? 2 y ,则

1 x ? (2s ? t ), 3
所以

1 y ? (2t ? s ). 3

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

y , 则 t ? (0, ? ?) , 此时 x

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

f '(t ) ? ?

3(t 2 ? 1) . (t ? 2)2 (2t ? 1)2

显然当 t ? 1 时, f ' (t ) ? 0 ;当 t ? 1 时, f ' (t ) ? 0 ,所以函数 f (t ) 在 t ? 1 , 即 x ? y 时取得最大值

f (1) ?

2 . 3

6.D. 提示:函数 y1 ? m sin

?x
2

, x ? ?0,

? 4? ? ? 的图象只有被 y ? a 及 ? 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

y ? m sin

?x

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

. ? 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 n ? a ? 5,??n ? a ? ?1
解得 n ? 2 , a ? 3 .进而 m ? 3 . 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

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.
5 (1)甲的成绩排在最后的所有可能的排序数为 A5 ? 120 ;

1 1 4 (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 ? 384 .

所以甲不在首,乙不在尾的所有可能排序数为 120 ? 384 ? 504 . 8.C. 提示: 两抛物线 y ? ? x2 ? 1, x ? 1 ? y 2 关于直线 y ? ? x 对 称. 所求 PQ 的最小值为抛物线 y ? ? x ? 1上的点到直线 y ? ? x 距离的
2

y o x

最小值的两倍.设 P( x, ? x 2 ? 1) 为 y ? ? x2 ? 1上任意点, 则

d?

| x ? x2 ?1| 2

?

x2 ? x ?1 2

,

d min ?
9.B. 提示:由已知可得

3 2 3 2 , PQ min ? . 8 4
3 ) ? f (? lg lg 2) ? 8. 3lg 2

f (lg log8 1000) ? f (lg


1 1 ax 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) ? f ( x) ? 6 ,则有 F (? x) ? ? F ( x). 从而有

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

F (lg lg 2) ? ?2,

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

10. C. 提示: 设该等差数列的公差为 d . 显然 d ? 0 . 由 因此

a11 ? ?1 , 知a , 11 a 0 ? , 0 1 ?0 a10

且 a11 ? a10 ? 0.

a1 ? a20 ? 20 ? 10(a10 ? a11 ) ? 0, 2 a ?a S19 ? 1 19 ? 19 ? 19a10 ? 0. 2 S 20 ?
由 a11 ? a10 ? 0, 知 2a1 ? 19d ? 0 .从而有

S19 ? S1 ? 19a1 ?

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

所以 n ? 19 .

11. h( p) ? ?

? p ? 1, p ? ?2, 2 提示: cos 2 x ? 2cos x ? 1 , 令 cos x ? u ,则 0 ? u ? 1 且 2 p ? 1, p ? ? 2 . ?
f ( x) ? 2u 2 ? pu ? p ?1 ? F (u) .

抛物线 y ? F (u ) 顶点的横坐标为 ?

p ,所以 4

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

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

12.

? . 提示:原方程等价于: 4

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

?

x ? cos x ? 2k? ?


?
2

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

x ? cos x ? 2k? ? ( ? x ? sin x),k ? z, ??? (2) 2
由(1)得:

?

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

?
2



?1 ? f (0) ? 2k? ?
由此得 k ? 0 .所以 2 x ? sin x ? cos x ? 令 g ( x) ? 2 x ? sin x ? cos x ? 时, g ( x) ? 0 ,因此当且仅当 x ? 由(2)得: sin x ? cos x ?

?
2

? f (? ) ? 2? ? 1 .

?
2



?
?
2

, 易知 g ( x) 在 ?0, ? ? 上单调递增, 且当 x ? 时, g ( x) ? 0 .

?
4

时,g ( x) ? 0 ; 当x?

?
4

?
2

4

? 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 ?

?
4



13. ?4 p 2 . 解法一 设 A( xA , yA ), 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( xA ? xB ? y A ? yB ).
设 直 线 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 方 程 为

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 .
由二元一次方程根与系数的关系得 xA xB ? a2 , 由此得

yA yB ? m2 ( xA ? a)( xB ? a) ? ?2ap .
所以

??? ? ??? ? 2 ??? ?2 OA ? OB ? AB ? 4( xA ? xB ? y A ? yB ) ? 4[(a ? p)2 ? p 2 ] ? ?4 p 2 .
当直线 AB 的斜率不存在时,有 xA ? xB ? a, yA ? ? yB ? 2ap .所以仍有

??? ? ??? ? 2 ??? ?2 OA ? OB ? AB ? 4( xA ? xB ? y A ? yB ) ? 4[(a ? p)2 ? p 2 ] ? ?4 p 2 .
2 显然, 当且仅当 a ? p 时, 即直线 AB 的斜率不存在时等号成立, OA ? OB ? AB 有最小值 ?4 p .
2 yA y2 , y A ), B( B , yB ) ,则 2p 2p

??? ? ??? ?2

??? ?2

解法二 设 A(

2 2 ??? ? ??? ?2 yA ? yB OA ? OB ? ( ) 2 ? ( y A ? yB ) 2 , 2p 2 ??? ?2 y 2 ? yB AB ? ( A ) 2 ? ( y A ? y B ) 2. 2p

所以

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

? 4(

? ?4 p 2
当 yA yB ? ?2 p2 时,

??? ? ??? ? 2 ??? ?2 OA ? OB ? AB 取最小值 ?4 p 2 .

14. 60 . 提示:因为 GA ? GB ? GC ? 0 ,所以
?

??? ? ??? ? ??? ?

??? ? ??? ? ??? ? 40bGA ? 40bGB ? 40bGC ? 0 .
所以

??? ? ??? ? ??? ? (56aGA ? 40b)?GA ? (35c ? 40b)?GC ? 0 .
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

cos B ?
所以 ?B ? 60 .
?

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

15.设 x ? sin ? ? cos ? ,则有

? ? 2 ? sin 2? ? x 2 ? 1 , sin(? ? ) ? cos(? ? ) ? x, x?? ?1, 2 ? . 4 4 2
原不等式化为:

x 2 ? 1 ? (2 2 ? 2a)

2 2 2 x? ? ?3 ? 2a . 2 2 x 2



x 2 ? 1 ? (2 ? a) x ?
整理得

4 ? 3 ? 2a ? 0 , x

(2 ? x)a ? 2 x ? x 2 ?
因为 x ? ?1, 2 ? , 2 ? x ? 0 ,即得 a ? x ?

4 ? 2x 2? x ? x(2 ? x) ? 2 ? . x x

?

?

2 . x

令 f ( x) ? x ?

2 , x

则函数 f ( x ) 在 x ? ?1, 2 ? 上单调递减,所以 f ( x ) 在 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 B1D1 交 FG 于 H , 连结 A1C1 , 则 BD A C 1 1 ? 11

. 因为 F , G
F A1

分别为
D1 H B1 G C1

A1D1 , D1C1 的中点,所以 FG ??A1C1 ,因此 FG ? B1D1 .又因为 BB1 ? 面 A1B1C1D1 , FG 在平面 A1B1C1D1 内,所以 BB1 ? FG .
由此得 FG ? 面 BB1D1D .因为 FH ? GH ,所以

E D A O B C

VO ? EFG ? VF ?OEH ? VG ?OEH ? 2VF ?OEH ?
在梯形 OBB1H 中

2 SOEH ? FH . 3

S?OEH ? S梯形OBB1H ? S?EB1H ? S?OBE ?
因此四面体 OEFG 的体积为

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

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

tan ? ? 0 . 17. 由题意知, O, C1 , C2 共线. 设圆 C1 与圆 C2 的半径分别为 r 1, r 2 ,直线 C1C2 的斜率为
令 m ? cot ? ,则圆 C1 与圆 C2 的圆心分别为 C1 (mr1 , r1 ) , C2 (mr2 , r2 ) , 两圆的方程分别为

( x ? mr1 )2 ? ( y ? r1 )2 ? r12 , ( x ? mr2 )2 ? ( y ? r2 )2 ? r22.
点 P(3, 2) 是两圆的公共点,所以 y C2 C1 O x

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

m2 r 2 ? (6m ? 4)r ? 13 ? 0
的两个根,即有 r1r2 ?

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 ?

18. 以 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, 因而有

p(? ? k ) ? 0 .
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 p2 ? q2 ; (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 ? 3,?k ? 2 两次均未分胜负. 若 k ? 20 ,则第 k ? 1,?k 两为有胜负的两次,从而有

p(? ? k ) ? (2 pq)
若 k ? 20 ,比赛必须结束, 所以 综上所述

k ?1 2

( p2 ? q2 ) .

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

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

9

2 2 2 2 由 p ? q ? 1,知 p ? q ? 1 ? 2 pq .令 u ? 2 pq ,则 p ? q ? 1 ? u ,所以
9

E? ? (1 ? u )? 2iu i ?1 ? 20u 9 .
i ?1

令s ?

? 2iu
i ?1

9

i ?1

,



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

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

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

E? ? (1 ? u ) s ? 20u 9 2 ? [1 ? u 9 ? 9u 9 (1 ? u ) ? 10u 9 (1 ? u )] 1? u 2(1 ? u10 ) ? . 1? u 1 1 8 因 0 ? u ? ,所以有 2 ? E? ? 4 ? ( ) . 2 2
19. 令 A ? {2,?3,?? , 44} , B ? {45,?46,?? ,?2011} ? {1} . 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 n0 ,则 n0 ?| B |? 1968 . 若 M ? P ,设 M B 中除1之外的最小元为 45 ? p , 0 ? p ? 42 . 集合 A 中与 45+p 的乘积大于 2011 的元素个数记为 q ,则

q ? 44 ? ?
结论 1 当 p ? 4 时,有 q ? p . 事实上,若有 p ? q ? 45 ?

2011 ? 2011 ? . ? 45 ? ? 45 ? p 45 ? p ? ?

2011 45 ? p

,即
2

45 p ? 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
1 2 2 MA ? M1 A ? M A ,且 M A ? M A ? ? ,

这里

M1 A ? ?k k ? 44 ? q , k ? M A ? ,
2 MA ? ?k k ? 44 ? q, k ? M A ? .

设 M A ? a1 , a2 , ? , at ? ,且 a1 ? a2 ? ? ? at . 结论 2 若 M ? P 是最大集,则 p ? 3 . 事 实 上 , 否 则 的 话 , p ? 4 , 由 结 论 1 , 知 q ? p , 因 为 ai ( 4 ? 5 p ?) , 20 1所 1 以

1

?

?

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

?? 45 ? p ? a1 ,?? 45 ? p ? a2 ,??? ? 45 ? p ? at ? ? M B ? ? .
容易求得: M A ? t , M A ? q , M B ? (1968 ? p ) ? t .
1 2

1

2

所以

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 若 M ? P 是最大集,则 M A ? t ? 1 .假定 t ? 2 . (1) 当 p ? q ? 0 时, 由结论 2 的证明可知
1

?45a1 ,?45a2 , ? , 45at ? ? M B ? ? .
因为

45at ? 46at ?1 ? 45(at ? at ?1 ) ? at ?1 ? 45 ? at ?1 ? 0 ,


45at ?1 ? 46at ?1 ? 45at ? 2011.
由此知 46 和 46at ?1 中至少有一个不属于 M B ,所以

M ? t ? 1968 ? (t ? 1) ? 1967 ? n0 ;
(2)当 1 ? p ? q ? 3 时, 若 M A ? ? ,同理可得
2

M ? t ? (1968 ? p ) ? t ? 1967 ? n0 ;
若有 b ? M A ,则 44 ? q ? b ? 44 , 则必有 a1b ? 45 ? p ,所以 a1b ? M B ,同理可得
2

M ? t ? q ? (1968 ? p ) ? (t ? 1) ? 1967 ? n0 .
综合(1) , (2) ,以及结论 2 知, t ? 1 . 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 a ,?b ,由结论 3 知, 其中必有一数, 设为 b ? M A ,从而

2

ab ? M B , a(45 ? p) ? M B ,则

M ? 1 ? q ? (1968 ? p ) ? 2 ? 1967 ? n0 .
所以 M A ? 1 .由此可知,若 M ? P 是最大集,只有下述三种可能: (1) M A ? ? ,?M B ? B (2) M A ? 44 ,?M B ? B \ 45

? ?

? ?

(3) M A ? 44 ,?M B ? B \ 44 ? 45 注:1. A ? cardA; 2. A \ B ? x x ? A且x ? B .

? ?

?

?

?

?


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2011年全国高中数学联赛安徽省预赛试题及答案_图文.doc

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2011年全国高中数学联赛贵州省预赛试题解答.pdf

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2011年全国高中数学联赛广东省预赛试题及详细参考答案.doc

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2011年全国高中数学联赛黑龙江预赛试题答案.pdf

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2011年全国高中数学联赛甘肃省预赛试题及答案.doc

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2011年全国高中数学联赛江西省预赛试题及答案.doc

华东师范大学出版社 本文档选自华东师范大学出版社的 《高中数学 联赛备考手册(2012) (预赛试题集锦) ,该书收 》 录了 2011 年各省市预赛试题和优秀解答。 预赛...

2011年全国高中数学联赛天津预赛试题(含祥细答案)PDF版.pdf

2011年全国高中数学联赛天津预赛试题(含祥细答案)PDF版_高二数学_数学_高中教育_教育专区。2011 年高中数学联赛天津市预赛参考答案与评分标准一. 选择题 (每小题 ...

2011年全国高中数学联赛陕西赛区预赛试卷及答案.doc

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全国高中数学联赛预赛试题及答案解析.doc

全国高中数学联赛预赛试题及答案解析 - 20XX 年全国高中数学联赛江西省预赛试题及解答 2016 年 6 月 5 日上午 8 : 30 ? ?11: 00 一、填空题(每小题 7 ...

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2011年全国高中数学联赛湖北省预赛试题word版含参考答案.doc

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