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2002年全国高中数学联赛试题及答案


2002 年全国高中数学联合竞赛 试题参考答案及评分标准
说明: 1. 评阅试卷时,请依据本评分标准,选择题只设 6 分的 0 分两档,填空题只设 9 分和 0 分两档,其它各 题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再啬其他中间档次。 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时请参照本评分标准适当档次 评分,可以 5 分为一个

档次,不要再增加其它中间档次。 一、 选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1、 函数 f(x)= log 1 ( x ? 2 x ? 3) 的单调递增区间是
2 2

(A) (-∞,-1)

(B) (-∞,1)
2

(C) (1,+∞)

(D) (3,+∞)

解:由 x2-2x-3>0 ? x<-1 或 x>3,令 f(x)= log 1 u , u= x2-2x-3,故选 A 2、 若实数 x, y 满足(x+5) +(y?12) =14 ,则 x +y2 的最小值为 (A) 2 解:B 3、 函数 f(x)= (B) 1 (C)
2 2 2 2

3

(D)

2

x x ? x 2 1? 2
(B) 是奇函数但不是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数

(A) 是偶函数但不是奇函数 (C) 既是奇函数又是偶函数 解:A 4、 直线

x y x2 y2 ? ? 1 椭圆 ? ? 1 相交于 A,B 两点,该圆上点 P,使得⊿PAB 面积等于 3,这样的点 4 3 16 9
(B) 2 个 (C) 3 个 (D) 4 个

P 共有 (A) 1 个

解:设 P1(4cos?,3sin?) (0<?< S= S ?OAP1

? ),即点 P1 在第一象限的椭圆上,如图,考虑四边形 P1AOB 的面积 S。 2 1 1 ? ? S ?OBP1 = ? 4 ? 3 sin ? ? ? 3 ? 4 cos ? =6(sin?+cos?)= 6 2 sin(? ? ) 2 2 4
y B O P1 A x

∴Smax=6 2 ∵S⊿OAB=6 ∴ ( S ?P1 AB ) max ? 6 2 ? 6 ∵ 6 2 ? 6 <3

∴点 P 不可能在直线 AB 的上方,显然在直线 AB 的下方有两个点 P,故选 B 5、 已知两个实数集合 A={a1, a2, … , a100}与 B={b1, b2, … , b50}, 若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中的每一个 元素都有原象,且 f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100),则这样的映射共有
50 (A) C100 50 (B) C 90 49 (C) C100 49 (D) C 99

解:不妨设 b1<b2<…<b50,将 A 中元素 a1, a2, … , a100 按顺序分为非空的 50 组,定义映射 f:A→B,使得
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第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi (i=1,2,…,50),易知这样的 f 满足题设要求,每个这样的分组都一一对应 满足条件的映射,于是满足题设要求的映射 f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等,而 A 的分
49 49 法数为 C 99 ,则这样的映射共有 C 99 ,故选 D。

6、 由曲线 x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为 V1, 满足 x2+y2≤16, x2+(y-2)2≥4, x2+(y+2)2≥4 的点(x,y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V2,则 (A) V1=

1 V2 2

(B) V1=

2 V2 3

(C) V1=V2 y 4

(D) V1=2V2 4 y

解:如图,两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹在 两相距为 8 的平行平面之间, 用任意一个与 y 轴 垂直的平面截这两个旋转体, 设截面与原点距离 为|y|,则所得截面面积 ∵S1=?(42?4|y|) , S2=?(42?y2)??[4?(2?|y|)2]=?(42?4|y|) ∴ S1=S2 由祖暅原理知,两个几何体体积相等。故远 C。 二、 填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)

-4

o -4

4 x

-4

o

4 x

-4

7、 已知复数 Z1,Z2 满足|Z1|=2, |Z2|=3,若它们所对应向量的夹角为 60°,则

z1 ? z 2 = z1 ? z 2



解:由余弦定理得|Z1+Z2|= 19 , |Z1?Z2|= 7 ,

z1 ? z 2 133 = z1 ? z 2 7

8、 将二项式 ( x ? 是整数的项共有

1 2 x
4

) n 的展开式按 x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该展开式中 x 的指数
个。

解:不难求出前三项的系数分别是 1, ∵2?

1 1 n, n(n ? 1) , 2 8
P2

P1

1 1 n ? 1 ? n(n ? 1) 2 8
r

P4 P3

∴当 n=8 时, Tr ?1 ? C n ( ) x
r

1 2

16 ?3r 4

(r=0,1,2,…,8)

P10 P5

P7

P9 P6

∴r=0,4,8,即有 3 个 P8 9、 如图,点 P1,P2,…,P10 分别是四面体点或棱的中点,那么在同 一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1<i<j<k≤10)有 个。 解: 首先, 在每个侧面上除 P1 点外尚有五个点, 其中任意三点组添加点 P1 后组成的四点组都在同一个平面,
3 3 这样三点组有 C5 个,三个侧面共有 3 C5 个。

其次,含 P1 的每条棱上三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上,这 样的四点组有 3 个
3 ∴共有 3 C5 +3=33 个

10、 已知 f(x)是定义在 R 上的函数,f(1)=1 且对任意 x∈R 都有 f(x+5)≥f(x)+5 f(x+1)≤f(x)+1
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若 g(x)=f(x)+1?x,则 g(2002)= 。 解:由 g(x)=f(x)+1?x 得 f(x)=g(x)+ x ?1 ∴g(x+5)+(x+5)?1≥g(x)+(x?1)+5 g(x+1)+(x+1)?1≤g(x)+(x?1)+5 ∴g(x+5)≥g(x), g(x+1)≤g(x) ∴g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x) ∴g(x+1)=g(x) ∴T=1 ∵g(1)=1 ∴g(2002)=1 11、 若 log4 ( x ? 2 y) ? log4 ( x ? 2 y) ? 1 ,则|x|?|y|的最小值是 。

?x ? 2 y ? 0 ? x ? 2 | y |? 0 ? ?? 2 解: ? x ? 2 y ? 0 2 ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ? x ? 4 y ? 4 ?
由对称性只考虑 y≥0,因为 x>0,所以只须求 x?y 的最小值。 令 x?y=u 代入 x2?4y2=4 中有 3y2?2uy+(4?u2)=0 ∵y∈R ∴⊿≥0 ? u ? 3 ∴当 x ?

4 3 时,u= 3 ,故|x|?|y|的最小值是 3 3, y ? 3 3


12、 使不等式 sin2x+acosx+a2≥1+cosx 对一切 x∈R 恒成立的负数 a 的取值范围是 解:∵sin2x+acosx+a2≥1+cosx ∴ (cos x ? ∵a<0, ∴当 cosx=1 时,函数 y ? (cos x ? ∴ (1 ?

a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ? a2 ? 2 4
a ?1 2 a ?1 2 ) 有最大值 (1 ? ) 2 2

a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ? a2 ? ? a2+a-2≥0 ? a≤-2 或 a≥1 2 4

∵a<0 ∴负数 a 的取值范围是(-∞,2] 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13、 已知点 A(0,2)和抛物线 y=x2+4 上两点 B、C 使得 AB⊥BC,求点 C 的纵坐标的取值范围。 解:设 B 点坐标为 B(y12?4,y1),C 点坐标为 C(y2?4,y) 显然 y12?4≠0,故 k AB ? ∵AB⊥BC ∴KBC= ?(y1+2)

y1 ? 2 1 ? 2 y1 ? 4 y1 ? 2

…………5 分

第 3 页 共 9 页

∴?

2 ? ? y ? y1 ? ?( y1 ? 2)[x ? ( y1 ? 4)] 2 ? ?y ? x ? 4

?(2+y1)(y+y1)+1=0 ?y12+(2+y)y1+(2y+1)=0

…………10 分

∵y1∈R ∴⊿≥0 ? y≤0 或 y≥4 …………15 分 ∴当 y=0 时,点 B 的坐标为(-3,-1);当 y=4 时,点 B 的坐标为(5,?3),均满足题意。 故点 C 的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞) 14、 如图,有一列曲线 P0, P1, P2, ……,已知 P0 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形,Pk+1 是对 Pk 进行 如下操作得到的:将 Pk 的每条边三等分,以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间 部分的线段去掉(k=0,1,2,3,…),记 Sn 为曲线 Pk 所围成图形面积。 ①求数列{Sn}的通项公式;②求 lim S n 。
n??

P0 P1 P2

解:①对 P0 进行操作,容易看出 P0 的每条边变成 P1 的 4 条边,故 P1 的边数为 3×4;同样,对 P1 进行操作, 2 P1 的每条边变成 P2 的 4 条边,故 P2 的边数为 3×4 ,从而不难得到 Pn 的边数为 3×4n …………5 分 已知 P0 的面积为 S0=1,比较 P1 与 P0,容易看出 P1 在 P0 的每条边上增加了一个小等边三角形,其面 积为

1 1 1 ,而 P0 有 3 条边,故 S1=S0+3× 2 =1+ 2 3 3 3 1 1 × 2 ,而 P1 2 3 3

再比较 P2 与 P1,容易看出 P2 在 P1 的每条边上增加了一个小等边三角形,其面积为 有 3×4 条边,故 S2=S1+3×4×
2

1 1 4 =1+ + 3 4 3 3 3
…………5 分

1 1 4 42 类似地有:S3=S2+3×4 × 6 =1+ + 3 + 5 3 3 3 3
∴Sn= 1 ?

1 4 42 4 n?1 ? 3 ? 5 ? ? ? 2 n?1 3 3 3 3

=1+

3 n 4 k ?( ) 4 k ?1 9
(※) …………10 分

=

8 3 4 n ? ?( ) 5 5 9

下面用数学归纳法证明(※)式 当 n=1 时,由上面已知(※)式成立, 假设当 n=k 时,有 Sk=

8 3 4 k ? ?( ) 5 5 9
第 4 页 共 9 页

当 n=k+1 时,易知第 k+1 次操作后,比较 Pk+1 与 Pk,Pk+1 在 Pk 的每条边上增加了一个小等边三角形, 其面积为

1 3
2 ( k ?1)

,而 Pk 有 3×4k 条边。故 Sk+1=Sk+3×4k×

1 3
2 ( k ?1)

=

8 3 4 k ?1 ? ?( ) 5 5 9

综上所述,对任何 n∈N,(※)式成立。 ② lim S n ? lim[ ?
n ?? n ??

8 5

3 4 n 8 ?( ) ] ? 5 9 5

15、 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件: ①当 x∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且 f(x)≥x; ②当 x∈(0,2)时,f(x)≤ (

x ?1 2 ) 2

③f(x)在 R 上的最小值为 0。 求最大值 m(m>1),使得存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)≤x 解:∵f(x-4)=f(2-x) ∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ ?

b ? ?1 2a

b=2a

由③知当 x= ?1 时,y=0,即 a?b+c=0 由①得 f(1)≥1,由②得 f(1)≤1 ∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 2 1 1 ∴f(x)= x ? x ? 4 2 4
∴a= b= 假设存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)≤x 取 x=1 时,有 f(t+1)≤1 ?

1 4

…………5 分

1 1 1 (t+1)2+ (t+1)+ ≤1 ? ?4≤t≤0 4 2 4

对固定的 t∈[-4,0],取 x=m,有 f(t ?m)≤m

? (t+m)2+ (t+m)+ ≤m ?m2??(1?t)m+(t2+2t+1)≤0 ? 1 ? t ? ? 4t ≤m≤ 1 ? t ? ? 4t
∴m≤ 1 ? …………10 分 …………15 分

1 4

1 2

1 4

t

? 4t ≤ 1 ? (?4) ? ? 4 ? (?4) =9

当 t= -4 时,对任意的 x∈[1,9],恒有 f(x?4)?x=

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)≤0 4 4
…………20 分

∴m 的最大值为 9。 另解:∵f(x-4)=f(2-x) ∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ ?

b ? ?1 2a

b=2a

由③知当 x= ?1 时,y=0,即 a?b+c=0
第 5 页 共 9 页

由①得 f(1)≥1,由②得 f(1)≤1 ∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 2 1 1 1 ∴f(x)= x ? x ? = (x+1)2 4 2 4 4 1 由 f(x+t)= (x+t+1)2≤x 在 x∈[1,m]上恒成立 4
∴a= b= ∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0 当 x∈[1,m]时,恒成立 令 x=1 有 t2+4t≤0 ? ?4≤t≤0 令 x=m 有 t2+2(m+1)t+(m-1)2≤0 当 t∈[-4,0]时,恒有解 令 t= ?4 得,m2?10m+9≤0 ? 1≤m≤9 即当 t= ?4 时,任取 x∈[1,9]恒有 f(x-4)-x= ∴ mmin=9

1 4

…………5 分

…………10 分 …………15 分

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)≤0 4 4
…………20 分

2002 年全国高中数学联合竞赛加试试题 参考答案及评分标准
说明: 1. 评阅试卷时,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分; 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,评卷时可参考本评分标准适当划 分档次评分,可以 10 分为一个档次,不要再增加其它中间档次。 一、 (本题满分 50 分) 如图,在⊿ABC 中,∠A=60°,AB>AC,点 O 是外心,两条高 BE、CF 交于 H 点,点 M、N 分别在线段 BH、HF 上,且满足 BM=CN,求

MH ? NH 的值。 OH
F N O K M

A

解:在 BE 上取 BK=CH,连接 OB、OC、OK, 由三角形外心的性质知 ∠BOC=2∠A=120° 由三角形垂心的性质知 ∠BHC=180°-∠A=120° ∴∠BOC=∠BHC ∴B、C、HO 四点共圆 ∴∠OBH=∠OCH OB=OC BK=CH ∴⊿BOK≌⊿COH ∵BOK=∠BOC=120°,∠OKH=∠OHK=30° 观察⊿OKH

H

E

…………20 分 …………30 分

B

C

KH OH ? ? KH= 3 OH sin 120 ? sin 30?
又∵ BM=CN,BK=CH,

…………40 分

第 6 页 共 9 页

∴ KM=NH ∴MH+NH=MH+KM=KH= 3 OH ∴

MH ? NH = 3 OH

…………50 分

二、 (本题满分 50 分) 实数 a,b,c 和正数?使得 f(x)=x3+ax2+bx+c 有三个实根 x1,x2,x3,且满足 ① x2?x1=?, ② x3>

1 (x1+x2) 2



2a 3 ? 27c ? 9ab

?

3

?

3 3 2

解:∵ ∴ ∵ ∴

f(x)=f(x)?f(x3)=(x?x3)[x2+(a+x3)x+x32+ax3+b] x1,x2 是方程 x2+(a+x3)x+x32+ax3+b 的两个根 x2?x1=? (a+x)2?4(x32+ax3+b)=???? ?3x32+2ax3+?2+4b?a2=0

∵x3>

1 (x1+x2) 2 1 2 2 ∴ x3 ? [? a ? 4a ? 12b ? 3? ] 3
且 4a2?12b-3?2≥0 ∵ f(x)=x3+ax2+bx+c = (x ? ∵ f(x3)=0 ∴

(Ⅰ) (Ⅱ) …………10 分

a 3 a2 a 2 3 1 ) ? ( ? b)(x ? ) ? a ? c ? ab 3 3 3 27 3

…………20 分

1 2 a a2 a ab ? a 3 ? c ? ? ( x3 ? ) 3 ? ( ? b)(x3 ? ) 3 27 3 3 3

(Ⅲ)

a 1 2 3 a2 ?2 2 2 由(Ⅰ)得 x3 ? ? 4a ? 12b ? 3? ] ? ?b? 3 3 3 3 4
记 p=

a2 ?2 1 2 2 3 ? b ,由(Ⅱ) 和(Ⅲ)可知 p≥ 且 ab ? a 3 ? c? ? 4 3 3 27 9

p?

?2
4

( p ? ?2 )

令 y=

p?

?2
4

,则 y≥0 且 ab ?

1 3

2 3 2 3 3 a ? c? ? y ( y 2 ? ?2 ) 27 9 4

…………30 分

3?2 ?2 3?2 ? 3 3?2 ? 3 y? y?( ) ? ? ∵ y ? =y ? 4 4 4 2 4 2
3

=(y ? ≥0

?
2

)2 ( y ? ?)

第 7 页 共 9 页

∴ ab ?

1 3

2a 3 ? 27c ? 9ab 3 3 2 3 3 3 ? a ?c ? ? ? ? 2 27 18 ?3

…………40 分

∴取 a=2 3 ,b=2,c=0,?=2,则 f(x)=x3+ax2+bx+c 有根 ? 3 ? 1 , ? 3 ? 1 ,0 显然假设条件成立,且

2a 3 ? 27c ? 9ab

?

3

1 3 3 ? (48 3 ? 36 3 ) ? 8 2
的最大值是

综上所述

2a 3 ? 27c ? 9ab

?

3

3 3 2

…………50 分

三、 (本题满分 50 分) 在世界杯足球赛前,F 国教练为了考察 A1,A2,…,A7 这七名,准备让他们在三场训练比赛(每场 90 分钟) 都上场,假设在比赛的任何时刻,这些中有且仅有一人在场上,并且 A1,A2,A3,A4 每人上场的总时间(以分 钟为单位)均被 13 整除,如果每场换人次数不限,那么按每名队员上场的总时间计算,共有多少种不同的 情况。 解:设第 i 名队员上场的时间为 xi 分钟(i=1,2,3,…,7),问题即求不定方程 x1+x2+…+x7=270 ① 在条件 7|xi (1≤i≤4)且 13|xj (5≤j≤7)下的正整数解的级数。 若(x1,x2,…,x7)是满足条件①的一组正整数解,则应有

? xi =7m
i ?1

4

?x
j ?5

7

j

=13n

m,n∈N

∴m,n 是不定方程 7m+13n=270 ② 在条件 m≥4 且 n≥3 下的一组正整数解。 …………10 分 ∵ 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m′=m ?4 n′=n ?3 有 7m′+13n′=270 ③ ∴ 求②满足条件 m≥4 且 n≥3 的正整数解等价于求③的非负整数解。 ∵易观察到 7·2+13·(-1)=1 ∴ 7·406+13·(-203)=203 即 m0=406 n0= ?203 是③的整数解 ∴ ③的整数通解为 m′=406 ?13k n′= ?203+7k k∈Z 令 m′≥0 n′≥0,解得 29≤k≤31 …………20 分 取 k=29,30,31 得到③满足条件的三组非负整数解:

?m? ? 29 ? ?n ? ? 0 ?m ? 33 ? ?n ? 3

?m? ? 16 ? ?n ? ? 7 ?m ? 20 ? ?n ? 10

?m? ? 3 ? ?n? ? 14 ?m ? 7 ? ?n ? 17

从而得到②满足条件的三组正整数解: …………30 分

1)在 m=33,n=3 时,显然 x5=x6=x7=13 仅有一种可能,
第 8 页 共 9 页

4?1 3 又设 xi=7yi (i=1,2,3,4),于是由不定方程 y1+y2+y3+y4=33 有 C33 ?1 ? C32 ? 4960组正整数解。 3 ∴此时①有满足条件的 C 32 =4960 组正整数解。

2)在 m=20,n=10 时,设 xi=7yi (i=1,2,3,4),xj=13yj (j=5,6,7)
3 2 由 y1+y2+y3+y4=20,有 C19 组正整数解;以及 y5+y6+y7=10,有 C9 组正整数解。 3 2 ∴此时①有满足条件的 C19 =34884 组正整数解。 ? C9

3) 在 m=7,n=17 时,设 xi=7yi (i=1,2,3,4),xj=13yj (j=5,6,7)
2 3 由 y1+y2+y3+y4=7,有 C6 组正整数解;以及 y5+y6+y7=17,有 C16 组正整数解。…………40 分

综上所述,①满足条件的正整数解的组数为
3 3 3 3 2 =4960+34884+2400=42244 C32 ? C19 ? C9 ? C6 ? C16

…………50 分

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