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- 2021-06-16 发布
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2020 年高考必刷卷(新课标卷)05
数学(理)
(本试卷满分 150 分,考试用时 120 分钟)
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷
类型(B)填涂在答题卡的相应位置上。
2.作答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如
需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置
上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作
答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,将试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题)
一、单选题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是
符合题目要求的。
1.设集合 {0,1}M , { | 0 1}N x x ,则 M N ( )
A.[0,1] B. (0,1] C.[0,1) D. ( ,1]
【答案】A
【解析】
【分析】
利用并集的定义求解即可.
【详解】
∵集合 {0,1}M ,集合 { | 0 1}N x x ,∴ { | 0 1}M N x x ,即 M N [0,1] .
故选:A
【点睛】
本题考查了并集的定义与计算问题,属于基础题.
2.命题 :p x R , 2 2 0x x 的否定为( ).
A. x R , 2 2 0x x B. x R , 2 2 0x x
C. x R , 2 2 0x x D. x R , 2 2 0x x
【答案】D
【解析】
命题 p 的否定,
将“ x R ”变成“ x R ”,
将“ 2 2 0x x ” 变成“ 2 2 0x x ”.
故选 D .
点睛:(1)对全称(存在性)命题进行否定的两步操作:①找到命题所含的量词,没有量词的要结合命
题的含义加上量词,再进行否定;②对原命题的结论进行否定.(2)判定全称命题“ , ( )x M p x ”是
真命题,需要对集合 M 中的每个元素 x ,证明 ( )p x 成立;要判定一个全称命题是假命题,只要举
出集合 M 中的一个特殊值 0x ,使 0( )p x 不成立即可.要判断存在性命题是真命题,只要在限定集合
内至少能找到一个 0x x ,使 0( )p x 成立即可,否则就是假命题.
3.若复数 3 4sin cos5 5z i
是纯虚数,则 tan( ) 的值为( )
A. 3
4
B. 4
3 C. 3
4
D. 4
3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据所给的虚数是一个纯虚数,得到虚数的实部等于 0,而虚部不等于 0,得到角的正弦和余弦值,
根据同角三角函数之间的关系,得到结果.
【详解】
若复数 3 4sin (cos )5 5z i 是纯虚数,
则 3sin 05
且 4cos 05
,
所以 3sin 5
, 4cos 5
,
, 6.《中国好歌曲》的五位评委给一位歌手给出的评分分别是: 1 18x , 2 19x , 3 20x , 4 21x
的最小值为 9.
a b
∴ 2 1
3a b 时取等号,
即 1
a b
当且仅当 2 2b a
所以 2 1 2 1 2 2( )(2 ) 5 5 2 4 9b aa ba b a b a b
∴ 2 1a b .
即 2lg 2 lg 4 2 lg 2a b a b ,
∴ 2lg 2 lg 4 lg 2a b ,
∵ lg 2 是 lg4a 与 lg2b 的等差中项,
【解析】
【答案】D
A. 2 2 B.3 C. 4 D.9
的最小值为( )
a b
5.设 0a , 0b , lg 2 是 lg 4a 与 lg 2b 的等差中项,则 2 1
考点:线性规划.
,故选 B.
log t
的最大值为
,所以
大值
处取得最
ݕ
在点
试题分析:根据题中所给的约束条件,画出相应的可行域,可以求得
【解析】
【答案】B
D.
C.
B.
A.
的最大值为( )
t log ݕ
,则
h
h
满足
,
4.已知变量
求,而忽略了虚部不能为零的限制,属于易错题.
本题主要考查了复数的基本概念,属于基础题.纯虚数是一个易错概念,不能只关注实部为零的要
【点睛】
故选 C.
.
,故 tan( ) 3tan 4
所以 3tan 4
5 22x ,现将这五个数据依次输入如图程序框进行计算,则输出的 S 值及其统计意义分别是( )
A. 2S ,即 5 个数据的方差为 2 B. 2S ,即 5 个数据的标准差为 2
C. 10S ,即 5 个数据的方差为 10 D. 10S ,即 5 个数据的标准差为 10
【答案】A
【解析】
【分析】
算法的功能是求 2 2 2
1 220 20 20iS x x x 的值,根据条件确定跳出循环的i 值,
计算输出 S 的值.
【详解】
由程序框图知:算法的功能是求 2 2 2
1 220 20 20iS x x x 的值,
∵跳出循环的i 值为 5,
∴输出 S 2 2 21 [ 18 20 19 20 20 205
2 221 20 22 20 ]
1 4 1 0 1 4 25
.故选 A.
【点睛】
本题考查了循环结构的程序框图,根据框图的流程判断算法的功能是关键,属于基础题.
7.十九世纪末,法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”,即“在一个圆内任意选一
条弦,这条弦的弦长长于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少?”贝特朗用“随机半径”、“随
机端点”、“随机中点”三个合理的求解方法,但结果都不相同.该悖论的矛头直击概率概念本身,强
烈地刺激了概率论基础的严格化.已知“随机端点”的方法如下:设 A 为圆 O 上一个定点,在圆周上
随机取一点 B,连接 AB,所得弦长 AB 大于圆 O 的内接等边三角形边长的概率.则由“随机端点”
求法所求得的概率为( )
A. 1
5 B. 1
4 C. 1
3 D. 1
2
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意画出图形,求出满足条件的 B 的位置,再由测度比是弧长比得答案.
【详解】
解:设“弦 AB 的长超过圆内接正三角形边长”为事件 M ,
以点 A 为一顶点,在圆中作一圆内接正三角形 ACD ,
则要满足题意点 B 只能落在劣弧 CD 上,又圆内接正三角形 ACD 恰好将圆周 3 等分,
故 1( ) 3P M
故选:C.
【点睛】
本题考查几何概型的意义,关键是要找出满足条件弦 AB 的长度超过圆内接正三角形边长的图形测
度,再代入几何概型计算公式求解,是基础题.
8.椭圆
2 2
116 9
x y 的两个焦点为 1F , 2F ,过 2F 的直线交椭圆于 A、B 两点,若 6AB ,则
1 1AF BF 的值为 ( )
A.10 B.8 C.16 D.12
【答案】A
【解析】
【分析】
由椭圆的定义可得: 1 2 1 2 2AF AF BF BF a ,即可得出.
【详解】
由椭圆的定义可得: 1 2 1 2 2 8AF AF BF BF a ,
1 1 2 22 2 16 16 6 10AF BF a AF a BF AB ,
故选 A.
【点睛】
本题考查了椭圆的定义及其标准方程,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
9.如图是一个几何体的三视图,根据图中的数据(单位: cm ),可知此几何体的体积是( )
A. 324cm B. 364 cm3
C. 3(6 2 5 2 2)cm D. 3(24 8 5 8 2)cm
【答案】B
【解析】
由三视图可知,该几何体是如下图所示的四棱锥,故体积为 1 644 4 43 3
3cm .故选 B.
10.已知函数 sinf x x ,将 f x 的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的 1
2
,纵坐标扩大为原
来的 3 倍,再把图象上所有的点向上平移1个单位长度,得到函数 y g x 的图象,则函数 g x 的
周期可以为( )
A.
2
B. C. 3
2
D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用三角函数图象变换规律得出函数 y g x 的解析式,然后由绝对值变换可得出函数
y g x 的最小正周期.
【详解】
sinf x xQ ,将函数 y f x 的图象上的所有点的横坐示缩短到原来的 1
2
,可得到函数
sin 2y x 的图象,再将所得函数图象上所有点的纵坐标扩大为原来的 3 倍,得到函数 3sin 2y x
的图象,再把所得图象向上平移1个単位长度,得到 3sin 2 1g x x ,由绝对值变换可知,函数
y g x 的最小正周期为 2
2T ,故选:B.
【点睛】
本题考查三角函数变换,同时也考查三角函数周期的求解,解题的关键就是根据图象变换的每一步
写出所得函数的解析式,考查推理能力,属于中等题.
11.过曲线
2 2
1 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
的左焦点 1F 作曲线 2 2 2
2 :C x y a 的切线,设切点为 ,M
延长 1F M 交曲线 2
3 : 2 ( 0)C y px p 于点 ,N 其中 1 3,C C 有一个共同的焦点,若 1 0,MF MN 则
曲线 1C 的离心率为( ).
A. 5 1
2
B. 5 C. 2 1
2
D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】
设双曲线的右焦点的坐标为 2 ,0F c ,利用O 为 1 2F F 的中点, M 为 1F N 的中点,可得 OM 为
1 2NF F 的中位线,从而可求 1NF ,再设 x,yN ,过点 1F 作 x 轴的垂线,由勾股定理得出关于 ,a c
的关系式,最后即可求得离心率.
【详解】
设双曲线的右焦点为 2F ,则 2F 的坐标为 ,0c .
因为曲线 1C 与 3C 有一个共同的焦点,所以曲线 3C 的方程为 2 4y cx .
因为 1 0MF MN ,
所以 1MF MN NM ,
所以 M 为 1F N 的中点,
因为 O 为 1 2F F 的中点,
所以 OM 为 1 2NF F 的中位线,
所以 OM∥ 2NF .
因为|OM|=a,所以 2 2NF a .
又 2 1NF NF , 1 2 2F F c ,
所以 2 2
1 2 2 2NF c a b .
设 N(x,y),则由抛物线的定义可得 2x c a ,
所以 2x a c .
过点 F1 作 x 轴的垂线,点 N 到该垂线的距离为 2a ,
在 1Rt F PN 中,由勾股定理得 2 2 2
1 1| | +| | | |F P PN F N ,
即 2 2 24 4y a b ,
所以 2 2 24 (2 ) 4 4( )c a c a c a ,
整理得 2 1 0e e ,解得 5 1
2e .
故选 A.
【点睛】
解答本题时注意以下几点:
(1)求双曲线的离心率时,可根据题中给出的条件得到关于 , ,a b c 的关系式,再结合 2 2 2a b c 得
到 ,a c 间的关系或关于离心率 e 的方程(或不等式),由此可得离心率的取值(或范围).
(2)本题中涉及的知识较多,解题时注意将题中给出的关系进行转化,同时要注意圆锥曲线定义在
解题中的应用.
12.函数 f x 满足 1, ,2
xef x f x xx
, 1f e ,若存在 2,1a ,使得
312 3 2f a a em
成立,则 m 的取值( )
A. 2 ,13
B. 2 ,3
C. 1, D. 1 2,2 3
【答案】A
【解析】
由题意设 ( )( ) x
f xg x e
,则 ( ) ( ) 1( ) x
f x f xg x e x
,所以 ( ) lng x x c ( c 为常数).∵
1f e ,∴ (1)(1) 1fg ce
,∴ ( ) ( ) ( 1 ln )x xf x g x e e x ,
∴ 1( ) (ln 1)xf x e x x
.令 1( ) ln 1h x x x
,则 2 2
1 1 1( ) xh x x x x
,故当 1 12 x 时,
( ) 0, ( )h x h x 单调递减;当 1x 时, ( ) 0, ( )h x h x 单调递增.
∴ ( ) (1) 0h x h ,从而当 1 ,2x
时, ( ) 0f x ,∴ ( )f x 在区间 1 ,2
上单调递增.
设 3( ) 3 2 , 2,1a a a e a ,则 2( ) 3 3 3( 1)( 1)a a a a ,故 ( )a 在 ( 2, 1) 上单
调递增,在 ( 1,1) 上单调递减,所以 max( ) ( 1)a e .
∴不等式 312 3 2f a a em
等价于 12 (1)f e fm
,
∴
12 1
1 12 2
m
m
,解得 2 13 m ,故 m 的取值范围为 2[ ,1]3
.选 A.
点睛:本题考查用函数的单调性解不等式,在解答过程中首先要根据含有导函数的条件构造函数
( )( ) x
f xg x e
,并进一步求得函数 ( )f x 的解析式,从而得到函数 ( )f x 在区间 1 ,2
上的单调
性.然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为 12 (1)f fm
,最后根据函数的单调性将函
数不等式化为一般不等式求解即可.
第Ⅱ卷(非选择题)
二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。把答案填在题中的横线上。
13.
5
5 11 1x x
的展开式中的 x 项的系数等于____________ .
【答案】10.
【解析】
【分析】
由 52
5
5
5 1
111 x x
x
x
,于是求 x 项的系数转化为 52 1x 展开式中 6x 的系数,然后利用
二项式定理求出即可.
【详解】
5
5 5
525
5
111 1 1 1 xx
xx xxx
Q ,
要求
5
5 11 1x x
的展开式中的 x 项的系数,转化为求 52 1x 展开式中 6x 的系数,
52 1x 展开式的通项为 52 10 2
5 51 1k k kk k kC x C x
,
令10 2 6k ,得 2k ,
因此,
5
5 11 1x x
的展开式中的 x 项的系数为 22
5 1 10C ,故答案为10.
【点睛】
本题考查二项展开式中指定项的系数,本题将二项式进行了化简,将问题进行了转化,简化了计算,
考查化归与转化数学思想,考查计算能力,属于中等题.
14.在直角三角形 ABC 中,
2C , 3AC
,对于平面 ABC 内的任一点 M ,平面 ABC 内总有
一点 D 使得3 2MD MB MA ,则CD CA
_________.
【答案】6
【解析】
【分析】
由3 2MD MB MA 可知 D 为线段 AB 上的点且 BD=2AD,将CD
用CA
,
CB 表示后代入相乘即
可.
【详解】
对平面 ABC 内的任一点 M,平面 ABC 内总有一点 D 使得3 2MD MB MA ,
即 1 2
3 3MD MB MA
,所以 D 为线段 AB 上的点且 BD=2AD
所以 21 2 2 2 20 | | 9 63 3 3 3 3CD CA CB CA CA CA CA CA
,
故答案为:6.
【点睛】
本题考查平面向量基本定理的应用,考查平面向量数量积的性质及其运算,属基础题.
15.四棱锥 S ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, 4AD , 2AB ,且 8SA SD ,当该四棱锥
的体积最大时,其外接球的表面积为_________.
【答案】 76
3
【解析】
【分析】
由题意知四棱锥的体积最大时,平面 SAD 平面 ABCD 且 SAD 为等边三角形,画出图形,设球
心 O 到平面 ABCD 的距离为 x,可得 2 25 (2 3 ) 1x x ,进而得到球的半径,即可求解.
【详解】
由题意知当 S 到平面 ABCD 的距离最大时,四棱锥的体积最大,此时满足平面 SAD 平面 ABCD,
且 SAD 为等边三角形,边长为 4,则 S 到 AD 的距离 2 3 即为 S 到平面 ABCD 的距离,设球心 O
到平面 ABCD 的距离 OE=x,则由 OD=OS 得 2 25 (2 3 ) 1x x ,
解得 2
3
x ,所以外接球的半径 2 195 3R x ,则外接球的表面积为 2 764 3S R
故答案为: 76
3
【点睛】
本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于
基础题.
16.已知函数 2( ) cos 2
xf x x ,数列 na 中, *( ) ( 1)na f n f n n N ,则数列 na 的前
100 项之和 100S ____.
【答案】10200
【解析】
因为 2 πxf x x cos 2
,所以
na f n f n 1 2 2 +1cos + +1 cos2 2
n nn n ( )( )
2 2 2
4 -3
4 -3 4 -24 -3 cos + 4 -2 cos =-(4 2)2 2n
n na n n n ( ) ( )( ) ( )
同理可得: 2 2 2
4 2 4 1 4(4 2) , (4 ) , (4 )n n na n a n a n
2 2
4 3 4 2 4 1 4 2(4 2) 2(4 ) 8(4 1)n n n na a a a n n n ,
na 的前 100 项之和 100S 8 3 7 99 10200 .
故答案为10200 .
点睛:本题中由条件 na f n f n 1 2 2 +1cos + +1 cos2 2
n nn n ( )( ) ,由余弦函数的值
可将 n 分成四种情况,即将数列分成四个一组求和即可.
三、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21
题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23 题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题:共 60 分
17.在 ABC 中,角 A ,B ,C 所对的边分别为 a ,b ,c , sin 2cos cos 02B C B C
,
(1)求证: B C ;
(2)若 3cos 5A , ABC 的外接圆面积为 25
4
,求 ABC 的周长.
【答案】(1)见证明;(2) 4 5 4 .
【解析】
【分析】
(1)由 sin 2cos cos 02B C B C
,利用诱导公式、两角和与差的正弦公式化简可得
sin( ) 0B C ,从而可得结论;(2)利用圆的面积公式可求得三角形外接圆半径 5
2R ,利用同角
三角函数的关系与正弦定理可得 2 sin 4a R A ,结合(1),利用余弦定理列方程求得 2 5b c ,
从而可得结果.
【详解】
(1)∵sin( ) 2cos cos 02B C B C
,
∴sin( ) 2sin cos 0B C B C ,∴sin cos cos sin 2sin cos 0B C B C B C ,
∴ cos sin sin cos 0B C B C ,∴ sin( ) 0B C .∴在 ABC 中, B C .
(2)设 ABC 的外接圆半径为 R ,由已知得 2 25
4R ,∴ 5
2R ,
∵ 3cos 5A , 0 A ,∴ 4sin 5A ,∴ 2 sin 4a R A ,
∵ B C ,∴ b c ,
由 2 2 2 2 cosa b c bc A 得 2 2616 2 5b b ,解得 2 5b ,
∴ 4 5 4a b c ,∴ ABC 的周长为 4 5 4 .
【点睛】
本题主要考查余弦定理、正弦定理及特殊角的三角函数,属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形
式:(1) 2 2 2 2 cosa b c bc A ;(2)
2 2 2
cos 2
b c aA bc
,同时还要熟练掌握运用两种形式的
条件.另外,在解与三角形、三角函数有关的问题时,还需要记住 30 ,45 ,60o o o 等特殊角的三角函数
值,以便在解题中直接应用.
18.某工厂的检验员为了检测生产线上生产零件的情况,从产品中随机抽取了80 个进行测量,根据
所测量的数据画出频率分布直方图如下:
如果:尺寸数据在 63.0,64.5 内的零件为合格品,频率作为概率.
(1)从产品中随机抽取 4 件,合格品的个数为 ,求 的分布列与期望:
(2)为了提高产品合格率,现提出 A ,B 两种不同的改进方案进行试验,若按 A 方案进行试验后,随
机抽取15 件产品,不合格个数的期望是 2 :若按 B 方案试验后,抽取 25 件产品,不合格个数的期
望是 4 ,你会选择哪个改进方案?
【答案】(1)详见解析(2)应选择方案 A ,详见解析
【解析】
【分析】
(1) 先由频率分布直方图,可以推出产品为合格品的概率,再求出随机变量 的分布列及期望;
(2) A 方案随机抽取产品与 B 方案随机抽取产品都为相互独立事件,服从二项分布,由不合格个数
的期望分别求出不合格的概率即可得出较好的方案.
【详解】
(1)由直方图可知抽出产品为合格品的率为 0.75 0.65 0.2 0.5 0.8
即推出产品为合格品的概率为 4
5
,
从产品中随机抽取 4 件.合格品的个数 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,
且 41 10 ( )5 625P , 1 3
4
4 1 161 ( )5 5 625P C , 2 2 2
4
4 1 962 ( ) ( )5 5 625P C ,
3 3
4
4 1 2563 ( )5 5 625P C , 44 2564 ( )5 625P .
所以 的分布列为
0 1 2 3 4
P 1
625
16
625
96
625
256
625
256
625
的数学期望 4 164 5 5E .
(2) A 方案随机抽取产品不合格的概率是 a ,随机抽取15 件产品,不合格个数 15,X B a :
按 B 方案随机抽取产品不合格的概率是b ,随机抽取 25 件产品,不合格个数 25,Y B b
依题意 ( ) 15 2E X a , ( ) 25 4E Y b ,
解得 2
15a , 4
25b
因为 2 4
15 25
,所以应选择方案 A .
【点睛】
本题考查了频率分布直方图,随机变量的分布列与期望及二项分布,重点考查了运算能力,属中档
题.
19.如图,四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形,且 60ABC , BM 平面 ABCD , BM DN ,
2BM DN ,点 E 是线段 MN 上任意一点.
(1)证明:平面 EAC 平面 BMND ;
(2)若 AEC 的最大值是 2
3
,求三棱锥 M NAC 的体积.
【答案】(1)见证明;(2) M NAC
3 5V 10
【解析】
【分析】
(1)推导出 AC⊥BM,AC⊥BD,得 AC⊥平面 BMND,从而可得到证明;(2)由 AE=CE 和余弦定
理可知,当 AE 最短即 AE⊥MN,CE⊥MN 时∠AEC 最大,取 MN 中点 H,连接 H 与 AC、BD 的交
点 O,知 OH⊥平面 ABCD,分别以直线OA,OB ,OH 为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,
设 ND a ,利用二面角 A MN C 的平面角为 2
3
,可求出 a,然后利用 VM﹣NAC=VM﹣EAC+VN﹣EAC
可得结果.
【详解】
(1)因为 BM 平面 ABCD ,则 AC BM .
又四边形 ABCD 是菱形,则 AC BD ,又 BD BM B ,
所以 AC 平面 BMND ,因为 AC 在平面 EAC 内,
所以平面 EAC 平面 BMND .
(2)设 AC 与 BD 的交点为 O ,连结 EO . 因为 AC 平面 BMND ,则 AC OE ,又 O 为 AC 的中
点,则 AE CE ,由余弦定理得
2 2
2 2
2 2cos 12 AE
AE ACAEC AE
, AEC 0, .当 AE
最短时∠AEC 最大,此时 AE MN ,CE MN , 2
3AEC ,因为 AC=2, 2 3
3AE ,OE= 3
3
.
取 MN 的中点 H,分别以直线 OA, OB , OH 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系,
设 ND a ,则点 A 1,0,0 , N 0, 3,a M 0, 3,2a , 1, 3,aAN ,
1, 3,2aAM .设平面 AMN 的法向量 , ,n x y z ,
则 0
0
AN n
AM n
,即 3 0
3 2 0
x y az
x y az
,取 1z ,则 3a 3a, ,12 6n
,
同理求得平面 CMN 的法向量 3 3, ,12 6
a am
.
因为 2
3AEC 是二面角 A MN C 的平面角,则
2 2
2 2
9 3 14 36 1cos cos , 9 3 214 36
a a
AEC m n a a
,解得 15
10a 或 6a 2
.
由图可知 a
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