一、選擇題
設(shè)D，E，F(xiàn)分別為△ABC的三邊BC，CA，AB的中點(diǎn)，則eq \(EB,\s\up14(→))＋eq \(FC,\s\up14(→))=( )
A.eq \(AD,\s\up14(→)) B.eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→)) C.eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up14(→)) D.eq \(BC,\s\up14(→))
已知O是正六邊形ABCDEF的中心，則與向量eq \(OA,\s\up14(→))平行的向量為( )
A.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)) B.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→)) C.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AF,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→)) D.eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DE,\s\up14(→))
設(shè)向量a，b不共線，eq \(AB,\s\up14(→))=2a＋pb，eq \(BC,\s\up14(→))=a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))=a－2b，若A，B，D三點(diǎn)共線，
則實(shí)數(shù)p的值為( )
A.－2 B.－1 C.1 D.2
莊嚴(yán)美麗的國旗和國徽上的五角星是革命和光明的象征.正五角星是一個(gè)非常優(yōu)美的幾何圖形，且與黃金分割有著密切的聯(lián)系.在如圖所示的正五角星中，以A，B，C，D，E為頂點(diǎn)的多邊形為正五邊形，且eq \f(PT,AT)=eq \f(\r(5)－1,2).下列關(guān)系中正確的是( )
A.eq \(BP,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(RS,\s\up14(→)) B.eq \(CQ,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(TS,\s\up14(→))
C.eq \(ES,\s\up14(→))－eq \(AP,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(BQ,\s\up14(→)) D.eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))
如圖，在直角梯形ABCD中，AB=2AD=2DC，E為BC邊上一點(diǎn)，eq \(BC,\s\up14(→))=3eq \(EC,\s\up14(→))，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)，
則eq \(BF,\s\up14(→))=( )
A.eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)) B.eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up14(→)) C.－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)) D.－eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up14(→))
如圖，在△ABC中，N為線段AC上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，點(diǎn)P在線段BN上且滿足：
eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))，則實(shí)數(shù)m的值為( )
A.1 B.eq \f(1,3) C.eq \f(9,11) D.eq \f(5,11)
如圖，在等邊△ABC中，O為△ABC的重心，點(diǎn)D為BC邊上靠近B點(diǎn)的四等分點(diǎn)，
若eq \(OD,\s\up14(→))=xeq \(AB,\s\up14(→))＋yeq \(AC,\s\up14(→))，則x＋y=( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
P是△ABC所在平面上的一點(diǎn)，滿足eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=2eq \(AB,\s\up14(→))，若S△ABC=6，則△PAB面積為( )
A.2 B.3 C.4 D.8
已知圓心為O，半徑為1的圓上有不同的三個(gè)點(diǎn)A，B，C，其中eq \(OA,\s\up14(→))·eq \(OB,\s\up14(→))=0，存在實(shí)數(shù)λ，μ滿足eq \(OC,\s\up14(→))＋λeq \(OA,\s\up14(→))＋μeq \(OB,\s\up14(→))=0，則實(shí)數(shù)λ，μ的關(guān)系為( )
A.λ2＋μ2=1 B.eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)=1 C.λμ=1 D.λ＋μ=1
已知P，Q為三角形ABC中不同兩點(diǎn)，若eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(QA,\s\up14(→))＋3eq \(QB,\s\up14(→))＋5eq \(QC,\s\up14(→))=0，
則S△PAB：S△QAB為( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(3,5) C.eq \f(5,7) D.eq \f(7,9)
二、填空題
已知?ABCD的對角線AC和BD相交于O，且eq \(OA,\s\up14(→))=a，eq \(OB,\s\up14(→))=b，則eq \(DC,\s\up14(→))= ，eq \(BC,\s\up14(→))= .(用a，b表示)
已知S是△ABC所在平面外一點(diǎn)，D是SC中點(diǎn)，若eq \(BD,\s\up14(→))=xeq \(AB,\s\up14(→))＋yeq \(AC,\s\up14(→))＋zeq \(AS,\s\up14(→))，則x＋y＋z= .
在直角梯形ABCD中，∠A=90°，∠B=30°，AB=2eq \r(3)，BC=2，點(diǎn)E在線段CD上，
若eq \(AE,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋μeq \(AB,\s\up14(→))，則μ的取值范圍是
在△ABC中，已知AB⊥AC，AB=AC，點(diǎn)M滿足eq \(AM,\s\up14(→))=teq \(AB,\s\up14(→))＋(1－t)eq \(AC,\s\up14(→))，若∠BAM=eq \f(π,3)，則t= .
已知G是△ABC的重心，過點(diǎn)G作直線MN與AB，AC交于點(diǎn)M，N，且eq \(AM,\s\up14(→))=xeq \(AB,\s\up14(→))，eq \(AN,\s\up14(→))=yeq \(AC,\s\up14(→))(x，y>0)，則3x＋y的最小值是 .
\s 0 答案詳解
答案為：A.
解析：由題意得eq \(EB,\s\up14(→))＋eq \(FC,\s\up14(→))=eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(CB,\s\up14(→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→)))=eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))=eq \(AD,\s\up14(→)).
答案為：B.
解析：eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))=2eq \(AO,\s\up14(→))=－2eq \(OA,\s\up14(→)).
答案為：B.
解析：因?yàn)閑q \(BC,\s\up14(→))=a＋b，eq \(CD,\s\up14(→))=a－2b，所以eq \(BD,\s\up14(→))=eq \(BC,\s\up14(→))＋eq \(CD,\s\up14(→))=2a－b.又因?yàn)锳，B，D三點(diǎn)共線，
所以eq \(AB,\s\up14(→))，eq \(BD,\s\up14(→))共線.設(shè)eq \(AB,\s\up14(→))=λeq \(BD,\s\up14(→))，所以2a＋pb=λ(2a－b)，
所以2=2λ，p=－λ，即λ=1，p=－1.
答案為：A.
解析：由題意得，eq \(BP,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \(TE,\s\up14(→))－eq \(TS,\s\up14(→))=eq \(SE,\s\up14(→))=eq \f(\(RS,\s\up14(→)),\f(\r(5)－1,2))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(RS,\s\up14(→))，所以A正確；
eq \(CQ,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(TP,\s\up14(→))=eq \(TA,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)＋1,2)eq \(ST,\s\up14(→))，所以B錯(cuò)誤；
eq \(ES,\s\up14(→))－eq \(AP,\s\up14(→))=eq \(RC,\s\up14(→))－eq \(QC,\s\up14(→))=eq \(RQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(QB,\s\up14(→))，所以C錯(cuò)誤；
eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \(SD,\s\up14(→))＋eq \(RD,\s\up14(→))，eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))=eq \(RS,\s\up14(→))=eq \(RD,\s\up14(→))－eq \(SD,\s\up14(→))，若eq \(AT,\s\up14(→))＋eq \(BQ,\s\up14(→))=eq \f(\r(5)－1,2)eq \(CR,\s\up14(→))，
則eq \(SD,\s\up14(→))=0，不合題意，所以D錯(cuò)誤.故選A.
答案為：C.
解析：eq \(BF,\s\up14(→))=eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \(AF,\s\up14(→))=eq \(BA,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AE,\s\up14(→))=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up14(→))＋\f(1,2)\(AB,\s\up14(→))＋\(CE,\s\up14(→))))=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up14(→))
=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,6)(eq \(CD,\s\up14(→))＋eq \(DA,\s\up14(→))＋eq \(AB,\s\up14(→)))=－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up14(→)).
答案為：D.
解析：eq \(AP,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(BC,\s\up14(→))=(m＋eq \f(2,11))eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)(eq \(AC,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=meq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(2,11)eq \(AC,\s\up14(→))，
設(shè)eq \(BP,\s\up14(→))=λeq \(BN,\s\up14(→))(0≤λ≤1)，則eq \(AP,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(BN,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))＋λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→)))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋λeq \(AN,\s\up14(→))，
因?yàn)閑q \(AN,\s\up14(→))=eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AP,\s\up14(→))=(1－λ)eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)λeq \(AC,\s\up14(→))，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1－λ，,\f(2,11)＝\f(1,3)λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝\f(6,11)，,m＝\f(5,11)，))故選D.
答案為：B.
解析：設(shè)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，連接AE，可知O在AE上，
由eq \(OD,\s\up14(→))=eq \(OE,\s\up14(→))＋eq \(ED,\s\up14(→))=eq \f(1,3)eq \(AE,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)eq \(CB,\s\up14(→))=eq \f(1,6)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))＋eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up14(→))－eq \(AC,\s\up14(→)))=eq \f(5,12)eq \(AB,\s\up14(→))－eq \f(1,12)eq \(AC,\s\up14(→))，
故x=eq \f(5,12)，y=－eq \f(1,12)，x＋y=eq \f(1,3).故選B.
答案為：A.
解析：∵eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=2eq \(AB,\s\up14(→))=2(eq \(PB,\s\up14(→))－eq \(PA,\s\up14(→)))，∴3eq \(PA,\s\up14(→))=eq \(PB,\s\up14(→))－eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(CB,\s\up14(→))，∴eq \(PA,\s\up14(→))∥eq \(CB,\s\up14(→))，
且方向相同，∴eq \f(S△ABC,S△PAB)=eq \f(BC,AP)=eq \f(|\(CB,\s\up14(→))|,|\(PA,\s\up14(→))|)=3，∴S△PAB=eq \f(S△ABC,3)=2.
答案為：A.
解析：解法1：取特殊點(diǎn)，取C點(diǎn)為優(yōu)弧AB的中點(diǎn)，
此時(shí)由平面向量基本定理易得λ=μ=eq \f(\r(2),2)，只有A符合.故選A.
解法2：依題意得|eq \(OA,\s\up14(→))|=|eq \(OB,\s\up14(→))|=|eq \(OC,\s\up14(→))|=1，－eq \(OC,\s\up14(→))=λeq \(OA,\s\up14(→))＋μeq \(OB,\s\up14(→))，兩邊平方得1=λ2＋μ2.故選A.
答案為：B.
解析：令D為AC的中點(diǎn)，eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PB,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))，化為eq \(PA,\s\up14(→))＋eq \(PC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))－eq \(PB,\s\up14(→))，即2eq \(PD,\s\up14(→))=eq \(AP,\s\up14(→))，
可得AC=3AP，且點(diǎn)P在AC邊上，則S△PAB=eq \f(1,2)S△ABC，設(shè)點(diǎn)M，N分別是AC，AB的中點(diǎn)，
則由eq \(QA,\s\up14(→))＋3eq \(QB,\s\up14(→))＋5eq \(QC,\s\up14(→))=0可得2eq \(QM,\s\up14(→))＋6eq \(QN,\s\up14(→))＋eq \(QC,\s\up14(→))=0，設(shè)點(diǎn)T是CN的中點(diǎn)，則2eq \(QM,\s\up14(→))＋5eq \(QN,\s\up14(→))＋2eq \(QT,\s\up14(→))=0，
設(shè)點(diǎn)S是MT的中點(diǎn)，則4eq \(QS,\s\up14(→))＋5eq \(QN,\s\up14(→))=0，因此可得S△QAB=eq \f(5,9)S△ABC，所以S△PABS△QAB=eq \f(3,5)，故選B.
答案為：b－a，－a－b.
解析：如圖，eq \(DC,\s\up14(→))=eq \(AB,\s\up14(→))=eq \(OB,\s\up14(→))－eq \(OA,\s\up14(→))=b－a，eq \(BC,\s\up14(→))=eq \(OC,\s\up14(→))－eq \(OB,\s\up14(→))=－eq \(OA,\s\up14(→))－eq \(OB,\s\up14(→))=－a－b.
答案為：0.
解析：依題意得eq \(BD,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))－eq \(AB,\s\up14(→))=eq \f(1,2)(eq \(AS,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))－eq \(AB,\s\up14(→))=－eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)eq \(AS,\s\up14(→))，
因此x＋y＋z=－1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)=0.
答案為：[0，eq \f(1,2)].
解析：由題意可求得AD=1，CD=eq \r(3)，所以eq \(AB,\s\up14(→))=2eq \(DC,\s\up14(→)).
∵點(diǎn)E在線段CD上，∴eq \(DE,\s\up14(→))=λeq \(DC,\s\up14(→))(0≤λ≤1).
∵eq \(AE,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \(DE,\s\up14(→))，又eq \(AE,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋μeq \(AB,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋2μeq \(DC,\s\up14(→))=eq \(AD,\s\up14(→))＋eq \f(2μ,λ)eq \(DE,\s\up14(→))，
∴eq \f(2μ,λ)=1，即μ=eq \f(λ,2).∵0≤λ≤1，∴0≤μ≤eq \f(1,2).即μ的取值范圍是[0，eq \f(1,2)].
答案為：eq \f(\r(3)－1,2).
解析：由題意可得eq \(AM,\s\up14(→))=teq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))－teq \(AC,\s\up14(→))，所以eq \(AM,\s\up14(→))－eq \(AC,\s\up14(→))=teq \(AB,\s\up14(→))－teq \(AC,\s\up14(→))，即eq \(CM,\s\up14(→))=teq \(CB,\s\up14(→))，
所以eq \(CM,\s\up14(→))與eq \(CB,\s\up14(→))共線，即B，M，C三點(diǎn)共線，且t=eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,|\(CB,\s\up14(→))|).
又由條件知|eq \(BC,\s\up14(→))|=eq \r(2)|eq \(AC,\s\up14(→))|，所以t=eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,\r(2)|\(AC,\s\up14(→))|).
在△ABC中，由正弦定理知eq \f(|\(CM,\s\up14(→))|,|\(AC,\s\up14(→))|)=eq \f(sin30°,sin105°)=eq \f(\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4))=eq \f(2,\r(6)＋\r(2))，
所以t=eq \f(2,\r(2)×?\r(6)＋\r(2)?)=eq \f(\r(3)－1,2).
答案為：eq \f(4＋2\r(3),3).
解析：如圖，∵M(jìn)，N，G三點(diǎn)共線，∴eq \(MG,\s\up14(→))=λeq \(GN,\s\up14(→)).
∴eq \(AG,\s\up14(→))－eq \(AM,\s\up14(→))=λ(eq \(AN,\s\up14(→))－eq \(AG,\s\up14(→))).∵G是△ABC的重心，∴eq \(AG,\s\up14(→))=eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))).
∴eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→)))－xeq \(AB,\s\up14(→))=λyeq \(AC,\s\up14(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up14(→))＋eq \(AC,\s\up14(→))).∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－x＝－\f(1,3)λ，,\f(1,3)＝λy－\f(1,3)λ，))
整理得(3x－1)·(3y－1)=1；結(jié)合圖象可知eq \f(1,2)≤x≤1，eq \f(1,2)≤y≤1；
令3x－1=m,3y－1=neq \f(1,2)≤m≤2，eq \f(1,2)≤n≤2，則mn=1，x=eq \f(1＋m,3)，y=eq \f(1＋n,3).
故3x＋y=1＋m＋eq \f(1＋n,3)=eq \f(4,3)＋m＋eq \f(n,3)≥eq \f(4,3)＋2eq \r(\f(1,3)mn)=eq \f(4,3)＋eq \f(2\r(3),3)，
當(dāng)且僅當(dāng)m=eq \f(\r(3),3)，n=eq \r(3)時(shí)等號成立.

相關(guān)試卷

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)：26 平面向量的概念及其線性運(yùn)算 Word版含解析：

這是一份高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)：26 平面向量的概念及其線性運(yùn)算 Word版含解析，共9頁。試卷主要包含了選擇題，填空題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)質(zhì)量評價(jià)26平面向量的概念與線性運(yùn)算含答案：

這是一份高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)質(zhì)量評價(jià)26平面向量的概念與線性運(yùn)算含答案，共6頁。

高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)26《平面向量的概念及其線性運(yùn)算》(原卷版)：

這是一份高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)26《平面向量的概念及其線性運(yùn)算》(原卷版)，共3頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2022年高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)25《平面向量的概念及其線性運(yùn)算（學(xué)生版）

2022年高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)25《平面向量的概念及其線性運(yùn)算（學(xué)生版）
2022年高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)25《平面向量的概念及其線性運(yùn)算》（教師版）

2022年高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)25《平面向量的概念及其線性運(yùn)算》（教師版）
高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)25平面向量的概念及其線性運(yùn)算文含解析新人教版

高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)25平面向量的概念及其線性運(yùn)算文含解析新人教版
2022版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)作業(yè)本23《平面向量的概念及線性運(yùn)算》(含答案詳解)

2022版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)作業(yè)本23《平面向量的概念及線性運(yùn)算》(含答案詳解)
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(jiǎng)勵(lì)，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(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