一、單選題（每題5分，40分）
1. 已知某扇形的圓心角為80°，半徑為6 cm，則該圓心角對(duì)應(yīng)的弧長(zhǎng)為
A. 480 cmB. 240 cmC. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先把80°化為弧度，然后用弧長(zhǎng)公式求解即可
【詳解】解：80°=×80=，
又r=6 cm，故弧長(zhǎng)l=αr=×6=(cm).
故選：C
【點(diǎn)睛】此題考查弧長(zhǎng)公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.
2. 設(shè)復(fù)數(shù),則的虛部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由對(duì)式子進(jìn)行化簡(jiǎn),再根據(jù)除法規(guī)則,分母實(shí)數(shù)化即可.
【詳解】,則,虛部是.
故選:A.
3. 已知函數(shù)是上的奇函數(shù)，且的圖象關(guān)于對(duì)稱，當(dāng)時(shí)，，則的值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出是周期函數(shù)，且周期，再利用函數(shù)的周期性和對(duì)稱性求解.
【詳解】由題，因?yàn)槠婧瘮?shù)，所以，
又的圖象關(guān)于對(duì)稱，則，
所以，
即，
所以是周期函數(shù)，且周期，
所以由周期性和對(duì)稱性可得，
因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，
所以，，
所以，
故選：D
【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)的周期性和對(duì)稱性，意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的理解掌握水平.
4. 下列說(shuō)法中，正確的個(gè)數(shù)有( )個(gè)
①圓柱的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)矩形； ②圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)扇形；
③圓臺(tái)的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)梯形； ④棱錐的側(cè)面為三角形．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用圓臺(tái)、圓錐、圓柱棱錐的側(cè)面展開(kāi)圖，判斷命題的真假即可．
【詳解】解：圓柱的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)矩形；正確；
圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)扇形；正確；
圓臺(tái)的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)梯形；應(yīng)該是扇環(huán)，所以不正確
棱錐的側(cè)面為三角形符合棱錐的定義，正確；
故選．
【點(diǎn)睛】本題考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，命題的真假的判斷，是基本知識(shí)的考查．
5. 已知向量，滿足，，且，則( )
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】用表示出向量的坐標(biāo)，再根據(jù)數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算即可求得答案．
【詳解】，
，
又，
，，
，
．
故選：D．
6. 已知AB是圓：的直徑，、是圓上兩點(diǎn)，且，則的最小值為（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由題意設(shè)弦CD的中點(diǎn)為，然后利用平面向量的數(shù)量積從而求解.
【詳解】由題意知，不妨設(shè)弦CD的中點(diǎn)為，因?yàn)?，則為等邊三角形，所以可得，
則，設(shè)與的夾角為，
所以，
因?yàn)椋缘淖钚≈禐?，故D正確.
故選：D.
7. 函數(shù)的部分圖象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由偶函數(shù)的圖象性質(zhì)，以及指數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)的值域即可求解.
【詳解】由題意函數(shù)定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù)，
且，所以函數(shù)是偶函數(shù)，排除CD，
當(dāng)時(shí)，，排除A，經(jīng)檢驗(yàn)，B選項(xiàng)符合題意.
故選：B.
8. 已知四邊形為矩形，，E為的中點(diǎn)，將沿折起，連接，，得到四棱錐，M為的中點(diǎn)，在翻折過(guò)程中，下列四個(gè)命題正確的序號(hào)是（ ）
①平面；
②三棱錐的體積最大值為；
③；
④一定存在某個(gè)位置，使；
A. ①②B. ①②③C. ①③D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】①通過(guò)線面平行的判定定理判斷正確性；②求得三棱錐的體積最大值來(lái)判斷正確性；③結(jié)合①判斷正確性；④利用反證法判斷正確性.
【詳解】①，設(shè)是的中點(diǎn)，折疊過(guò)程中是的中點(diǎn)，連接，
由于是的中點(diǎn)，所以是三角形的中位線，
所以.由于是的中點(diǎn)，所以.
所以，所以四邊形是平行四邊形，
所以，由于平面，平面，
所以平面，所以①正確.
②，由于是的中點(diǎn)，所以.
在折疊過(guò)程中，三角形的面積為定值，
當(dāng)平面平面時(shí)，距離平面的距離最大.
過(guò)作，交于，連接，則A1O⊥DE.
當(dāng)平面平面時(shí)，由于平面平面，
所以平面.，
則，
則.所以三棱錐體積的最大值為，
所以三棱錐體積的最大值為.所以②正確.
③，由①知，所以③正確.
④，由于，
所以.若，，
則平面，則，
根據(jù)折疊前后圖象的對(duì)應(yīng)關(guān)系可知，
與矛盾，所以④錯(cuò)誤.
綜上所述，正確的為①②③.
故選：B
【點(diǎn)睛】本小題主要考查線面平行、幾何體體積、線線垂直等知識(shí).
二、多選題（每題6分，18分）
9. 已知向量，.設(shè)函數(shù)，且函數(shù)圖像的兩相鄰對(duì)稱軸間的距離為，則 （ ）
A.
B. 是函數(shù)圖像的對(duì)稱中心
C. 函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減
D. 使成立的的取值區(qū)間為
【答案】ACD
【解析】
【分析】化簡(jiǎn)得到.對(duì)于A：利用周期公式求出，得到.對(duì)于B：直接求出函數(shù) 的圖像的對(duì)稱中心，即可判斷；對(duì)于C：直接求出的單減區(qū)間，即可判斷；對(duì)于D：直接解不等式，即可判斷.
【詳解】因?yàn)橄蛄浚?函數(shù)
所以
.
對(duì)于A：因?yàn)楹瘮?shù)圖像的兩相鄰對(duì)稱軸間的距離為，所以的最小正周期為，所以，解得：，所以.
故A正確；
對(duì)于B：令，解得：，所以函數(shù) 的圖像的對(duì)稱中心為.所以不是函數(shù)圖像的對(duì)稱中心.故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C：要求的單減區(qū)間，只需，解得：.
當(dāng)時(shí)，所以函數(shù) 的一個(gè)單調(diào)區(qū)間為.故C正確；
對(duì)于D：即為，解得：，所以，
所以不等式的解集為.故D正確.
故選：ACD
10. 已知直四棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)為3，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，為棱上的一點(diǎn)，且為底面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)（含邊界），則下列命題正確的是（ ）
A. 若與平面所成的角為，則點(diǎn)的軌跡與直四棱柱的交線長(zhǎng)為
B. 若點(diǎn)到平面的距離為，則三棱錐體積的最大值為
C. 若以為球心的球經(jīng)過(guò)點(diǎn)，則該球與直四棱柱的公共部分的體積為
D. 經(jīng)過(guò)三點(diǎn)的平面截直四棱柱所得的截面面積為4
【答案】AD
【解析】
【分析】判斷P點(diǎn)軌跡與直四棱柱的交線，根據(jù)弧長(zhǎng)公式求解判斷A，判斷P點(diǎn)位置求出體積最大值判斷B，計(jì)算球與直四棱柱公共部分體積判斷C，利用，求得，得出四邊形面積判斷D.
【詳解】如圖，
對(duì)于A，可知的軌跡是以為圓心，半徑為1的圓，所以點(diǎn)的軌跡與直四棱柱的交線為圓弧，圓弧長(zhǎng)為，故A正確．
對(duì)于B，可知點(diǎn)在線段上，所以當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，三棱錐體積最大，且最大值為，所以B錯(cuò)誤．
對(duì)于C，可知該球的半徑為1，球與直四棱柱的公共部分的體積為，所以C錯(cuò)誤．
對(duì)于D，經(jīng)過(guò)三點(diǎn)的平面截直四棱柱所得的截面為平行四邊形，其中，可得．設(shè)的中點(diǎn)為的中點(diǎn)為，連接，可得平面，所以，求得，所以，D正確．
故選：AD
11. （多選題）若復(fù)數(shù)，其中為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論不正確的是（ ）
A. 的虛部為B.
C. 的共軛復(fù)數(shù)為D. 為純虛數(shù)
【答案】ABC
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算，求得，再結(jié)合復(fù)數(shù)的基本概念，逐項(xiàng)判定，即可求解.
【詳解】由題意，復(fù)數(shù)，
可得的虛部為，所以錯(cuò)誤；
由，所以錯(cuò)誤；
由共軛復(fù)數(shù)的概念，可得，所以錯(cuò)誤；
由，可得為純虛數(shù)，所以正確，
故選：ABC
【點(diǎn)睛】本題主要考查了復(fù)數(shù)的基本概念，以及復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算的應(yīng)用，其中解答中熟記復(fù)數(shù)的基本概念，以及熟練應(yīng)用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與計(jì)算能力.
三、填空題（每題5分，15分）
12. 若銳角滿足，則角的度數(shù)為_(kāi)_______．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)式子結(jié)構(gòu)先化為，平方后切化弦，進(jìn)行三角恒等變換即可求解.
【詳解】原式可化為
因?yàn)闉殇J角，
所以.
故答案為：
13. 已知，，___________.
【答案】##05
【解析】
【分析】由題意縮小角的范圍，利用同角的三角函數(shù)關(guān)系式求得，再利用二倍角的正切公式求得答案.
【詳解】由題意，，，
則，，故，
故，而 ，解得 ，
故答案為：
14. 如圖，已知直四棱柱的所有棱長(zhǎng)等于1，，和分別是上下底面對(duì)角線的交點(diǎn)，在線段上，，點(diǎn)在線段上移動(dòng)，則三棱錐的體積最小值為_(kāi)_____.
【答案】
【解析】
【分析】因?yàn)镃1到平面BB1D1D（即三棱錐底面O1MH）的距離為定值，所以當(dāng)△O1MH的面積取得最小值時(shí)，三棱錐的體積最小，將平面BB1D1D單獨(dú)畫圖可得，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)B處時(shí)，△O1MH的面積有最小值，求出三棱錐的體積即可．
【詳解】因?yàn)橹彼睦庵鵄BCD?A1B1C1D1的底面是菱形,∠ABC=60°，邊長(zhǎng)為1，
∴O1C1⊥平面BB1D1D,且O1C1=,O1B1=，
∴C1到平面BB1D1D的距離為O1C1=，
∵OH=3HB1，點(diǎn)M是線段BD上的動(dòng)點(diǎn)，
∴當(dāng)△O1MH的面積取得最小值時(shí)，三棱錐的體積有最小值．
將平面BB1D1D單獨(dú)畫圖可得，
當(dāng)B點(diǎn)到O1H的距離最小時(shí)，△O1MH的面積有最小值．
過(guò)點(diǎn)B做BF//O1H，可得直線BF上方的點(diǎn)到O1H的距離比直線BF上的點(diǎn)到O1H的距離小，而線段BD上除B點(diǎn)外的所有點(diǎn)都在直線BF下方，到O1H的距離比B點(diǎn)到O1H的距離大．
即當(dāng)M點(diǎn)在B點(diǎn)時(shí)，△O1MH的面積取得最小值，且三棱錐的體積有最小值．
連接O1B, 則O1B=OB1==，
∴B1到O1B的距離d===，
∵OH=3HB1，
∴H到直線O1B的距離為d=．
∴===，
∴===．
故答案為．
【點(diǎn)睛】本題考查了四棱柱的結(jié)構(gòu)特征和三棱錐的體積計(jì)算，動(dòng)態(tài)動(dòng)點(diǎn)的最值問(wèn)題需要先確定點(diǎn)的位置，屬于較難題．
四、解答題
15. 如圖，在四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形．側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點(diǎn)．
（1）求證：AF∥平面SEC；
（2）求證：平面ASB⊥平面CSB；
（3）在棱SB上是否存在一點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）見(jiàn)解析 （2）見(jiàn)解析
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）取SC的中點(diǎn)G，連接FG，EG，證明四邊形AFGE是平行四邊形，則AF∥EG，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；
（2）先證明AD⊥平面SEC，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可得證；
（3）假設(shè)在棱SB上存在點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，由面面垂直的性質(zhì)可得SE⊥平面ABCD，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分別求出即可得出答案.
【小問(wèn)1詳解】
證明：如圖，取SC的中點(diǎn)G，連接FG，EG，
∵F，G分別是SB，SC的中點(diǎn)，
∴FG∥BC，，
∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點(diǎn)，
∴AE∥BC，，
∴FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，
∴AF∥EG，又平面SEC，平面SEC，
∴AF∥平面SEC；
【小問(wèn)2詳解】
證明：∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點(diǎn)，
∴SE⊥AD，
∵四邊形ABCD是菱形，，
∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點(diǎn)，
∴AD⊥CE，
又平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又平面SEC，
∴AD⊥EG，
又四邊形AFGE是平行四邊形，
∴四邊形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點(diǎn)，∴AF⊥SB，
又平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，
又平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB；
【小問(wèn)3詳解】
解：假設(shè)在棱SB上存在點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，
∵平面MAC，∴BD⊥OM，
∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，，△SAD為正三角形，
∴，
∵側(cè)面SAD⊥底面ABCD，
又側(cè)面底面ABCD＝AD，平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，
又平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴，
∴，
∴，∴，
∴，
∴在棱SB上是否存在一點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC，.
16. 已知函數(shù).
（1）當(dāng)時(shí)，函數(shù)存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
（2）設(shè)函數(shù)，若函數(shù)與的圖象只有一個(gè)公共點(diǎn)，求的取值范圍.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的定義，利用轉(zhuǎn)化法進(jìn)行求解即可；
（2）把公共點(diǎn)的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程的解的問(wèn)題，結(jié)合換元法進(jìn)行求解即可.
【小問(wèn)1詳解】
，當(dāng)時(shí)，
函數(shù)存在零點(diǎn)，
即在時(shí)有解，
設(shè)，
即，
即實(shí)數(shù)的取值范圍為.
【小問(wèn)2詳解】
若函數(shù)與的圖象只有一個(gè)公共點(diǎn)，
則關(guān)于的方程只有一解，
只有一解，令，
得關(guān)于方程有一正數(shù)解，
①當(dāng)時(shí)，方程解為，不合題意；
②當(dāng)時(shí)，則恒成立，
此方程有一正一負(fù)根，負(fù)根舍去，滿足題意；
③當(dāng)時(shí)，滿足的情況下，因?yàn)?，同?hào)，所以得滿足，
只需,且，
解得；
綜上：實(shí)數(shù)的取值范圍為
17. 如圖，在四棱錐中，，四邊形是菱形，，PB=2，是棱上的兩點(diǎn)，且.

（1）證明：平面平面；
（2）若再?gòu)南旅鎯蓚€(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知條件，求平面與平面所成二面角的大小.
①平面；
②三棱錐的體積.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，證得平面，得到，再由，得到，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進(jìn)而得到平面平面.
（2）若選①：記與交于點(diǎn)，連接，證得，證得，取棱的中點(diǎn)，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面和的一個(gè)法向量和，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解；
若選②：由（1）知平面，得到，取棱的中點(diǎn)，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面和的一個(gè)法向量和，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解；
【小問(wèn)1詳解】
證明：因?yàn)樗倪呅问橇庑危裕?br>因?yàn)?，平面，且，所以平面?br>又因?yàn)槠矫?，所以?br>因?yàn)椋?，所以?br>又因?yàn)槠矫?，且，所以平面?br>因?yàn)槠矫?，所以平面平?
【小問(wèn)2詳解】
解：若選條件①：記與交于點(diǎn)，則為的中點(diǎn)，連接，
由平面，平面平面，且平面，
則，所以為的中點(diǎn)，從而，
取棱的中點(diǎn)，連接，在菱形中，可得，
以為原點(diǎn)，分別以所在的直線為軸，軸和軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
如圖所示，則，
可得，
因?yàn)椋?，則，
設(shè)平面的法向量為，則
令，可得，所以，
又由平面的一個(gè)法向量為，
設(shè)二面角為，則，
由圖形可得二面角為銳角，所以二面角為.
若選條件②：記點(diǎn)到平面的距離為，
由，解得，
由（1）知平面，所以，即，
取棱的中點(diǎn)，連接，在菱形中，可得，
以為原點(diǎn)，分別以所在的直線為軸，軸和軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
如圖所示，則，
可得，
因?yàn)椋?，則，
設(shè)平面的法向量為，則
令，可得，所以，
又由平面的一個(gè)法向量為，
設(shè)二面角為，則，
由圖形可得二面角為銳角，所以二面角為.

18. 在中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．已知，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化角為邊得，再代入已知得，然后由余弦定理可得；
（2）利用二倍角公式得出，再由兩角差的正弦公式計(jì)算．
【小問(wèn)1詳解】
∵，∴由正弦定理得，即，∴，，
；
【小問(wèn)2詳解】
，，
，，
∴．
19. 在銳角△ABC中，設(shè)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且，．
（1）若，求△ABC的面積；
（2）求的值；
（3）求的取值范圍．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和面積公式進(jìn)行求解；（2）由正弦定理和三角恒等變換求解；（3）解法一：設(shè)BC中點(diǎn)為D，推導(dǎo)出，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函數(shù)單調(diào)性求出AD的取值范圍，從而求出的取值范圍；解法二：由余弦定理和數(shù)量積運(yùn)算法則求出，換元后利用三角恒等變換得到，求出答案.
【小問(wèn)1詳解】
由余弦定理
結(jié)合可知，△ABC的面積
【小問(wèn)2詳解】
因?yàn)?，，所以?br>由正弦定理b=5sinB，c=5sinC
所以，①
由于，
帶入①式可知：
小問(wèn)3詳解】
解法1：
設(shè)BC中點(diǎn)為D，則
所以
如下圖所示，
設(shè)△ABC的外接圓為圓O，由于△ABC為銳角三角形，故點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡為劣弧（不含端點(diǎn)），由正弦定理知圓O的半徑，故
設(shè)，則，由余弦定理：
由于函數(shù)在時(shí)單調(diào)遞減，，
所以
解法2：
由余弦定理②
由定義
所以
設(shè)，
則
由正弦定理：
其中銳角的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)，由銳角三角形可知
注意到，
所以
所以，②式變形為，故
從而，
此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，而，
所以
【點(diǎn)睛】向量相關(guān)的取值范圍問(wèn)題，考查面較廣，可以和很多知識(shí)相結(jié)合，基本不等式，函數(shù)值域，解三角形，三角函數(shù)等，需要對(duì)知識(shí)熟練掌握且靈活運(yùn)用，本題的第三問(wèn)難度較大，需要用到極化恒等式，三角函數(shù)恒等變換等知識(shí)，屬于難題.

相關(guān)試卷

黑龍江省綏化市第二中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考數(shù)學(xué)試卷（解析版）：

這是一份黑龍江省綏化市第二中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考數(shù)學(xué)試卷（解析版），共13頁(yè)。試卷主要包含了 設(shè)向量，，若，則， 已知，則， 已知向量，，若，則m的值為， 已知復(fù)數(shù)滿足，則復(fù)數(shù)， 在中，角的對(duì)邊分別為， 若復(fù)數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2023-2024學(xué)年黑龍江省雙鴨山市建新中學(xué)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案）：

這是一份2023-2024學(xué)年黑龍江省雙鴨山市建新中學(xué)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案），共7頁(yè)。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。

黑龍江省雙鴨山市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題：

這是一份黑龍江省雙鴨山市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題，共7頁(yè)。試卷主要包含了單項(xiàng)選擇題，多項(xiàng)選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

黑龍江省雙鴨山市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題

黑龍江省雙鴨山市第一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題
2023-2024學(xué)年黑龍江省雙鴨山市第一中學(xué)高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題含答案

2023-2024學(xué)年黑龍江省雙鴨山市第一中學(xué)高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題含答案
2022-2023學(xué)年黑龍江省雙鴨山市饒河縣饒河縣高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）

2022-2023學(xué)年黑龍江省雙鴨山市饒河縣饒河縣高級(jí)中學(xué)高二上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）
黑龍江省雙鴨山市第一中學(xué)2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題+Word版含答案

黑龍江省雙鴨山市第一中學(xué)2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試題+Word版含答案
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(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)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(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
開(kāi)學(xué)考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)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(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)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(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部