本試卷共12頁，150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
第一部分（選擇題 共40分）
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．
1. 已知集合，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根據(jù)并集含義即可得到答案.
【詳解】由題意得.
故選：C.
2. 已知，則（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根據(jù)復(fù)數(shù)乘法即可得到答案.
【詳解】由題意得.
故選：C.
3. 圓的圓心到直線的距離為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出圓心坐標(biāo)，再利用點到直線距離公式即可.
【詳解】由題意得，即，
則其圓心坐標(biāo)為，則圓心到直線的距離為.
故選：D.
4. 在的展開式中，的系數(shù)為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】寫出二項展開式，令，解出然后回代入二項展開式系數(shù)即可得解.
【詳解】的二項展開式為，
令，解得，
故所求即為.
故選：A.
5. 設(shè) ，是向量，則“”是“或”的（ ）．
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)向量數(shù)量積分析可知等價于，結(jié)合充分、必要條件分析判斷.
【詳解】因為，可得，即，
可知等價于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，無法得出或，
例如，滿足，但且，可知充分性不成立；
綜上所述，“”是“且”的必要不充分條件.
故選：B.
6. 設(shè)函數(shù).已知，，且的最小值為，則（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)三角函數(shù)最值分析周期性，結(jié)合三角函數(shù)最小正周期公式運算求解.
【詳解】由題意可知：為的最小值點，為的最大值點，
則，即，
且，所以.
故選：B.
7. 生物豐富度指數(shù) 是河流水質(zhì)的一個評價指標(biāo)，其中分別表示河流中的生物種類數(shù)與生物個體總數(shù).生物豐富度指數(shù)d越大，水質(zhì)越好．如果某河流治理前后的生物種類數(shù)沒有變化，生物個體總數(shù)由變?yōu)椋镓S富度指數(shù)由提高到，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意分析可得，消去即可求解.
【詳解】由題意得，則，即，所以.
故選：D.
8. 如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，，，該棱錐的高為（ ）.
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取點作輔助線，根據(jù)題意分析可知平面平面，可知平面，利用等體積法求點到面的距離.
【詳解】如圖，底面為正方形，
當(dāng)相鄰的棱長相等時，不妨設(shè)，
分別取的中點，連接，
則，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
過作的垂線，垂足為，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由題意可得：，則，即，
則，可得，
所以四棱錐的高為.
當(dāng)相對的棱長相等時，不妨設(shè)，，
因為，此時不能形成三角形，與題意不符，這樣情況不存在.
故選：D.
9. 已知，是函數(shù)的圖象上兩個不同的點，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合基本不等式分析判斷AB；舉例判斷CD即可.
【詳解】由題意不妨設(shè)，因為函數(shù)是增函數(shù)，所以，即，
對于選項AB：可得，即，
根據(jù)函數(shù)是增函數(shù)，所以，故B正確，A錯誤；
對于選項D：例如，則，
可得，即，故D錯誤；
對于選項C：例如，則，
可得，即，故C錯誤，
故選：B.
10. 已知是平面直角坐標(biāo)系中的點集.設(shè)是中兩點間距離的最大值，是表示的圖形的面積，則（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】先以t為變量，分析可知所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域，結(jié)合圖形分析求解即可.
【詳解】對任意給定，則，且，
可知，即，
再結(jié)合x的任意性，所以所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域，
如圖陰影部分所示，其中，
可知任意兩點間距離最大值；
陰影部分面積.
故選：C.
【點睛】方法點睛：數(shù)形結(jié)合的重點是“以形助數(shù)”，在解題時要注意培養(yǎng)這種思想意識，做到心中有圖，見數(shù)想圖，以開拓自己的思維．使用數(shù)形結(jié)合法的前提是題目中的條件有明確的幾何意義，解題時要準(zhǔn)確把握條件、結(jié)論與幾何圖形的對應(yīng)關(guān)系，準(zhǔn)確利用幾何圖形中的相關(guān)結(jié)論求解．
第二部分（非選擇題 共110分）
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.
11. 拋物線的焦點坐標(biāo)為________．
【答案】
【解析】
【分析】形如的拋物線的焦點坐標(biāo)為，由此即可得解.
【詳解】由題意拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為，所以其焦點坐標(biāo)為.
故答案為：.
12. 在平面直角坐標(biāo)系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關(guān)于原點對稱.若，則的最大值為________．
【答案】##
【解析】
【分析】首先得出，結(jié)合三角函數(shù)單調(diào)性即可求解最值.
【詳解】由題意，從而，
因為，所以的取值范圍是，的取值范圍是，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取得最大值，且最大值為.
故答案為：.
13. 若直線與雙曲線只有一個公共點，則的一個取值為 ________．
【答案】（或，答案不唯一）
【解析】
【分析】聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，根據(jù)交點個數(shù)與方程根的情況列式即可求解.
【詳解】聯(lián)立，化簡并整理得：，
由題意得或，
解得或無解，即，經(jīng)檢驗，符合題意.
故答案為：（或，答案不唯一）.
14. 漢代劉歆設(shè)計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，底面直徑依次為 ，且斛量器的高為，則斗量器的高為______，升量器的高為________．
【答案】 ①. 23 ②. 57.5##
【解析】
【分析】根據(jù)體積為公比為10的等比數(shù)列可得關(guān)于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.
【詳解】設(shè)升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，
故，.
故答案為：.
15. 設(shè)與是兩個不同的無窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合，給出下列4個結(jié)論：
①若與均為等差數(shù)列，則M中最多有1個元素；
②若與均為等比數(shù)列，則M中最多有2個元素；
③若為等差數(shù)列，為等比數(shù)列，則M中最多有3個元素；
④若為遞增數(shù)列，為遞減數(shù)列，則M中最多有1個元素.
其中正確結(jié)論的序號是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用兩類數(shù)列的散點圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結(jié)合通項公式的特征及反證法可判斷③的正誤.
【詳解】對于①，因為均為等差數(shù)列，故它們的散點圖分布在直線上，
而兩條直線至多有一個公共點，故中至多一個元素，故①正確.
對于②，取則均為等比數(shù)列，
但當(dāng)為偶數(shù)時，有，此時中有無窮多個元素，故②錯誤.
對于③，設(shè)，，
若中至少四個元素，則關(guān)于的方程至少有4個不同的正數(shù)解，
若，則由和的散點圖可得關(guān)于的方程至多有兩個不同的解，矛盾；
若，考慮關(guān)于的方程奇數(shù)解的個數(shù)和偶數(shù)解的個數(shù)，
當(dāng)有偶數(shù)解，此方程即為，
方程至多有兩個偶數(shù)解，且有兩個偶數(shù)解時，
否則，因單調(diào)性相反，
方程至多一個偶數(shù)解，
當(dāng)有奇數(shù)解，此方程即為，
方程至多有兩個奇數(shù)解，且有兩個奇數(shù)解時即
否則，因單調(diào)性相反，
方程至多一個奇數(shù)解，
因為，不可能同時成立，
故不可能有4個不同的整數(shù)解，即M中最多有3個元素，故③正確.
對于④，因為為遞增數(shù)列，為遞減數(shù)列，前者散點圖呈上升趨勢，
后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故④正確.
故答案為：①③④.
【點睛】思路點睛：對于等差數(shù)列和等比數(shù)列性質(zhì)的討論，可以利用兩者散點圖的特征來分析，注意討論兩者性質(zhì)關(guān)系時，等比數(shù)列的公比可能為負(fù)，此時要注意合理轉(zhuǎn)化.
三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16. 在中，內(nèi)角的對邊分別為，為鈍角，，．
（1）求；
（2）從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求的面積．
條件①：；條件②：；條件③：．
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
【答案】（1）；
（2）選擇①無解；選擇②和③△ABC面積均為.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）選擇①，利用正弦定理得，結(jié)合（1）問答案即可排除；選擇②，首先求出，再代入式子得，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；選擇③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；
【小問1詳解】
由題意得，因為為鈍角，
則，則，則，解得，
因為為鈍角，則.
【小問2詳解】
選擇①，則，因為，則為銳角，則，
此時，不合題意，舍棄；
選擇②，因為為三角形內(nèi)角，則，
則代入得，解得，
,
則.
選擇③，則有，解得，
則由正弦定理得，即，解得，
因為為三角形內(nèi)角，則，
則
，
則
17. 如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
（1）若為線段中點，求證：平面．
（2）若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.
【小問1詳解】
取的中點為，接，則，
而，故，故四邊形為平行四邊形，
故，而平面，平面，
所以平面.
【小問2詳解】
因為，故，故，
故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，
則
設(shè)平面的法向量為，
則由可得，取，
設(shè)平面的法向量為，
則由可得，取，
故，
故平面與平面夾角的余弦值為
18. 某保險公司為了了解該公司某種保險產(chǎn)品的索賠情況，從合同險期限屆滿的保單中隨機抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數(shù)據(jù)如下表：
假設(shè)：一份保單的保費為0.4萬元；前3次索賠時，保險公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時，保險公司賠償0.6萬元.假設(shè)不同保單的索賠次數(shù)相互獨立.用頻率估計概率.
（1）估計一份保單索賠次數(shù)不少于2的概率；
（2）一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費與賠償總金額之差.
（i）記為一份保單的毛利潤，估計的數(shù)學(xué)期望；
（ⅱ）如果無索賠的保單的保費減少，有索賠的保單的保費增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數(shù)學(xué)期望估計值與（i）中估計值的大?。ńY(jié)論不要求證明）
【答案】（1）
（2）(i)0.122萬元；(ii) 這種情況下一份保單毛利潤的數(shù)學(xué)期望估計值大于（i）中估計值
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題設(shè)中的數(shù)據(jù)可求賠償次數(shù)不少2的概率;
（2）（?。┰O(shè)為賠付金額，則可取，用頻率估計概率后可求分布列及數(shù)學(xué)期望，從而可求.
（ⅱ）先算出下一期保費的變化情況，結(jié)合（1）的結(jié)果可求，從而即可比較大小得解.
【小問1詳解】
設(shè)為“隨機抽取一單，賠償不少于2次”，
由題設(shè)中的統(tǒng)計數(shù)據(jù)可得.
【小問2詳解】
（?。┰O(shè)為賠付金額，則可取，
由題設(shè)中的統(tǒng)計數(shù)據(jù)可得，
，，
，
故
故（萬元）.
（ⅱ）由題設(shè)保費的變化為，
故（萬元），
從而.
19. 已知橢圓：，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形.過點且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點，過點和的直線與橢圓的另一個交點為．
（1）求橢圓的方程及離心率；
（2）若直線BD的斜率為0，求t的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由題意得，進一步得，由此即可得解；
（2）設(shè)，，聯(lián)立橢圓方程，由韋達(dá)定理有，而，令，即可得解.
小問1詳解】
由題意，從而，
所以橢圓方程為，離心率為；
【小問2詳解】
直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點，矛盾，
從而設(shè)，，
聯(lián)立，化簡并整理得，
由題意，即應(yīng)滿足，
所以，
若直線斜率為0，由橢圓的對稱性可設(shè)，
所以，在直線方程中令，
得，
所以，
此時應(yīng)滿足，即應(yīng)滿足或，
綜上所述，滿足題意，此時或.
20. 設(shè)函數(shù)，直線是曲線在點處的切線．
（1）當(dāng)時，求的單調(diào)區(qū)間.
（2）求證：不經(jīng)過點.
（3）當(dāng)時，設(shè)點，，，為與軸的交點，與分別表示與的面積．是否存在點使得成立？若存在，這樣的點有幾個？
（參考數(shù)據(jù)：，，）
【答案】（1）單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.
（2）證明見解析 （3）2
【解析】
【分析】（1）直接代入，再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可；
（2）寫出切線方程，將代入再設(shè)新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其零點即可；
（3）分別寫出面積表達(dá)式，代入得到，再設(shè)新函數(shù)研究其零點即可.
【小問1詳解】
，
當(dāng)時，；當(dāng)，；
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
則單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.
【小問2詳解】
，切線的斜率為，
則切線方程為，
將代入則，
即，則，，
令，
假設(shè)過，則在存在零點.
，在上單調(diào)遞增，，
在無零點，與假設(shè)矛盾，故直線不過.
【小問3詳解】
時，.
，設(shè)與軸交點為，
時，若，則此時與必有交點，與切線定義矛盾.
由（2）知.所以，
則切線的方程為，
令，則.
，則，
，記，
滿足條件的有幾個即有幾個零點.
，
當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，此時單調(diào)遞增；
當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減；
因為，
，
所以由零點存在性定理及的單調(diào)性，在上必有一個零點，在上必有一個零點，
綜上所述，有兩個零點，即滿足的有兩個.
【點睛】
關(guān)鍵點點睛：本題第二問的關(guān)鍵是采用的是反證法，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)零點問題.
21. 已知集合．給定數(shù)列，和序列，其中，對數(shù)列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數(shù)列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數(shù)列記作；……；以此類推，得到，簡記為．
（1）給定數(shù)列和序列，寫出；
（2）是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；
（3）若數(shù)列的各項均為正整數(shù)，且為偶數(shù)，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．
【答案】（1）
（2）不存在符合條件的，理由見解析
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）直接按照的定義寫出即可；
（2）解法一：利用反證法，假設(shè)存在符合條件，由此列出方程組，進一步說明方程組無解即可；解法二：對于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，可知序列共有8項，可知：，檢驗即可；
（3）解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若，分類討論相等得個數(shù)，結(jié)合題意證明即可；若存在序列，使得為常數(shù)列，結(jié)合定義分析證明即可.
【小問1詳解】
因為數(shù)列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
【小問2詳解】
解法一：假設(shè)存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，
則，而該方程組無解，故假設(shè)不成立，
故不存在符合條件的；
解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，
假設(shè)存在符合條件的，且，
因為，即序列共有8項，
由題意可知：，
檢驗可知：當(dāng)時，上式不成立，
即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的.
【小問3詳解】
解法一：我們設(shè)序列為，特別規(guī)定.
必要性：
若存在序列，使得的各項都相等.
則，所以.
根據(jù)的定義，顯然有，這里，.
所以不斷使用該式就得到，必要性得證.
充分性：
若.
由已知，為偶數(shù)，而，所以也是偶數(shù).
我們設(shè)是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數(shù)列中，使得最小的一個.
上面已經(jīng)說明，這里，.
從而由可得.
同時，由于總是偶數(shù)，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數(shù).
下面證明不存在使得.
假設(shè)存在，根據(jù)對稱性，不妨設(shè)，，即.
情況1：若，則由和都是偶數(shù)，知.
對該數(shù)列連續(xù)作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；
情況2：若，不妨設(shè).
情況2-1：如果，則對該數(shù)列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；
情況2-2：如果，則對該數(shù)列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.
這就說明無論如何都會導(dǎo)致矛盾，所以對任意的都有.
假設(shè)存在使得，則是奇數(shù)，所以都是奇數(shù)，設(shè)為.
則此時對任意，由可知必有.
而和都是偶數(shù)，故集合中的四個元素之和為偶數(shù)，對該數(shù)列進行一次變換，則該數(shù)列成為常數(shù)列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾.
綜上，只可能，而，故是常數(shù)列，充分性得證.
解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結(jié)果，
且相對于序列也是無序的，
（ⅰ）若，
不妨設(shè)，則，
①當(dāng)，則，
分別執(zhí)行個序列、個序列，
可得，為常數(shù)列，符合題意；
②當(dāng)中有且僅有三個數(shù)相等，不妨設(shè)，則，
即，
分別執(zhí)行個序列、個序列
可得，
即，
因為為偶數(shù)，即為偶數(shù)，
可知的奇偶性相同，則，
分別執(zhí)行個序列，，，，
可得，
為常數(shù)列，符合題意；
③若，則，即，
分別執(zhí)行個、個，
可得，
因為，
可得，
即轉(zhuǎn)為①，可知符合題意；
④當(dāng)中有且僅有兩個數(shù)相等，不妨設(shè)，則，
即，
分別執(zhí)行個、個，
可得，
且，可得，
即轉(zhuǎn)為②，可知符合題意；
⑤若，則，即，
分別執(zhí)行個、個，
可得，
且，可得，
即轉(zhuǎn)為③，可知符合題意；
綜上所述：若，則存在序列，使得為常數(shù)列；
（ⅱ）若存在序列，使得為常數(shù)列，
因為對任意，
均有成立，
若為常數(shù)列，則，
所以；
綜上所述：“存在序列，使得為常數(shù)列”的充要條件為“”.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問的關(guān)鍵在于對新定義的理解，以及對其本質(zhì)的分析.
賠償次數(shù)
0
1
2
3
4
單數(shù)

相關(guān)試卷

精品解析：2024年高考全國甲卷數(shù)學(xué)(文)真題（原卷及解析版）：

這是一份精品解析：2024年高考全國甲卷數(shù)學(xué)(文)真題（原卷及解析版），文件包含精品解析2024年高考全國甲卷數(shù)學(xué)文真題原卷版docx、精品解析2024年高考全國甲卷數(shù)學(xué)文真題解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共24頁， 歡迎下載使用。

2023新高考Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題（原卷+解析版）：

這是一份2023新高考Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題（原卷+解析版），文件包含2023新高考Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題原卷版docx、2023新高考Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共21頁， 歡迎下載使用。

2024年北京高考數(shù)學(xué)真題試題（原卷版+含解析）：

這是一份2024年北京高考數(shù)學(xué)真題試題（原卷版+含解析），共19頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

精品解析：2023年高考全國甲卷數(shù)學(xué)(理)真題（原卷+解析版）

精品解析：2023年高考全國甲卷數(shù)學(xué)(理)真題（原卷+解析版）
2023年全國各地（7套）高考數(shù)學(xué)真題及解答精品解析：2023年新課標(biāo)全國Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題（原卷版）

2023年全國各地（7套）高考數(shù)學(xué)真題及解答精品解析：2023年新課標(biāo)全國Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題（原卷版）
2023年全國各地（7套）高考數(shù)學(xué)真題及解答精品解析：2023年新課標(biāo)全國Ⅰ卷數(shù)學(xué)真題（原卷版）

2023年全國各地（7套）高考數(shù)學(xué)真題及解答精品解析：2023年新課標(biāo)全國Ⅰ卷數(shù)學(xué)真題（原卷版）
2023年新高考真題練習(xí)精品解析：2022年北京市高考數(shù)學(xué)試題（原卷版）

2023年新高考真題練習(xí)精品解析：2022年北京市高考數(shù)學(xué)試題（原卷版）
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，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，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(quán)申訴二維碼
高考專區(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(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)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(xí)網(wǎng)「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