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2007年全国高中数学联赛试题+答案

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-17 19:28
tags:高中数学联赛

高中数学教学案列-高中数学金版教程课后作业


2007年全国高中数学联合竞赛一试试卷
(考试时间:上午8:00—9:40)

一、选择题(本题满分36分,每小题6分)
1. 如图,在正四棱锥P?ABCD中,∠APC=60°,则二面角A?PB?C
的平面角的余弦值为( )
A.
P
2. 设实数a使得不等式|2x?a|+|3x?2a|≥a
2
对任意实数x恒成立,则满
足条件的a所组成的集合是( )
A.
[?,]

1

7
B.
?
1

7
C.
1

2
D.
?
1

2
D
C
B
11
33
B.
[?
11
,]

22
C.
[?
11
,]

43
A
D. [?3,3]
3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全
相同。甲从袋中摸出一个球,其号码为a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为b。
则使不等式 a?2b+10>0成立的事件发生的概率等于( )
A.
52

81
B.
59

81
C.
60

81
D.
61

81
4. 设函数f(x)=3sinx +2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(x?c)=1对任意实数x恒成立,
bc osc
的值等于( )
a
1
1
A.
?
B.
2
2

C. ?1 D. 1
5. 设圆O
1< br>和圆O
2
是两个定圆,动圆P与这两个定圆都相切,则圆P的圆心轨迹不可能是
( )

6. 已知A与B是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与B的元素个数相同,且
为A∩B空集。若n∈A时总有2n+2∈B,则集合A∪B的元素个数最多为 ( )
A. 62 B. 66 C. 68 D. 74

二、填空题(本题满分54分,每小题9分)
7. 在平面直角坐标系内,有四个定点A(? 3,0),B(1,?1),C(0,3),D(?1,3)及一个动点
P,则|PA|+|PB|+| PC|+|PD|的最小值为__________。
8. 在△ABC和△AEF中,B是EF的中点,AB=EF=1,BC=6,
CA?33
,若< br>AB?AE?AC?AF?2
,则
EF

BC
的夹角的余弦值 等于________。
9. 已知正方体ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1,以顶点A为球心,
23
为半径作一个球 ,则
3
球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于__________。
10. 已知等差数列{a
n
}的公差d不为0,等比数列{b
n
} 的公比q是小于1的正有理数。若a
1
=d,
22
a
1
2< br>?a
2
?a
3
b
1
=d,且是正整数,则q等于__ ______。
b
1
?b
2
?b
3
sin(πx
)?cos(
πx
)?215
(?x?)
,则f(x)的最 小值11. 已知函数
f(x)?
44
x
2
为________。
12. 将2个a和2个b共4个字母填在如图所示的16个小方格内,每个小


方格内至多填1个字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法共有________种(用
数 字作答)。

三、解答题(本题满分60分,每小题20分)
13. 设
a
n
?










14. 已知过点(0,1)的直线l与曲线C:
y?x?< br>1
,求证:当正整数n≥2时,a
n+1
n

?
k(n?1?k)
k?1
n
1
(x?0)
交于两个不同点 M和N。求曲线C
x
在点M、N处切线的交点轨迹。













15. 设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2π)=f(x),求证:存在4个函数fi
(x)(i=1,2,3,
4)满足:(1)对i=1,2,3,4,f
i(x)是偶函数,且对任意的实数x,有f
i
(x+π)=f
i
(x); (2)
对任意的实数x,有f(x)=f
1
(x)+f
2
(x)co sx+f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin2x。




















2007年全国高中数学联合竞赛加试试卷
(考试时间:上午10:00—12:00)

一、(本题满分50分)
A
如图,在锐角△ABC中,AB是线段AD内一点。过P作 PE⊥AC,垂足为E,做PF⊥AB,
E
垂足为F。O
1
、O
2< br>分别是△BDF、△CDE的外心。求证:
F
P
O
1
、O2
、E、F四点共圆的充要条件为P是△ABC的垂心。

O
2

O
1

DC
B










二、(本题满分50分)
如图,在7×8的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。 如果两个棋子所在的小
方格共边或共顶点,那么称这两个棋子相连。现从这56个棋子中取出一些,使得 棋盘上剩
下的棋子,没有五个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相
连。问最少取出多少个棋 子才可能满足要求?并说明理由。














三、(本题满分50分)
设集合P={1,2,3,4,5},对任意k∈P和正整数m,记f(m,k)=
?
k?1
?
?
m
?
,其中[a]
?
i?1
?
i?1
?
5
表示不大于a的最大整数。求证:对任意正整数n,存在k∈P和 正整数m,使得f(m,k)=n。










2007年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案

一、选择题(本题满分36分,每小题6分)
1. B 如图,在侧面PAB内,作AM⊥ PB,垂足为M。连结CM、
AC,则∠AMC为二面角A?PB?C的平面角。不妨设AB=2,则< br>P
PA?AC?22
,斜高为
7
,故
2?7?AM?22,由此得
C
7
。在△AMC中,由余弦定理得
CM?AM?
2< br>AB
222
AM?CM?AC1
cos?AMC???

2?AM?CM7
1
2
2. A 令
x?a
,则有
|a|?
,排除B、D。由对称性排除C,从而只有A正确。
3
3
34
1
2
一般地,对k∈R,令
x?ka,则原不等式为
|a|?|k?1|?|a|?|k?|?|a|
,由此易
223
34
知原不等式等价于
|a|?|k?1|?|k?|
,对任意的k ∈R成立。由于
23
4
?
5
k?3k?
?
23< br>?
34
?
14
|k?1|?|k?|?
?
1?k1? k?

23
?
23
?
3?
5
kk?1< br>?
2
?
341
1
所以
min{|k?1|?|k?| }?
,从而上述不等式等价于
|a|?

k?R
3
233
D
M
3. D 甲、乙二人每人摸出一个 小球都有9种不同的结果,故基本事件总数为9
2
=81个。由
不等式a?2b+10 >0得2b9中每一个 值,使不等式成立,则共有9×5=45种;当b=6时,a可取3、4、…、9中每一
个值,有7种; 当b=7时,a可取5、6、7、8、9中每一个值,有5种;当b=8时,a可取
7、8、9中每一个 值,有3种;当b=9时,a只能取9,有1种。于是,所求事件的概率为
45?7?5?3?161< br>?

8181
4.C 令c=π,则对任意的x∈R,都有f(x)+f( x?c)=2,于是取
a?b?
x∈R,af(x)+bf(x?c)=1,由此得
1
,c=π,则对任意的
2
bcosc
??1

a
一般地,由题设可得
f(x)?13sin(x?
?
)?1

f(x ?c)?13sin(x?
?
?c)?1
,其中
π
2
0?< br>?
?

tan
?
?
,于是af(x)+bf(x?c )=1可化为
23
13asin(x?
?
)?13bsin(x?
?
?c)?a?b?1
,即
13asin(x?
?
)?13bsi n(x?
?
)cosc?13bsinccos(x?
?
)?(a?b?1) ?0
,所以
13(a?bcosc)sin(x?
?
)?13bsincc os(x?
?
)?(a?b?1)?0


?
a?bcosc?0(1)
?
(2)
, 由已知条 件,上式对任意x∈R恒成立,故必有
?
bsinc?0
?
a?b?1?0( 3)
?
若b=0,则由(1)知a=0,显然不满足(3)式,故b≠0。所以,由(2)知s inc=0,故c=2kπ+π或
c=2kπ(k∈Z)。当c=2kπ时,cosc=1,则(1)、 (3)两式矛盾。故c=2kπ+π(k∈Z),cosc=?1。由
(1)、(3)知
a?b ?
bcosc
1
,所以
??1

2
a
2 c2c
和的圆锥曲线(当r
1
=r
2
时,O
1
O< br>2
的中垂线是轨
r
1
?r
2
|r
1
?r
2
|
5. A 设圆O
1
和圆O
2
的半径分 别是r
1
、r
2
,|O
1
O
2
|=2c, 则一般地,圆P的圆心轨迹是焦点
为O
1
、O
2
,且离心率分别是< br>迹的一部份,当c=0时,轨迹是两个同心圆)。
当r
1
=r
2且r
1
+r
2
<2c时,圆P的圆心轨迹如选项B;当0<2c<|r< br>1
?r
2
|时,圆P的圆心轨迹如选
项C;当r
1
≠ r
2
且r
1
+r
2
<2c时,圆P的圆心轨迹如选项D。由 于选项A中的椭圆和双曲线的
焦点不重合,因此圆P的圆心轨迹不可能是选项A。
6. B 先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33,为此只须证若A是{1,2,…,49}的任一个34元子集,< br>则必存在n∈A,使得2n+2∈B。证明如下:
将{1,2,…,49}分成如下33个集合 :{1,4},{3,8},{5,12},…,{23,48}共12个;
{2,6},{10,22 },{14,30},{18,38}共4个;{25},{27},{29},…,{49}共13个;
{26},{34},{42},{46}共4个。由于A是{1,2,…,49}的34元子集,从而由抽屉 原理
可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A,即存在n∈A,使得2n+2∈B。
如取A={1,3,5,…,23,2,10,14,18,25,27,29,…,49,26,34 ,42,46},
B={2n+2|n∈A},则A、B满足题设且|A∪B|≤66。
D
C

二、填空题(本题满分54分,每小题9分)
P
F
7.
32?25
。如图,设AC与BD交于F点,则
|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|,|PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD|, 因此,当动点P
A
与F点重合时,|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值
B
|AC|?|BD|?32?25

8.
2
。因为
AB?AE?AC?AF?2
,所以
AB?(AB?BE)?AC?(AB?BF)?2,即
3
2
2
AB?AB?BE?AC?AB?AC?BF?2
。 因为
AB?1

33?1?36
AC?AB?33?1???1

BE??BF
,所以
1?BF?(AC?AB)?1?2
,即
2?3 3?1
BF?BC?2
。设
EF

BC
的夹角为θ,则有< br>|BF|?|BC|?cosθ?2
,即3cosθ=2,所以
2
cosθ?< br>。
3
53
?
9. 。如图,球面与正方体的六个面都相交,所得的交 线
6
分为两类:一类在顶点A所在的三个面上,即面AA
1
B
1B、面ABCD
和面AA
1
D
1
D上;另一类在不过顶点A的三 个面上,即面BB
1
C
1
C、
面CC
1
D
1
D和面A
1
B
1
C
1
D
1
上。 在面AA
1
B
1
B上,交线为弧EF且
23
π
,A A
1
=1,则
?A
1
AE?

3
6
ππ
?
,所以
?EAF?
,故弧EF的长为同理
?BAF
66
在过球心A的大圆上,因为
AE?


23
π
3??
π
,而这样的弧共有三条。在面BB
1
C
1
C上, 交线为弧FG且在距球心为1的
369
3
π
平面与球面相交所得的小圆上,此 时,小圆的圆心为B,半径为,
?FBG?
,所以
3
2
3
π
3
??π
。这样的弧也有三条。 弧FG的长为
326
3353π
π?
3
?π?
于是,所得的曲线长为
3
?

966
22
1
a
1
2
?a
2
?a
3
a
1
2
?(a
1
?d)
2
?( a
1
?2d)
2
14
10. 。因为,故由已知条件知道:
??
22
2
b
1
?b
2
?b
3
b
1
?b
1
q?b
1
q1?q?q
1414
2
1+q+q
2
为,其中m为正整数。令
1?q?q?
,则
mm
1114156?3m
14
q?????1???
。由于q是小于1的 正有理数,所以
1??3

24m24m
m
56?3m
1< br>即5≤m≤13且是某个有理数的平方,由此可知
q?

2
4mπ
2sin(
πx
?)?2
45
15
4
f(x )?(?x?)
,设11.。实际上
5
44
x
π
15133 5
g
(
x
)?2sin(
πx
?)(?x?)
,则 g(x)≥0,g(x)在
[,
]
上是增函数,在
[,]
上是减4444
444
3
1335
函数,且y=g(x)的图像关于直线
x?
对称,则对任意
x
1
?[,]
,存在
x
2< br>?[,]
,使
4
4444
g(x
2
)=g(x
1
)。于是
f(x
1
)?
35
g(x
1
)?2g(x
2
)?2g(x
2
)?2
???f(x
2< br>)
,而f(x)在
[,]
上是减函数,所以
44
x
1
x
1
x
2
12. 3960。使2个a既不同行也不同列的填法有C
4
2
A
4
2
=72种,同样,使2
个b既不同行也 不同列的填法也有C
4
2
A
4
2
=72种,故由乘法原理, 这样的
填法共有72
2
种,其中不符合要求的有两种情况:2个a所在的方格内都填< br>有b的情况有72种;2个a所在的方格内仅有1个方格内填有b的情况有
C
16
1
A
9
2
=16×72种。所以,符合题设条件的填法共有72
2
?72?16×72=3960种。

三、解答题(本题满分60分,每小题20分)
45
545
15
f (x)?f()?
,即f(x)在
[,]
上的最小值是。
5
45< br>44
2
n
1
1111
?(?)
,因此
an
?
13. 证明:由于,于是,对任意
?
n?1
k?1
k
k(n?1?k)n?1kn?1?k
11
n
11
n?1
1
的正整数n≥2,有
(a
n
?a
n?1
)?
?
?
?

2n?1
k?1
kn?2
k?1
k
nn
111111
?(?)
?
??(
?
?1)?0
,即a
n+1
n

n?1n?2
k?1k(n?1)(n?2)(n?1)(n?2)
k?1
k

14. 解: 设点M、N的坐标分别为(x
1
,y
1
)和(x
2
,y2
),曲线C在点M、N处的切线分别为l
1

l
2
, 其交点P的坐标为(x
p
,y
p
)。若直线l的斜率为k,则l的方程为y= kx+1。


1
?
y?x?
1
?
2
由方程组
?
x
,消去y,得
x??kx?1
,即(k?1)x+x? 1=0。由题意知,该方程在(0,
x
?
y?kx?1
?
1
+∞)上有两个相异的实根x
1
、x
2
,故k≠1,且Δ=1+4(k?1) >0…(1),
x
1
?x
2
??0
…(2),
1? k
1311
x
1
x
2
??0
…(3),由此解得< br>?k?1
。对
y?x?
求导,得
y'?1?
2
,则< br>1?k4xx
111
y'|
x?x
1
?1?
2

y'|
x?x
2
?1?
2
,于是直线l
1的方程为
y?y
1
?(1?
2
)(x?x
1
)
,即
x
1
x
2
x
1
1112
y? (x
1
?)?(1?
2
)(x?x
1
)
,化简后得 到直线l
1
的方程为
y?(1?
2
)x?
…(4)。同x
1
x
1
x
1
x
1
121122?0
,理可求得直线l
2
的方程为
y?(1?
2
)x?
…(5)。(4)?(5)得
(
2
?
2
)x
p??
x
2
x
2
x
2
x
1
x< br>1
x
2
2x
1
x
2
因为x
1
≠x
2
,故有
x
p
?
…(6)。将(2)(3)两式代入 (6)式得x
p
=2。(4)+(5)得
x
1
?x
2
111111x
1
?x
2
2y
p
?(2?(
2< br>?
2
))x
p
?2(?)
…(7),其中
???1< br>,
x
1
x
2
x
1
x
2
x< br>1
x
2
x
1
x
2
2
11x
1
2
?x
2
(x
1
?x
2
)
2< br>?2x
1
x
2
x
1
?x
2
2
2
代入(7)
????()??1?2(1?k)?2k?1

222x
1
2
x
2
x
1
2
x
2x
1
2
x
2
x
1
x
2
x1
x
2
35
式得2y
p
=(3?2k)x
p< br>+2,而x
p
=2,得y
p
=4?2k。又由
?k?1

2?y
p
?
,即点P的轨迹为
42
(2,2),(2, 2.5)两点间的线段(不含端点)。

15. 证明:记
g(x)?
f( x)?f(?x)f(x)?f(?x)

h(x)?
,则f(x)=g(x)+h( x),且g(x)是
22
偶函数,h(x)是奇函数,对任意的x∈R,g(x+2π)=g( x),h(x+2π)=h(x)。令
f
1
(x)?
g
(
x
)?
g
(
x
?
π
)
2
?
h
(
x
)?
h
(
x
?
π
)
?
f
3
(x)?
?
2sinx
?
0
?< br>?
g
(
x
)?
g
(
x
?
π
)
?
2cosx
f
2
(x)?
?

?
0
?
?
h
(
x
)?
h
(x
?
π
)
x?
?
2sin2x
x?kπ

f
4
(x)?
?
?
x?kπ
0x?
?
π
2

π
x?kπ?
2

2
, 其中k为任意整

2
x?kπ?
数。
容易验证f
i(x),i=1,2,3,4是偶函数,且对任意的x∈R,f
i
(x+π)=f
i
(x),i=1,2,3,4。
下证对任意的x∈R,有f
1
(x)+f< br>2
(x)cosx=g(x)。当
x?kπ?
因为
f
1
(x)?f
2
(x)cosx?f
1
(x)?
ππ
时,显 然成立;当
x?kπ?
时,
22
g
(
x
)?
g
(
x
?
π
)
,而
2
3
π< br>3
πππ
g(x?π)?g(kπ?)?g(kπ??2(k?1)π)?g(?kπ? )?g(kπ?)?g(x)
,故对
2222
任意的x∈R,f
1
( x)+f
2
(x)cosx=g(x)。


下证对任意的x∈R,有f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin2x=h(x)。当
x?
时,显然成立;当x=kπ时,
2
h(x)=h(kπ)=h(kπ?2kπ )=h(?kπ)=?h(kπ),所以h(x)=h(kπ)=0,而此时f
3
(x)sin x+f
4
(x)sin2x=0,故
h(x)=f
3
(x)sinx +f
4
(x)sin2x;当
x?kπ?
π
时,
2
h(x?π)?h(kπ?
3
π
3
πππ
)?h(kπ??2(k ?1)π)?h(?kπ?)??h(kπ?)??h(x)
,故
2222
h
(
x
)?
h
(
x
?
π
)
f
3
(x)sinx??h(x)
,又f
4
(x)sin2x=0,从而有h (x)=f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin2x。
2
于是,对任意的x∈R,有f
3
(x)sinx+f
4
(x)sin2x= h(x)。综上所述,结论得证。












































2007年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案

一、(本题满分50分)
A
证明:
连结BP、CP、O
1
O
2
、EO
2
、EF、FO
1

因为PD⊥BC,PF⊥AB,
F
P
故B、D、P、F四点共圆,且BP为该圆的直径。
又因为O
1
是△BDF的外心,
故O
1
在BP上且是BP的中点。
O
1
同理可证C、D、 P、E四点共圆,且O
2
是的CP中
D
B
点。
综合以上知O
1
O
2
∥BC,
所以∠PO
2
O
1
=∠PCB。
因为AF·AB=AP·AD=AE·AC,
所以B、C、E、F四点共圆。
充分性:设P是△ABC的垂心,
由于PE⊥AC,PF⊥AB,
所以B、O
1
、P、E四点共线,
C、O
2
、P、F四点共线,
∠FO
2
O
1=∠FCB=∠FEB=∠FEO
1
,故O
1
、O
2
、 E、F四点共圆。
必要性:设O
1
、O
2
、E、F四点共圆,
故∠O
1
O
2
E+∠EFO
1
=180°。
由于∠PO
2
O
1
=∠PCB=∠ACB?∠ACP,
又因为O
2
是直角△CEP的斜边中点,也就是△CEP的外心,
所以∠PO
2
E=2∠ACP。
因为O
1
是直角△BFP的斜边中点,也就是△BFP的外心,
从而∠PFO
1
=90°?∠BFO
1
=90°?∠ABP。
因为B、C、E、F四点共圆,
所以∠AFE=∠ACB,∠PFE=90°?∠ACB。
于是,由∠O
1
O
2
E+∠EFO
1
=180°得
(∠ACB?∠ACP)+2∠ACP+(90°?∠ABP)+(90°?∠ACB)=180°,
即∠ABP=∠ACP。
又因为AB故BD设B'是点B关于直线AD的对称点,
则B'在线段DC上且B'D=BD。
连结AB'、PB'。由对称性,有∠AB'P=∠ABP,
从而∠AB'P=∠ACP,
所以A、P、B'、C四点共圆。
由此可知∠PB'B=∠CAP=90°?∠ACB。
因为∠PBC=∠PB'B,
故∠PBC+∠ACB=(90°?∠ACB)+∠ACB=90°,
故直线BP和AC垂直。
由题设P在边BC的高上,所以P是△ABC的垂心。


二、(本题满分50分)
解:最少要取出11个棋子,才可能满足要求。其原因如下:
如果一个方格在第i行第j列,则记这个方格为(i,j)。
第一步证明若任取10个棋子, 则余下的棋子必有一个五子连
E
O
2
B'C


珠,即五 个棋子在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连。用反证法。假设可取出10个
棋子,使余下的棋子没 有一个五子连珠。如图1,在每一行的前五格中必须各取出一个棋子,
后三列的前五格中也必须各取出一 个棋子。这样,10个被取出的棋子不会分布在右下角的
阴影部分。同理,由对称性,也不会分布在其他 角上的阴影部分。第1、2行必在每行取出
一个,且只能分布在(1,4)、(1,5)、(2,4)、 (2,5)这些方格。同理(6,4)、(6,5)、(7,4)、
(7,5)这些方格上至少要取出2 个棋子。在第1、2、3列,每列至少要取出一个棋子,分布
在(3,1)、(3,2)、(3,3)、 (4,1)、(4,2)、(4,3)、(5,1)、(5,2)、(5,3)所在区域,同理
(3,6 )、(3,7)、(3,8)、(4,6)、(4,7)、(4,8)、(5,6)、(5,7)、(5,8)所 在区域内至少取
出3个棋子。这样,在这些区域内至少已取出了10个棋子。因此,在中心阴影区域内不 能
取出棋子。由于①、②、③、④这4个棋子至多被取出2个,从而,从斜的方向看必有五子
连 珠了。矛盾。
图1 图2
第二步构造一种取法,共取走11个棋子,余 下的棋子没有五子连珠。如图2,只要取出有
标号位置的棋子,则余下的棋子不可能五子连珠。
综上所述,最少要取走11个棋子,才可能使得余下的棋子没有五子连珠。


三、(本题满分50分)
证明:定义集合A={
mk?1
|m∈N*,k∈P},其中N*为正整数集。

k?1
是无理数,则
i?1
对任意的k
1
、k
2
∈P和正整数m
1
、m
2

m
1
k
1
?1?m
2
k
2
?1
当且仅当m1
=m
2
,k
1
=k
2

由于对任 意k、i∈P且k≠i,
由于A是一个无穷集,现将A中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。
对于任意的正整数n,设此数列中第n项为
mk?1

下面确定n与m、k的关系。若
m
1
i?1?mk?1
,则
m
1
?m
k?1

i?1
?
?
k?1
?
?

i?1
?
由m
1
是正整数可知,对i=1,2,3,4,5,满足这个条件的m
1
的个数为
?
m
从而n=
?
k?1
?
m??
=f(m,k)。
?
i?1
?
i?1
?
5
因此对任意n∈N*,存在m∈N*,k∈P,使得f(m,k)=n。

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