?2023屆浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題

一、單選題
1．設(shè)全集，集合，則（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解不等式后由補(bǔ)集與交集的概念求解
【詳解】由題意得，則，
故選：C
2．若 （為虛數(shù)單位），則（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法先求，然后可得.
【詳解】因?yàn)?，所以?br /> 所以.
故選：A
3．已知邊長為3的正，則（????）
A．3 B．9 C． D．6
【答案】D
【分析】由數(shù)量積的運(yùn)算律化簡后求解
【詳解】由題意得，
故，
故選：D
4．直三棱柱的各個(gè)頂點(diǎn)都在同一球面上，若，則此球的表面積為（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】通過已知條件求出底面外接圓的半徑，設(shè)此圓圓心為，球心為，在中，求出球的半徑，然后求出球的表面積.
【詳解】如圖所示，三角形的外心是，外接圓半徑，
在中，，，

可得，
由正弦定理，，
可得外接圓半徑，
設(shè)球心為，連接，，，
在中，求得球半徑，
此球的表面積為．
故選：B．
5．在新高考改革中，浙江省新高考實(shí)行的是7選3的模式，即語數(shù)外三門為必考科目，然后從物理、化學(xué)、生物、政治、歷史、地理、技術(shù)（含信息技術(shù)和通用技術(shù)）7門課中選考3門.某校高二學(xué)生選課情況如下列聯(lián)表一和列聯(lián)表二（單位:人）

選物理
不選物理
總計(jì)
男生
340
110
450
女生
140
210
350
總計(jì)
480
320
800
表一

選生物
不選生物
總計(jì)
男生
150
300
450
女生
150
200
350
總計(jì)
300
500
800
表二

試根據(jù)小概率值的獨(dú)立性檢驗(yàn)，分析物理和生物選課與性別是否有關(guān)（????）
附:

















A．選物理與性別有關(guān)，選生物與性別有關(guān)
B．選物理與性別無關(guān)，選生物與性別有關(guān)
C．選物理與性別有關(guān)，選生物與性別無關(guān)
D．選物理與性別無關(guān)，選生物與性別無關(guān)
【答案】C
【分析】結(jié)合題干數(shù)據(jù)，以及公式，分別計(jì)算物理和生物學(xué)科的值，與比較，分析即得解
【詳解】由題意，先分析物理課是否與性別有關(guān)：
根據(jù)表格數(shù)據(jù)，

結(jié)合題干表格數(shù)據(jù)，，
因此，有充分證據(jù)推斷選擇物理學(xué)科與性別有關(guān)
再分析生物課是否與性別有關(guān)：
根據(jù)表格數(shù)據(jù)，

結(jié)合題干表格數(shù)據(jù)，，
因此，沒有充分證據(jù)推斷選擇生物學(xué)科與性別有關(guān)
故選：C
6．等比數(shù)列的公比為q，前n項(xiàng)和為，則以下結(jié)論正確的是（????）
A．“q0”是“為遞增數(shù)列”的充分不必要條件
B．“q1”是“為遞增數(shù)列”的充分不必要條件
C．“q0”是“為遞增數(shù)列”的必要不充分條件
D．“q1”是“為遞增數(shù)列”的必要不充分條件
【答案】C
【分析】等比數(shù)列為遞增數(shù)列，有兩種情況，或，從而判斷出答案.
【詳解】等比數(shù)列為遞增數(shù)列，則，或，
所以等比數(shù)列為遞增數(shù)列，
但時(shí)，等比數(shù)列不一定為遞增數(shù)列
所以“q0”是“為遞增數(shù)列”的必要不充分條件.
故選：C
7．若，，，則（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先將化簡，然后分別對，和，進(jìn)行作差，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷出構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性，通過單調(diào)性對作差結(jié)果的正負(fù)進(jìn)行判斷，從而比較出大小.
【詳解】∵
∴
令
則，易知在區(qū)間單調(diào)遞增，，
∴在區(qū)間單調(diào)遞增，
又∵
∴，即，
∴

令
則，當(dāng)時(shí)，，
∴在區(qū)間單調(diào)遞增，
又∵
∴，即，
∴，
綜上所述，，，之間的大小關(guān)系為.
故選：A.
8．我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中記載的“芻?”指底面為矩形.頂部只有一條棱的五面體.如圖，五面體是一個(gè)“芻?”，其中是正三角形， ， ，則該五面體的體積為（????）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據(jù)五面體特征利用線面平行的判定以及性質(zhì)定理證明平面,進(jìn)而說明該幾何體可以被分割為直棱柱和兩個(gè)相同的四棱錐、 ,進(jìn)而求得相關(guān)線段的長，根據(jù)體積公式即可求得答案.
【詳解】由題意知,平面,平面,
所以平面,又平面平面,平面,
所以,而平面,平面,故平面,
設(shè)中點(diǎn)為G，連接，故,由于,
則四邊形為平形四邊形，則,
因?yàn)?，所?
由已知可得,而是正三角形，
則 ,所以,又,則為等邊三角形，

作,垂足為M,則 ,作 ,垂足為H,
則 ,
則分別過點(diǎn)作的平行線，交于,連接,
則,又平面,
所以平面,同理平面,
由于是正三角形，平面，
故五面體可分割為直棱柱和兩個(gè)相同的四棱錐、 ,
由于是正三角形，平面,則處于過的中點(diǎn)連線且和底面垂直的平面內(nèi)，
即五面體的兩側(cè)面是全等的梯形，故,
由于,
由于棱柱為直棱柱，可知平面平面,
則四棱錐的高即為的底邊上的高，為，
所以該五面體的體積為,
故選:D
【點(diǎn)睛】本題考查了不規(guī)則幾何體的體積的求法，考查了空間線面的位置關(guān)系，綜合性強(qiáng)，解答時(shí)要充分發(fā)揮空間想象能力，明確線面的位置關(guān)系，進(jìn)而進(jìn)行相關(guān)計(jì)算.

二、多選題
9．下列命題中正確的是（????）
A．函數(shù)的周期是
B．函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱
C．函數(shù)在上是減函數(shù)
D．函數(shù)的最大值為
【答案】AD
【分析】A：根據(jù)正弦型函數(shù)的周期公式進(jìn)行求解即可；
B：根據(jù)余弦型函數(shù)的對稱性的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可
C：利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解判斷即可；
D：根據(jù)誘導(dǎo)公式，結(jié)合余弦弦型函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解判斷即可.
【詳解】A：由正弦型函數(shù)的周期公式可知：該函數(shù)的周期為，故本命題是真命題；
B：，令：，
，所以不是該函數(shù)的對稱軸，因此本命題是假命題；
C：，由，
即，所以該函數(shù)在上是增函數(shù)，所以本命題是假命題；
D：
，顯然該函數(shù)的最大值為，因此本命題是真命題，
故選：AD
10．拋物線的焦點(diǎn)為，過的直線交拋物線于兩點(diǎn)，點(diǎn)在拋物線上，則下列結(jié)論中正確的是（????）
A．若，則的最小值為4
B．當(dāng)時(shí)，
C．若，則的取值范圍為
D．在直線上存在點(diǎn)，使得
【答案】BC
【分析】對A，根據(jù)拋物線的定義轉(zhuǎn)化求解最小值即可；對B，根據(jù)拋物線的定義，結(jié)合三角函數(shù)關(guān)系可得直線傾斜角，再根據(jù)拋物線焦點(diǎn)弦長公式求解即可；對C，根據(jù)拋物線的定義可得，再分析臨界條件求解即可；對D，
【詳解】對A，如圖，由拋物線的定義，的長度為到準(zhǔn)線的距離，故的最小值為與到準(zhǔn)線距離之和，故的最小值為到準(zhǔn)線距離 ，故A錯(cuò)誤；

對B，不妨設(shè)在第一象限，分別過作準(zhǔn)線的垂線，垂足，作.則根據(jù)拋物線的定義可得，故
.
故，所以.故B正確；

對C，過作垂直于準(zhǔn)線，垂足為，則，由圖易得，故隨的增大而增大，當(dāng)時(shí)在點(diǎn)處，此時(shí)取最小值1；當(dāng)與拋物線相切時(shí)最大，此時(shí)設(shè)方程，聯(lián)立有，，此時(shí)解得，不妨設(shè)則方程，此時(shí)傾斜角為，.
故的取值范圍為，故C正確；

對D， 設(shè)，中點(diǎn)，故到準(zhǔn)線的距離，又，故，故以為直徑的圓與準(zhǔn)線相切，又滿足的所有點(diǎn)在以為直徑的圓上，易得此圓與無交點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；

故選：BC
11．如圖，是圓O的直徑，與圓O所在的平面垂直且，為圓周上不與點(diǎn)重合的動點(diǎn)，分別為點(diǎn)A在線段上的投影，則下列結(jié)論正確的是（????）

A．平面平面
B．點(diǎn)在圓上運(yùn)動
C．當(dāng)?shù)拿娣e最大時(shí)，二面角的平面角
D．與所成的角可能為
【答案】ABC
【分析】通過圓的性質(zhì)和已知證明平面PBC，然后由面面垂直判定定理可判斷A；利用已知證明平面AMN，再由平面PBC可得，然后可判斷B；利用和基本不等式可得的面積最大時(shí)，然后可判斷C；利用線面角是直線和平面內(nèi)任意直線所成角中最小角可判斷D.
【詳解】因?yàn)槠矫鍭BC，平面ABC，所以，
又AC為圓O的直徑，所以
又因?yàn)槠矫鍼AB，平面PAB，，所以平面PAB，
又平面PAB，所以
因?yàn)?，，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
因?yàn)槠矫鍭NM，所以平面平面，A正確；
因?yàn)槠矫鍼BC，平面PBC，所以，
又，，平面AMN，平面AMN，
所以平面AMN，所以點(diǎn)N在PC的中垂面內(nèi)，
因?yàn)槠矫鍭NM，所以，所以點(diǎn)N在以AM為直徑的圓上，故B正確；
因?yàn)?，，所以M為PC的中點(diǎn)，所以，
所以，所以，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立，，
由上知，平面AMN，平面AMN，所以，
又，所以為二面角的平面角，故C正確；
由上可知，直線PA與平面AMN所成角為，又平面ANM，
所以與所成的角大于等于，即大于等于，故D錯(cuò)誤.
故選：ABC
12．已知函數(shù)，其中實(shí)數(shù)，點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（????）
A．必有兩個(gè)極值點(diǎn)
B．當(dāng)時(shí)，點(diǎn)是曲線的對稱中心
C．當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)可以作曲線的2條切線
D．當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)可以作曲線的3條切線
【答案】ABD
【分析】對求導(dǎo)，得到的單調(diào)性，判斷的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)可判斷A；當(dāng)時(shí)，計(jì)算可判斷B；當(dāng)時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為，求出過點(diǎn)的切線方程，通過求可判斷C；設(shè)切點(diǎn)為，求出過點(diǎn)的切線方程，令所以過點(diǎn)可以作曲線的切線條數(shù)轉(zhuǎn)化為與圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即可判斷D.
【詳解】對于A，，
令，解得：或，
因?yàn)?，所以令，得或?br /> 令，得，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以在處取得極大值，在處取得極小值.
所以A正確；
對于B，當(dāng)時(shí)，，
，
，所以點(diǎn)是曲線的對稱中心，所以B正確；
對于C，當(dāng)時(shí)，，令，
，設(shè)切點(diǎn)為，
所以在點(diǎn)處的切線方程為：，
又因?yàn)榍芯€過點(diǎn)，所以，
化簡得：，，
所以過點(diǎn)不可以作曲線的切線，所以C不正確；
對于D，，設(shè)切點(diǎn)為，
所以在點(diǎn)處的切線方程為：，
又因?yàn)榍芯€過點(diǎn)，所以，
解得：，令
所以過點(diǎn)可以作曲線的切線條數(shù)轉(zhuǎn)化為與圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù).
,
則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
，如下圖所示，

當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)可以作曲線的3條切線.
故D正確.
故選：ABD.

三、填空題
13．已知直線與圓相切，則______.
【答案】
【分析】根據(jù)直線與圓相切，圓心到直線的距離等于半徑即可求解.
【詳解】由點(diǎn)到直線的距離公式可得，
故答案為：
14． 的展開式中不含的各項(xiàng)系數(shù)之和______.
【答案】128
【分析】對每一個(gè)括號利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式進(jìn)行展開，展開后對每一項(xiàng)進(jìn)行合并，合并后使得項(xiàng)冪次為0，確定項(xiàng)數(shù)后即可得到答案.
【詳解】利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式進(jìn)行展開，設(shè)項(xiàng)為，項(xiàng)為，項(xiàng)為.
展開后得對每一項(xiàng)進(jìn)行合并得 ，因?yàn)檎归_式中不含，所以，又得取值為，得取值為，故得.
代入展開式得，又得取值為，分別帶入后各項(xiàng)系數(shù)之和為.
故答案為：128
15．已知偶函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，記,不恒等于0，且 ，則______.
【答案】0
【分析】偶函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為奇函數(shù)，再根據(jù)周期性求解.
【詳解】因?yàn)槭桥己瘮?shù)，定義域?yàn)椋?br /> 所以為奇函數(shù)且定義域?yàn)椋?br /> 又，，
所以，即，
所以周期為2，
所以=，
所以，
所以，即.
故答案為：0
16．已知橢圓，點(diǎn)，過點(diǎn)的直線與橢圓相交于兩點(diǎn)，直線的斜率分別為，則的最大值為______.
【答案】
【分析】從直線斜率為和不為兩個(gè)方面取討論.斜率為時(shí)，分別為橢圓左、右頂點(diǎn)，可直接求;斜率不為時(shí)，設(shè)出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去，得到關(guān)于的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系、直線的斜率公式與直線方程化簡的式子，通過分析的正負(fù)，再根據(jù)基本不等式即可得到的最值.
【詳解】當(dāng)直線的斜率為時(shí)，分別為橢圓左、右頂點(diǎn)，則
當(dāng)直線的斜率不為時(shí)，設(shè)直線的方程為，點(diǎn)，
由消去，整理得.
.


當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得等號.
此時(shí)，.
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得等號.
此時(shí)，.
綜上可知，的最大值為：

故答案為：1.

四、解答題
17．在①且，②且，③正項(xiàng)數(shù)列滿足這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并給出解答.問題:已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且______?
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式:
(2)求證：.
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）選擇條件①或選擇條件③，根據(jù)與的關(guān)系，得遞推關(guān)系式，再求解數(shù)列的通項(xiàng)公式即可；選擇條件②，根據(jù)條件得是隔項(xiàng)等差數(shù)列，按照等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求解即可；
（2）由（1）得，按照裂項(xiàng)求和之和即可證明不等式成立.
【詳解】(1)解：（1）選擇①
當(dāng)時(shí)，，
，
兩式作差得：，
整理得，
所以為常數(shù)列，因此，
所以.
選擇②
得，

兩式相減得，即數(shù)列為隔項(xiàng)等差數(shù)列，且公差為，
當(dāng)時(shí)，，又，則，
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，
綜合得：；
選擇③
又，得.
當(dāng)時(shí)，，

兩式相減得：，即.
又因?yàn)?，所以，故為公差?的等差數(shù)列，
得.
(2)證明：由（1）可得
所以



因?yàn)?br /> 所以
因此.
18．記的內(nèi)角的對邊分別為，已知.
(1)的值;
(2)若b=2，當(dāng)角最大時(shí)，求的面積.
【答案】(1)0
(2)

【分析】（1）由正弦定理結(jié)合得到，推導(dǎo)出；
（2）方法一：根據(jù)，結(jié)合第一問中的結(jié)論，結(jié)合基本不等式求出當(dāng)時(shí)A取到最大值，由正弦定理求出，利用三角形面積公式求出答案；
方法二：根據(jù)，利用余弦定理得到，利用角A的余弦定理，結(jié)合基本不等式求出A取到最大值為，此時(shí)，利用三角形面積公式求出答案.
【詳解】(1)∵，由正弦定理得：，
∵，
∴，
∴，
方程兩邊同時(shí)除以得：
∴，
(2)方法一：∵


當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號成立，此時(shí)A取到最大值.
∵，
∴，
則，
由正弦定理得：，即，解得：，
∴當(dāng)A最大時(shí)，
方法二：∵，
∴，
∴，
∴，
∴
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號成立，此時(shí)A取到最大值為，
∵，
∴，
∴當(dāng)A最大時(shí)，
19．如圖，在四棱錐平面平面，底面是平行四邊形，.

(1)求證：
(2)求平面與平面的夾角的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理得面，再由線面垂直的判定定理證面，再由線面垂直的性質(zhì)定理證明
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由空間向量求解
【詳解】(1)∵∴又底面是平行四邊形∴，
面面，面面.∴面，
故從而，故為正三角形.
取中點(diǎn)O，連接，則，
，面，面，從而面.面
故.

(2)（法一）：
如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則，
設(shè)由得解得，
，，
設(shè)面得法向量為，則即，
取
又面的法向量是，∴
故平面與平面的夾角為.

（法二）由（1）可知，故.又，
得.故，即.
如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則

以下步驟同法一.
（法三）由（1）可知，故.又，
得.故，即.
設(shè)平面平面，
∵面面，
∴面，
又面，平面平面，
∴

過點(diǎn)P作交的延長線于點(diǎn)H，連接，因平面平面，
故面，且
∵，易得，
又，∴，
∴即為平面與平面的夾角.
在中，，得.
故平面與平面的夾角為.
20．甲，乙兩位同學(xué)組隊(duì)去參加答題拿小豆的游戲，規(guī)則如下：甲同學(xué)先答2道題，至少答對一題后，乙同學(xué)才有機(jī)會答題，同樣也是兩次機(jī)會.每答對一道題得10粒小豆.已知甲每題答對的概率均為，乙第一題答對的概率為，第二題答對的概率為.若乙有機(jī)會答題的概率為.
(1)求;
(2)求甲，乙共同拿到小豆數(shù)量的分布列及期望.
【答案】(1)
(2)分布列見解析，

【分析】（1）用對立事件求概率公式進(jìn)行求解；
（2）求出的可能取值，及對應(yīng)的概率，從而求出分布列，計(jì)算出數(shù)學(xué)期望.
【詳解】(1)由已知得，當(dāng)甲至少答對1題后，乙才有機(jī)會答題.
所以乙有機(jī)會答題的概率為，
解得；
(2)X的可能取值為0，10，20，30，40；





所以X的分布列為：
X
0
10
20
30
40
P






.
21．已知點(diǎn)在雙曲線上.
(1)求雙曲線的漸近線方程;
(2)設(shè)直線與雙曲線交于不同的兩點(diǎn)，直線分別交直線于點(diǎn).當(dāng)?shù)拿娣e為時(shí)，求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由雙曲線的性質(zhì)求解，
（2）由兩點(diǎn)坐標(biāo)表示，聯(lián)立直線與雙曲線方程，由韋達(dá)定理化簡，再由列方程求解
【詳解】(1)將點(diǎn)代入方程，解得，
所以雙曲線C的方程為，漸近線方程為；
(2)聯(lián)立，整理得，由題意，
得且，設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)分別為，由韋達(dá)定理得，
直線的方程為，令，得，即，同理可得，
，


，
所以的面積，即，
解得或，又且，所以k的值為.
22．已知函數(shù)與函數(shù)
(1)若，求的取值范圍;
(2)若曲線與軸有兩不同的交點(diǎn)，求證:兩條曲線與共有三個(gè)不同的交點(diǎn).
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）由函數(shù)化簡得，然后采用分離常數(shù)的方法轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值求解即可.
（2）根據(jù)題設(shè)先證兩條曲線與曲線相交于兩個(gè)交點(diǎn)，再構(gòu)造新函數(shù)來證明這兩曲線還有除這兩交點(diǎn)外的第3個(gè)交點(diǎn)，即證兩條曲線與共有三個(gè)不同的交點(diǎn).
【詳解】(1)即
若則不等式恒成立
若由得
令則
在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減
∴即
∴a的取值范圍是
(2)若曲線與x軸有兩不同的交點(diǎn)，即函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，
，不妨設(shè)，由（1）可得到.
，則，即.
同理：由得，從而曲線與曲線已經(jīng)相交于兩個(gè)交點(diǎn).
下面證明這兩條曲線還有一個(gè)交點(diǎn)：
令，則
令
關(guān)于t單調(diào)遞增，
令
∴存在，使在遞減，在遞增，
又，
∴有兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)，令，即有且只有兩個(gè)極值點(diǎn).
從而在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
又
若，則，又由得與題設(shè)矛盾
∴同理且.又
故
∴
故在間存在唯一的使得
即兩條曲線與還有一個(gè)交點(diǎn)
故若曲線與x軸有兩不同的交點(diǎn)，則兩條曲線與共有三個(gè)不同的交點(diǎn).
【點(diǎn)睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性，最值，函數(shù)的零點(diǎn)，考查了學(xué)生很強(qiáng)的運(yùn)算能力和分析問題的能力，屬于難題.

相關(guān)試卷

2024屆浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含解析：

這是一份2024屆浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含解析，共23頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含解析：

這是一份2024浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含解析，文件包含浙江省浙南名校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含解析docx、浙江省浙南名校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題無答案docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共31頁， 歡迎下載使用。

2024浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題掃描版含答案：

這是一份2024浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題掃描版含答案，文件包含高三年級數(shù)學(xué)學(xué)科參考答案pdf、浙江省浙南名校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)pdf等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共12頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2022浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題掃描版含答案

2022浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題掃描版含答案
2022浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含答案

2022浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含答案
2022屆浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（PDF版）

2022屆浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（PDF版）
2020屆浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題 PDF版

2020屆浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題 PDF版
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵(lì)，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
月考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部