一、單選題
1．已知，且，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
2．已知均是銳角，設的最大值為，則=（ ）
A．B．C．1D．
3．如圖所示，面積為的扇形中，分別在軸上，點在弧上（點與點不重合），分別在點作扇形所在圓的切線，且與交于點，其中與軸交于點，則的最小值為（ ）
A．4B．C．D．2
4．在中，則的最小值為（ ）
A．14B．16C．18D．20
5．已知點是圓 C 上的任意一點，則 的最大值為（ ）
A．25B．24C．23D．22
6．已知分別是雙曲線的左，右頂點，是雙曲線上的一動點，直線，與交于兩點，的外接圓面積分別為，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．1
7．對任意兩個非零的平面向量和，定義：，．若平面向量滿足，且和都在集合中，則（ ）
A．1B．C．1或D．1或
8．已知為單位向量，，，當取到最大值時，等于（ ）
A．B．C．D．
9．當，時，.這個基本不等式可以推廣為當x，時，，其中且，.考慮取等號的條件，進而可得當時，.用這個式子估計可以這樣操作：，則.用這樣的方法，可得的近似值為（ ）
A．3.033B．3.035C．3.037D．3.039
10．任意大于1的正整數(shù)m的三次冪均可“分裂”成m個連續(xù)奇數(shù)的和，如：，，，…，按此規(guī)律，若分裂后，其中有一個奇數(shù)是2019，則m的值是（ ）
A．46B．45C．44D．43
11．設，隨機變量取值的概率均為0.2，隨機變量取值的概率也均為0.2，若記分別為的方差，則（ ）
A．
B．
C．
D．與的大小關系與的取值有關
12．已知隨機變量，且，則的最大值為（ ）
A．B．
C．D．
13．某校在校慶期間舉辦羽毛球比賽，某班派出甲?乙兩名單打主力，為了提高兩位主力的能力，體育老師安排了為期一周的對抗訓練，比賽規(guī)則如下：甲、乙兩人每輪分別與體育老師打2局，當兩人獲勝局數(shù)不少于3局時，則認為這輪訓練過關；否則不過關.若甲?乙兩人每局獲勝的概率分別為，，且滿足，每局之間相互獨立.記甲、乙在輪訓練中訓練過關的輪數(shù)為，若，則從期望的角度來看，甲?乙兩人訓練的輪數(shù)至少為（ ）
A．27B．24C．32D．28
14．已知在中，角的對邊分別為．若為的重心，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
15．“不以規(guī)矩，不能成方圓”出自《孟子·離婁章句上》.“規(guī)”指圓規(guī)，“矩”指由相互垂直的長短兩條直尺構成的方尺，是古人用來測量、畫圓和方形圖案的工具，今有一塊圓形木板，按圖中數(shù)據(jù)，以“矩”量之，若將這塊圓形木板截成一塊四邊形形狀的木板，且這塊四邊形木板的一個內角滿足，則這塊四邊形木板周長的最大值為（ ）

A．B．
C．D．
二、多選題
16．已知正實數(shù)，，，且，，，為自然數(shù)，則滿足恒成立的，，可以是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
三、填空題
17．以表示數(shù)集中最大（?。┑臄?shù).設，已知，則 .
18．已知正數(shù)滿足，，則的最小值為 .
19．記表示x，y，z中最小的數(shù)．設，，則的最大值為 ．
20．已知正實數(shù)，，滿足，則的最小值是 .
21．若實數(shù)a，b，c滿足條件：，則的最大值是 ．
22．已知“”與“”互為充要條件，則“”和“”的最小值之和為 ．
23．已知，，，則的最小值為 ．
24．已知，，則最小值為 .
25．若，則的最大值為 ．
26．如圖，雙曲線的右焦點為，點A在的漸近線上，點A關于軸的對稱點為為坐標原點)，記四邊形OAFB的面積為，四邊形OAFB的外接圓的面積為，則的最大值為 ，此時雙曲線的離心率為 .
27．已知正實數(shù)滿足則當 取得最小值時，
28．已知單位向量，向量，滿足，且，其中，當取到最小時， ．
29．在中，M是邊BC的中點，N是線段BM的中點．設，，記，則 ；若，的面積為，則當 時，取得最小值．
30．如圖，橢圓與雙曲線有公共焦點，，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，點為兩曲線的一個公共點，且，則 ；為的內心，三點共線，且，軸上點滿足，，則的最小值為 ．
31．的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，則的最大值為 ．
32．的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，則的最大值為 ．
33．如圖，點是邊長為1的正六邊形的中心，是過點的任一直線，將此正六邊形沿著折疊至同一平面上，則折疊后所成圖形的面積的最大值為 ．

四、解答題
34．在中，，點，分別在，邊上．
(1)若，，求面積的最大值；
(2)設四邊形的外接圓半徑為，若，且的最大值為，求的值．
35．我們將離心率相等的所有橢圓稱為“一簇橢圓系”．已知橢圓的左、右頂點分別為，上頂點為．
(1)若橢圓與橢圓在“一簇橢圓系”中，求常數(shù)的值；
(2)設橢圓，過作斜率為的直線與橢圓有且只有一個公共點，過作斜率為的直線與橢圓有且只有一個公共點，求當為何值時，取得最小值，并求其最小值；
(3)若橢圓與橢圓在“一簇橢圓系”中，橢圓上的任意一點記為求證：的垂心必在橢圓上．
參考答案：
1．B
【分析】由基本不等式和可得，化簡可得，令，利用換元法，結合對勾函數(shù)的性質計算即可求解.
【詳解】因為，所以，當且僅當時等號成立，
所以．
因為，
令，則，，
所以，
由對勾函數(shù)在上單調遞增，則當時函數(shù)取到最小值，
所以當時，，
所以.
故選：B．
2．B
【分析】根據(jù)三角恒等變換結合基本不等式求最值可得，然后由求解即可
【詳解】由基本不等式可得，，，
三式相加，可得，
當且僅當均為時等號成立，
所以，
則．
故選：B
3．B
【分析】利用扇形面積公式求出，設，利用三角函數(shù)的定義和切線的性質用和表示，，，再根據(jù)基本不等式求最小值即可.
【詳解】解析：因為扇形的面積為，即，所以，
設，則在中，，
連接，根據(jù)切線的性質知，
則在中，，
所以，
令，則，且，
所以原式，
當且僅當，即時，等號成立，
又，所以時，取得最小值，為，
故選：B
4．B
【分析】利用和差角公式及二倍角公式得到，即可得到，從而得到，再令，則，利用基本不等式計算可得.
【詳解】因為，
所以，即，
因為，，
所以
，
所以，
又，所以，
所以
即，
所以，
設，則，顯然，，即，
所以
，
當且僅當，即時等號成立，故的最小值為.
故選：B
5．A
【分析】設 代入算式中由倍角公式化簡，利用基本不等式求積的最大值.
【詳解】點是圓 C 上的任意一點，設
則
，
當且僅當 時，等號成立.
的最大值為25.
故選：A
6．A
【分析】容易知道，設直線的方程為：，則直線的方程為：，求出，兩點坐標，則，設的外接圓的半徑分別為，，由正弦定理得，，可知，再利用基本不等式即可求值.
【詳解】由已知得，，，由雙曲線的對稱性，不妨設在第一象限，
所以，，
所以，
設直線的方程為：，則直線的方程為：，
同時令，則，，
所以，
設的外接圓的半徑分別為，，
由正弦定理得，
，，
所以，
當且僅當，即時取等號，
所以.

故選：A
【點睛】結論點睛：若、分別為雙曲線的左、右頂點，為雙曲線上一動點，則直線與直線的斜率之積為定值.
7．D
【分析】根據(jù)，得到，再利用題設中的定義及向量夾角的范圍，得到，，再結合條件，即可求出結果.
【詳解】因為，
設向量和的夾角為，因為，所以，
得到，
又，所以，
又在集合中，所以，即，得到，
又因為，所以或，
所以或，
故選：D.
8．A
【分析】根據(jù)向量運算，由米勒最大角定理分析運算可得結果，或者直接建立坐標系，利用坐標結合基本不等式計算可得結果.
【詳解】根據(jù)題意：與共線，點位于的等分點處(靠近點)
解法一：欲使最大，根據(jù)“米勒最大角定理”，此時以為弦圓與相切，根據(jù)切割弦定理：,故.
解法二：設，則，有=
，
當且僅當時成立.
故選:A
9．C
【分析】根據(jù)給定的信息，求出的近似值，進而求出的近似值.
【詳解】依題意，，則.
故選：C
10．B
【分析】將題目中的規(guī)律總結為含未知數(shù)的一般形式，然后解不等式即可.
【詳解】題目所給規(guī)律可以表示為等式，
故由題目條件知，即且.
故，，
這得到，從而.
故選：B.
11．C
【分析】根據(jù)期望的公式推出，再根據(jù)方差的計算公式可得的表達式，結合基本不等式，即可判斷的大小，即得答案.
【詳解】由題意得，
，
故，
記
則
同理
因為，則，，，
故，
即得，與的大小關系與的取值無關，
故選：C
12．D
【分析】根據(jù)正態(tài)分布的性質求出的值，則，令，，則，利用基本不等式求出的最小值，即可得解.
【詳解】因為隨機變量，且，
所以，即，所以，
所以
令，，
所以，
又，當且僅當，即時取等號，
所以，
即的最大值為.
故選：D.
13．A
【分析】先求得每一輪訓練過關的概率，利用二項分布的期望列方程，結合基本不等式以及二次函數(shù)的性質求得正確答案.
【詳解】設每一輪訓練過關的概率為，
則
，
，當且僅當時等號成立.
函數(shù)的開口向上，對稱軸為，
所以，
依題意，，則，
，所以至少需要輪.
故選：A
【點睛】方法點睛：求解相互獨立事件和獨立重復事件結合的問題，要注意區(qū)別兩者的不同，相互獨立事件的概率可以不相同，獨立重復事件概率是相同的.求最值的方法可以考慮二次函數(shù)的性質，也可以考慮基本不等式，利用基本不等式時，要注意“一正二定三相等”.
14．A
【分析】先根據(jù)已知條件，利用正弦定理及同角三角函數(shù)的基本關系求出角，然后利用余弦定理、基本不等式求出，并且結合得到的表達式，即可求得的表達式，同理可得的表達式，進而得到的最小值.
【詳解】由及可得，由正弦定理可得，
又，故,即，而,故；
由余弦定理得，故，
故，當且僅當時，取等號；
設為的中點，連接，則G在上，
則，，
由可得，
則，
同理可得，
故
，當且僅當時，取等號，
故的最小值為，
故選：A
【點睛】方法點睛：求解三角形中有關邊、角、面積的最值（范圍）問題，常利用正弦定理、余弦定理與三角形的面積公式等建立，（為三角形的邊）等之間的等量關系與不等關系，然后利用函數(shù)知識或基本不等式求解.
15．A
【分析】利用余弦定理結合基本不等式可求周長的最大值.
【詳解】因為四邊形木板的一個內角滿足，如圖，

設，由題設可得圓的直徑為，
故，因，為三角形內角，故，
故，
故，
故，
故，當且僅當時等號成立，
同理，當且僅當?shù)忍柍闪ⅲ?br>故四邊形周長的最大值為，
故選：A.
16．BC
【分析】利用基本不等式“1”的妙用得到，進而得到只需即可，再依次判斷四個選項即可.
【詳解】要滿足，只需滿足，
其中正實數(shù)，，，且，，，為正數(shù)，
，
當且僅當，即時，等號成立，
觀察各選項，故只需，故只需即可，
A選項，，，時，，A錯誤；
B選項，，，時，，B正確；
C選項，，，時，，C正確；
D選項，，，時，，D錯誤.
故選：BC.
17．
【分析】由，得，設，則，再結合基本不等式求解即可.
【詳解】由，得，
設，則，
由
，
當且僅當時，取等號，
所以.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：設，由已知得出，進而得出是解決本題的關鍵.
18．/
【分析】把給定條件兩邊平方，代入結論構造基本不等式，再分析計算，并求出最小值作答.
【詳解】由，得，，
則，
，當且僅當時取“=”，
所以當時，的最小值為.
故答案為：
【點睛】思路點睛：利用基本不等式求最值時，要從整體上把握運用基本不等式，有時可乘以一個數(shù)或加上一個數(shù)，以及“1”的代換等應用技巧.
19．2
【分析】分是否大于進行討論，由此即可簡化表達式，若，則可以得到，并且存在，，使得，，同理時，我們可以證明，由此即可得解.
【詳解】若，則，此時，
因為，所以和中至少有一個小于等于2，
所以，又當，時，，
所以的最大值為2．
若，則，此時，
因為，所以和中至少有一個小于2，
所以．
綜上，的最大值為2．
故答案為：2.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵是分是否大于進行討論，結合不等式的性質即可順利得解.
20．
【分析】因式分解得到，變形后得到，利用基本不等式求出最小值.
【詳解】因為為正實數(shù)，
故，
即，
，
當且僅當，即，此時，
所以的最小值為.
故答案為：
21．
【分析】由基本不等式可得.利用導數(shù)證明不等式，進而，則，解出a、，得，再次利用基本不等式計算即可求解.
【詳解】由基本不等式，得，
即，當且僅當，即時等號成立.
設，令，
所以函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則，即，
令，得，所以，
解得，由，得．
所以，當且僅當時，取得等號．
故的最大值是．
故答案為：
22．23
【分析】根據(jù)配湊原式，使得相乘可得一個常數(shù)，再利用基本不等式即可求解.
【詳解】，
當且僅當，即時取等號；
，
當且僅當，即，
解得或時取等號，
所以和的最小值之和為5+18=23.
故答案為：23.
23．
【分析】將變形為，然后利用對勾函數(shù)求得，再根據(jù)對勾函數(shù)求得，再次利用對勾函數(shù)的性質即可求解.
【詳解】
設
根據(jù)“對勾函數(shù)”，在上單調遞減，在上單調遞增，
，
，
設，
，
根據(jù)“對勾函數(shù)”，在上單調遞減，在上單調遞增，
，由題中可得，
，
設，
，
根據(jù)“對勾函數(shù)”，在上單調遞減，在上單調遞增，
，又，
，
的最小值為（當時取得)，
故答案為：.
【點睛】求解本題的關鍵是將原式化簡，指定主元，多次利用對勾函數(shù)的性質進行求解.
24．6
【分析】利用對數(shù)運算找出，的關系，利用導數(shù)求出的最小值，再利用基本不等式即可求出最值.
【詳解】由，，，
得，所以，即，
因為，所以；
所以，
即，
令，，則，
當時，，為減函數(shù)；當時，，為增函數(shù)；
所以時，取最小值3，即.
因為，所以，
因為，
當且僅當，且，
即，，時等號成立；
故的最小值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題求解的關鍵有三個：一是利用對數(shù)的運算性質求出的關系；二是利用導數(shù)求出的范圍；三是利用放縮法及基本不等式求出最小值.
25．
【分析】借助基本不等式有消去、，對求最大值即可，再應用三角函數(shù)的單調性即可得.
【詳解】由題意得：，，，
則，
當且僅當時等號成立，
即，
即，
則有，則，,
有在單調遞增，
在上單調遞減，
故在上單調遞增，
則當時，即、時，
有最大值，
即的最大值為.
故答案為：.
【點睛】本題關鍵在于如何將多變量求最值問題中的多變量消去，結合基本不等式與題目條件可將、消去，再結合三角函數(shù)的值域與單調性即可求解.
26．
【分析】利用點到直線的距離公式可得點到漸近線的距離為，可得，可得，利用基本不等式求的最大值，進而可得離心率.
【詳解】由題意可知：，漸近線，即，
則點到漸近線的距離為，
因為，可知，
則，可得，
則，
由題意可知：四邊形OAFB的外接圓即為以OF為直徑的圓，
則，
可得，
當且僅當時，等號成立，
可知的最大值為，此時雙曲線的離心率為.
故答案為：；.
27．
【分析】設出點之間的距離，由基本不等式求出最值，利用點和圓的位置關系確定自變量取值，代入求解即可.
【詳解】設點與點之間的距離為，則，
易知的幾何意義是點與點之間的距離的平方，
點在以為圓心，半徑為的圓上，又，則，
設點與點之間的距離為，則，
故，當且僅當時取等，
此時取得最小值，由點與圓的位置關系得，此時，
代入得，.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：本題考查解析幾何，解題關鍵是利用基本不等式找到關于的取值．再利用點與圓的位置關系確定此時也取得最小值，然后將代入目標式，得到所要求的結果即可．
28．0
【分析】由平面向量的數(shù)量積的運算律、結合基本不等式求解
【詳解】由題意得，故，
又，，故，，
同理得，
故，
顯然，故，當且僅當時等號成立，
此時取到最小值2，，得，得．
故答案為：0
29． /0.5 2
【分析】利用平面向量基本定理得到，得到，求出；由三角形面積公式得到，結合和平面向量數(shù)量積公式，基本不等式得到的最小值，此時，由余弦定理得到.
【詳解】由題意得
，
故，故；
由三角形面積公式得，
故，
其中，
故
，
當且僅當，即時，等號成立，
此時
，
故.
故答案為：，2
30． 4
【分析】第一空：利用橢圓與雙曲線的定義及性質，結合圖形建立方程，求出，在利用余弦定理建立關于離心率的齊次方程解出即可；
第二空：由為的內心，得出角平分線，利用角平分線的性質結合平面向量得出及，代入中利用基本不等式求最值即可.
【詳解】①由題意得橢圓與雙曲線的焦距為，
橢圓的長軸長為，雙曲線的實軸長為，
不妨設點在雙曲線的右支上，
由雙曲線的定義：，
由橢圓的定義：，
可得：，
又，由余弦定理得：
，
即，
整理得：，
所以：；
②為的內心，
所以為的角平分線，則有，同理：，
所以，
所以，即，
因為，
所以，故，
為的內心，三點共線，
即為的角平分線，則有，又，
所以，即，
因為，
所以，故，
所以
，
當且僅當時，等號成立，
所以的最小值為，
故答案為：4，.
【點睛】方法點睛：離心率的求解方法，
（1）直接法：由題意知道利用公式求解即可；
（2）一般間接法：由題意知道或利用的關系式求出，在利用公式計算即可；
（3）齊次式方程法：建立關于離心率的方程求解.
31．
【分析】利用正余弦定理，結合三角恒等變換得到，再利用基本不等式即可得解.
【詳解】由余弦定理得，
兩式相減得，
因為，所以，
由正弦定理得，
即，
所以，
則，
因為在中，不同時為，，故，
所以，
又，所以，則，故，則，
所以
，
當且僅當，即時，等號成立，
則的最大值為.
故答案為：.
【點睛】易錯點睛：在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現(xiàn)錯誤．
32．
【分析】利用正余弦定理，結合三角恒等變換得到，再利用基本不等式即可得解.
【詳解】由余弦定理得，
兩式相減得，
因為，所以，
由正弦定理得，
即，
所以，
則，
因為在中，不同時為，，故，
所以，
又，所以，則，故，則，
所以
，
當且僅當，即時，等號成立，
又，所以，即的最大值為.
故答案為：.
【點睛】易錯點睛：在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現(xiàn)錯誤．
33．
【分析】根據(jù)正六邊形的性質和對稱性，可將問題轉化為求三角形面積最大值問題，結合基本不等式求出最值即可.
【詳解】

如圖，由對稱性可知，折疊后的圖形與另外一半不完全重合時比完全重合時面積大，
此時，折疊后面積為正六邊形面積的與面積的3倍的和.
由正六邊形的性質和對稱性知，，，
在中，由余弦定理可得：
，
得，
由基本不等式可知，則，
故，
因，，解得，
當且僅當時等號成立，
故，
又正六邊形的面積，
所以折疊后的面積最大值為：.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是，分析得折疊后所成圖形的面積要取得最大值時的狀態(tài)，從而得解.
34．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理及基本不等式求得的最大值為1，再利用面積公式即可求解；
（2）由四邊形存在外接圓，知四邊形為等腰梯形，連接，設，，利用正弦定理，表示，進而利用基本不等式求解.
【詳解】（1）由已知，
在中，利用余弦定理知，
結合基本不等式有，
當且僅當時，等號成立，即的最大值為1，
所以面積的最大值為
（2）四邊形存在外接圓，
又，，，
，所以四邊形為等腰梯形，
連接，設，，
在中，由正弦定理得，，
，
同理，在中，由正弦定理得，，
所以
，，
，
當且僅當，即
，，當且僅當時，等號成立，
即，即
35．(1)或1
(2)當時，取得最小值
(3)證明見解析
【分析】（1）計算橢圓離心率的等量關系，求解即可.
（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，可得出與的關系，結合不等式可求出最小值；
（3）先由“一簇橢圓系”定義計算橢圓的方程，再根據(jù)垂心的性質計算垂心與點坐標的關系，代入點滿足的橢圓方程，即可證明.
【詳解】（1）因為橢圓的離心率，故由條件得，
當時，，解得；
當時，，解得．
綜上，或1．
（2）易得，
所以直線的方程分別為，
由，得，
又直線與橢圓相切，則，
又，即．
由，得，
又直線與橢圓相切，則，
又，即，
故，
，當且僅當時取等號，此時．
所以當時，取得最小值．

（3）顯然橢圓．
因為橢圓上的任意一點記為，
所以．①
設的垂心的坐標為，
連接，因為，
故由得．
又，所以，（*）
將代入（*），得，②
由①②得．
將，代入①得，
即的垂心在橢圓上．

【點睛】知識點點睛：垂心是三角形三條高線的交點，通常有兩種方法進行求解，其一是向量法，即兩個互相垂直的向量的數(shù)量積為零；其二是利用直線的斜率公式，即兩條互相垂直的直線的斜率之積為．

相關試卷

壓軸題02圓錐曲線壓軸題十七大題型匯總-1：

這是一份壓軸題02圓錐曲線壓軸題十七大題型匯總-1，共29頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。

壓軸題05數(shù)列壓軸題十五大題型匯總-3：

這是一份壓軸題05數(shù)列壓軸題十五大題型匯總-3，共33頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。

壓軸題05數(shù)列壓軸題十五大題型匯總-2：

這是一份壓軸題05數(shù)列壓軸題十五大題型匯總-2，共26頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

壓軸題05數(shù)列壓軸題十五大題型匯總-1

壓軸題05數(shù)列壓軸題十五大題型匯總-1
壓軸題04立體幾何壓軸題十大題型匯總-2

壓軸題04立體幾何壓軸題十大題型匯總-2
壓軸題05 數(shù)列壓軸題15題型匯總-2024年高考數(shù)學壓軸題專項訓練（新高考通用）

壓軸題05 數(shù)列壓軸題15題型匯總-2024年高考數(shù)學壓軸題專項訓練（新高考通用）
壓軸題03 不等式壓軸題13題型匯總-2024年高考數(shù)學壓軸題專項訓練（新高考通用）

壓軸題03 不等式壓軸題13題型匯總-2024年高考數(shù)學壓軸題專項訓練（新高考通用）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內容侵犯了您的知識產權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網
  • 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

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經成功發(fā)送，5分鐘內有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

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

注冊成功

返回
頂部