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- 2021-11-01 发布
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2019-2020学年北京市通州区高一第二学期期末数学试卷
一、选择题(共10小题).
1.复数2+i的共轭复数是( )
A.2+i B.﹣2+i C.2﹣i D.﹣2﹣i
2.在下列各组向量中,互相垂直的是( )
A.=(﹣1,2),=(2,1)
B.=(0,1),=(1,﹣2)
C.=(3,5),=(6,10)
D.=(2,﹣3),=(,﹣)
3.在△ABC中,B=60°,b2=ac,则cosA=( )
A.0 B. C. D.
4.甲、乙、丙三人各自拥有一把钥匙,这三把钥匙混在了一起,他们每人从中无放回地任取一把,则甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙的概率是( )
A. B. C. D.
5.将一个容量为1000的样本分成若干组,已知某组的频率为0.4,则该组的频数是( )
A.4 B.40 C.250 D.400
6.若样本数据x1,x2,…,x10标准差为8,则数据2x1﹣1,2x2﹣1,…,2x10﹣1的标准差为( )
A.8 B.16 C.32 D.64
7.用6根火柴最多可以组成( )
A.2个等边三角形 B.3等边三角形
C.4个等边三角形 D.5个等边三角形
8.已知直线a⊂平面α,直线b⊂平面α,则“直线m⊥α”是“m⊥a,且m⊥b”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
9.关于两个互相垂直的平面,给出下面四个命题:
①一个平面内的已知直线必垂直于另一平面内的任意一条直线;
②一个平面内的已知直线必垂直于另一平面内的无数条直线;
③一个平面内的已知直线必垂直于另一平面;
④在一个平面内过任意一点作两平面交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.
其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
10.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D中,点E,F分别是棱C1D1,A1D1上的动点.给出下面四个命题:
①若直线AF与直线CE共面,则直线AF与直线CE相交;
②若直线AF与直线CE相交,则交点一定在直线DD1上;
③若直线AF与直线CE相交,则直线DD1与平面ACE所成角的正切值最大为;
④直线AF与直线CE所成角的最大值是.
其中,所有正确命题的序号是( )
A.①④ B.②④ C.①②④ D.②③④
二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.
11.若空间中两直线a与b没有公共点,则a与b的位置关系是 .
12.棱长相等的三棱锥的任意两个面组成的二面角的余弦值是 .
13.已知23名男生的平均身高是170.6cm,27名女生的平均身高是160.6cm,则这50名学生的平均身高为 .
14.样本容量为10的一组样本数据依次为:3,9,0,4,1,6,6,8,2,7,该组数据的第50百分位数是 ,第75百分位数是 .
15.为了考察某校各班参加书法小组的人数,从全校随机抽取5个班级,把每个班级参加该小组的人数作为样本数据,已知样本平均数为7,样本方差为4,且样本数据互不相同,则样本数据由小到大依次为 .
三、解答题:本大题共6小题,共85分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.
16.已知=(2,0),||=1.
(Ⅰ)若与同向,求;
(Ⅱ)若与的夹角为120°,求+.
17.在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知a=13,c=15.
(Ⅰ)sinC=能否成立?请说明理由;
(Ⅱ)若A=,求b.
18.某社区组织了垃圾分类知识竞赛活动,从所有参赛选手中随机抽取20人,将他们的得分按照[0,20],(20,40],(40,60],(60,80],(80,100]分组,绘成频率分布直方图(如图).
(Ⅰ)求x的值;
(Ⅱ)分别求出抽取的20人中得分落在组[0,20]和(20,40]内的人数;
(Ⅲ)估计所有参赛选手得分的平均数、中位数和众数.
19.某校高一、高二两个年级共336名学生同时参与了跳绳、踢毽两项健身活动,为了了解学生的运动状况,采用样本按比例分配的分层随机抽样方法,从高一、高二两个年级的学生中分别抽取7名和5名学生进行测试,如表是高二年级的5名学生的测试数据(单位:个/分钟)
学生编号
1
2
3
4
5
跳绳个数
179
181
170
177
183
踢毽个数
82
76
79
73
80
(Ⅰ)求高一、高二两个年级各有多少人?
(Ⅱ
)从高二年级的学生中任选一人,试估计该学生每分钟跳绳个数超过175且踢毽个数超过75的概率;
(Ⅲ)高二年级学生的两项运动的成绩哪项更稳定?
20.如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,.
(Ⅰ)求证:CD∥平面ABFE;
(Ⅱ)求证:平面ABFE⊥平面CDEF;
(Ⅲ)在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE?说明理由.
21.在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC上的动点,将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A1.
(Ⅰ)若点E,F分别是AB,BC的中点(如图),
①求证:A1D⊥EF;
②求三棱锥A1﹣EDF的体积;
(Ⅱ)设BE=x,BF=y,当x,y满足什么关系时,A,C两点才能重合于点A1?
参考答案
一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.
1.复数2+i的共轭复数是( )
A.2+i B.﹣2+i C.2﹣i D.﹣2﹣i
【分析】直接利用共轭复数的概念得答案.
解:复数2+i的共轭复数是2﹣i.
故选:C.
2.在下列各组向量中,互相垂直的是( )
A.=(﹣1,2),=(2,1)
B.=(0,1),=(1,﹣2)
C.=(3,5),=(6,10)
D.=(2,﹣3),=(,﹣)
【分析】由题意利用两个向量垂直的性质,两个向量的数量积公式,得出结论.
解:由两个向量垂直的性质,可得,两个向量、垂直,
即满足 •=0,
对于选项A,•=﹣1×2+2×1=0,满足条件;
对于选项B,•=0×1+1×(﹣2)=﹣2,不满足条件;
对于选项C,•=3×6+5×10=68,不满足条件;
对于选项D,•=2×+(﹣3)×(﹣)=,不满足条件;
故选:A.
3.在△ABC中,B=60°,b2=ac,则cosA=( )
A.0 B. C. D.
【分析】由余弦定理且B=60°得b2=a2+c2﹣ac,再由b2=ac,得a2+c2﹣ac=ac,得a
=c,得A=B=C=60°,可求cosA的值.
解:∵由余弦定理得:b2=a2+c2﹣2accosB=a2+c2﹣ac,
又b2=ac,
∴a2+c2﹣ac=ac,
∴(a﹣c)2=0,
∴a=c,
∴A=B=C=60°,
∴cosA=.
故选:B.
4.甲、乙、丙三人各自拥有一把钥匙,这三把钥匙混在了一起,他们每人从中无放回地任取一把,则甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙的概率是( )
A. B. C. D.
【分析】基本事件总数n==6,甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙包含的基本事件个数=2,由此能求出甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙的概率.
解:甲、乙、丙三人各自拥有一把钥匙,这三把钥匙混在了一起,
他们每人从中无放回地任取一把,
基本事件总数n==6,
甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙包含的基本事件个数=2,
则甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙的概率p==.
故选:B.
5.将一个容量为1000的样本分成若干组,已知某组的频率为0.4,则该组的频数是( )
A.4 B.40 C.250 D.400
【分析】利用频率的定义求解.
解:∵一个容量为1000的样本分成若干组,
某组的频率为0.4,
∴该组的频数为:1000×0.4=400.
故选:D.
6.若样本数据x1,x2,…,x10标准差为8,则数据2x1﹣1,2x2﹣1,…,2x10﹣1的标准差为( )
A.8 B.16 C.32 D.64
【分析】由已知结合方差的性质即可直接求解.
解:由方差的性质可知,D(ax+b)=a2D(x),
因为样本数据x1,x2,…,x10标准差为8,即方差为64,
则数据2x1﹣1,2x2﹣1,…,2x10﹣1的方差为4×,4=256,即标准差为16
故选:B.
7.用6根火柴最多可以组成( )
A.2个等边三角形 B.3等边三角形
C.4个等边三角形 D.5个等边三角形
【分析】用6根火柴,要使搭的个数最多,就要搭成立体图形,即三棱锥.
解:要使搭的个数最多,就要搭成三棱锥,这时最多可以搭4个一样的三角形.图形如下:
故选:C.
8.已知直线a⊂平面α,直线b⊂平面α,则“直线m⊥α”是“m⊥a,且m⊥b”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【分析】根据线面垂直的性质及判定以及充分必要条件判断即可.
解:直线a⊂平面α,直线b⊂平面α,
则“直线m⊥α”能推出“m⊥a,且m⊥b”,是充分条件,
反之“m⊥a,且m⊥b”,则“直线m⊥α或m⊂α″,不是必要条件,
故选:A.
9.关于两个互相垂直的平面,给出下面四个命题:
①一个平面内的已知直线必垂直于另一平面内的任意一条直线;
②一个平面内的已知直线必垂直于另一平面内的无数条直线;
③一个平面内的已知直线必垂直于另一平面;
④在一个平面内过任意一点作两平面交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.
其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【分析】根据面面垂直的定义,线面垂直的定义,面面垂直的性质定理判断每个命题的真假即可.
解:如果两个平面垂直,两平面内的直线并不都相互垂直,从而判断命题①不正确;
如果两个平面垂直,另一个平面内,必有无数条直线和这个平面垂直,从而判断命题②正确;
如果两个平面垂直,当其中一个平面内的一条直线平行于两个平面的交线时,这条直线与另一个平面平行,
所以并不是平面内的所有直线都和另一个平面垂直,从而判断命题③不正确;
根据面面垂直的性质定理可判断命题④正确,
∴正确的命题个数为2.
故选:C.
10.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D中,点E,F分别是棱C1D1,A1D1上的动点.给出下面四个命题:
①若直线AF与直线CE共面,则直线AF与直线CE相交;
②若直线AF与直线CE相交,则交点一定在直线DD1上;
③若直线AF与直线CE相交,则直线DD1与平面ACE所成角的正切值最大为;
④直线AF与直线CE所成角的最大值是.
其中,所有正确命题的序号是( )
A.①④ B.②④ C.①②④ D.②③④
【分析】利用平面的性质,以及直线与平面所成角,判断选项的正误即可.
解:在正方体ABCD﹣A1B1C1D中,点E,F分别是棱C1D1,A1D1上的动点.
①如果点E在C1,F在A1时.满足直线AF与直线CE共面,若直线AF与直线CE
是平行线,可得直线AF与直线CE共面,则直线AF与直线CE不一定相交,①不正确;
②因为空间3个平面两两相交有3条交线,要么互相平行,要么相交与一点,因为直线AF与直线CE相交,所以则交点一定在直线DD1上,所以②正确;
③若直线AF与直线CE相交,则直线DD1与平面ACE所成角的正切值最大值,应该是E,F与D1重合,
此时直线DD1与平面ACE所成角的正切值最大为=,所以③正确;
④直线AF与直线CE所成角的最大值就是E,F与D1重合时取得,夹角是,所以④正确;
故选:D.
二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分.
11.若空间中两直线a与b没有公共点,则a与b的位置关系是 平行或异面 .
【分析】可考虑无公共点的两直线a,b是否在同一个平面内,可得a,b的位置关系.
解:空间中两直线a与b没有公共点,
若a,b在同一个平面内,则a,b为平行直线;
若a,b不同在任何一个平面内,则a,b为异面直线.
故答案为:平行或异面.
12.棱长相等的三棱锥的任意两个面组成的二面角的余弦值是 .
【分析】取BC中点E,连结AE、ED,可得∠AED是二面角的平面角,再由余弦定理求解.
解:如图,三棱锥A﹣BCD的棱长都相等,取BC中点E,连结AE、ED,
∵三棱锥A﹣BCD各棱长均相等,
∴AE⊥BC,ED⊥BC,
∴∠AED是二面角A﹣BC﹣D的平面角,
设棱长AB=2,则AE=ED=,
∴cos∠AED=.
即棱长相等的三棱锥的任意两个面组成的二面角的余弦值是.
故答案为:.
13.已知23名男生的平均身高是170.6cm,27名女生的平均身高是160.6cm,则这50名学生的平均身高为 165.2cm .
【分析】由已知结合已知数据直接可求.
解:由题意可知,=165.2cm,
故答案为:165.2
14.样本容量为10的一组样本数据依次为:3,9,0,4,1,6,6,8,2,7,该组数据的第50百分位数是 5 ,第75百分位数是 7 .
【分析】先把样本数据从小到大排列,由10×50%=5,得到该组数据的第50百分位数第5个数与第6个数的平均数;由10×75%=7.5,得到第75百分位数第8个数.
解:样本容量为10的一组样本数据依次为:3,9,0,4,1,6,6,8,2,7,
从小到大排列为:0,1,2,3,4,6,6,7,8,9,
∵10×50%=5,
∴该组数据的第50百分位数是,
∵10×75%=7.5,
第75百分位数是7.
故答案为:5,7.
15.为了考察某校各班参加书法小组的人数,从全校随机抽取5个班级,把每个班级参加该小组的人数作为样本数据,已知样本平均数为7,样本方差为4,且样本数据互不相同,则样本数据由小到大依次为 4,6,7,8,10 .
【分析】由已知结合平均数及方差公式,分析数据特点即可求解.
解:设5个数据分别为a,b,c,d,e,由题意可得,a+b+c+d+e=35,
(a﹣7)2+(b﹣7)2+(c﹣7)2+(d﹣7)2+(e﹣7)2=20,
由于5个数的平方和为20,则必为0+1+1+9+9=20,
由|x﹣7|=3可得x=10或4,由|x﹣7|=1可得x=8或6,
故样本数据为4,6,7,8,10.
故答案为:4,6,7,8,10
三、解答题:本大题共6小题,共85分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.
16.已知=(2,0),||=1.
(Ⅰ)若与同向,求;
(Ⅱ)若与的夹角为120°,求+.
【分析】(I)由已知根据向量共线定理即可求解;
(II)由已知结合向量数量积的定义及数量积的坐标表示即可求解.
解:(I)设=(x,y),
由题意可得,存在实数λ>0,使得,
即(x,y)=λ(2,0)=(2λ,0),
所以x=2λ,y=0,
由||=1可得4λ2=1,即λ=或(舍),
所以=(1,0),
(II)设=(x,y),
所以=||||cos120°=2×=﹣1,
又因为=(2,0)•(x,y)=2x,
故2x=﹣1即x=﹣,
因为||=1,所以x2+y2=1,
故y=±,
当y=,x=﹣时,+=(),
当y=﹣,x=﹣时,+=().
17.在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知a=13,c=15.
(Ⅰ)sinC=能否成立?请说明理由;
(Ⅱ)若A=,求b.
【分析】(Ⅰ)利用反证法,结合三角形的性质即可判断;
(Ⅱ)根据余弦定理即可求出.
解:(Ⅰ)sinC=不成立,
∵sinC=,
∴C=,
∵a<c,
∴A<C,
∴B>,这与△ABC为锐角三角形矛盾,
(Ⅱ)A=,
由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bccosA
∴169=b2+225﹣2×15b×,
整理可得b2﹣15b+56=0
解得b=8,或b=7,
当b=7时,cosC==<0,
∴C为钝角,与题意不符合,
∴b=8.
18.某社区组织了垃圾分类知识竞赛活动,从所有参赛选手中随机抽取20人,将他们的得分按照[0,20],(20,40],(40,60],(60,80],(80,100]分组,绘成频率分布直方图(如图).
(Ⅰ)求x的值;
(Ⅱ)分别求出抽取的20人中得分落在组[0,20]和(20,40]内的人数;
(Ⅲ)估计所有参赛选手得分的平均数、中位数和众数.
【分析】(Ⅰ)由频率分布直方图的性质能求出x.
(Ⅱ)由频率分布直方图的性质能求出得分落在[0,20]内的人数和得分落在(20,40]内的人数.
(Ⅲ)由频率分布直方图的性质得能估计所有参赛选手得分的平均数、中位数和所有参赛选手得分的众数.
解:(Ⅰ)由频率分布直方图的性质得:
(0.0050+0.0075+0.0125+0.0150)×20=1,
解得x=0.0100.
(Ⅱ)由频率分布直方图能求出:
得分落在[0,20]内的人数为:20×0.0050×20=2,
得分落在(20,40]内的人数为:20×0.0075×20=3.
(Ⅲ)估计所有参赛选手得分的平均数为:
0.0050×20×10+0.0075×20×30+0.0150×20×50+0.0125×20×70+0.0100×20×90=56.
设所有的参赛选手得分的中位数为a,
则0.0050×20+0.0075×20+0.0150×(a﹣40)=0.5,
解得a≈56.67.
所有参赛选手得分的众数近似为:=50.
19.某校高一、高二两个年级共336名学生同时参与了跳绳、踢毽两项健身活动,为了了解学生的运动状况,采用样本按比例分配的分层随机抽样方法,从高一、高二两个年级的学生中分别抽取7名和5名学生进行测试,如表是高二年级的5名学生的测试数据(单位:个/分钟)
学生编号
1
2
3
4
5
跳绳个数
179
181
170
177
183
踢毽个数
82
76
79
73
80
(Ⅰ)求高一、高二两个年级各有多少人?
(Ⅱ)从高二年级的学生中任选一人,试估计该学生每分钟跳绳个数超过175且踢毽个数超过75的概率;
(Ⅲ)高二年级学生的两项运动的成绩哪项更稳定?
【分析】(Ⅰ)直接利用抽样关系式的应用求出结果.
(Ⅱ)利用古典概型的应用求出结果.
(Ⅲ)利用平均值和方差的关系式的应用求出结果.
解:(Ⅰ)高一年级的学生人数为336×.
高二年级的学生人数为.
(Ⅱ)设“该学生每分钟跳绳个数超过175且踢毽个数超过75”为事件A,
由表中的数据可知:高二年级选出的5名学生中每分钟跳绳个数超过175且踢毽个数超过75的共有3人,所以从5人中任选一人,事件A发生的概率为,
由此估计从高二年级的学生中任选一人,事件A发生的概率为.
(Ⅲ)由表中的数据可以估计:
高二年级的学生每分钟跳绳的个数的平均数为.
高二年级的学生每分钟跳绳的个数的方差为=20.
高二年级的学生每分钟踢毽的个数的平均数为.
高二年级的学生每分钟踢毽的个数的方差为,
由于,所以高二年级学生的踢毽的成绩更稳定.
20.如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的正方形,平面ADE⊥平面ABCD,.
(Ⅰ)求证:CD∥平面ABFE;
(Ⅱ)求证:平面ABFE⊥平面CDEF;
(Ⅲ)在线段CD上是否存在点N,使得FN⊥平面ABFE?说明理由.
【分析】(Ⅰ) 推导出AB∥CD.由此能证明CD∥平面ABFE.
(Ⅱ) 推导出AE⊥DE,AB⊥AD,从而AB⊥平面ADE,进而 AB⊥DE,由此能证明DE⊥平面ABFE,从而平面ABFE⊥平面CDEF.
(Ⅲ)取CD的中点N,连接FN,推导出四边形EDNF是平行四边形,从而FN∥DE,由DE⊥平面ABFE,能证明FN⊥平面ABFE.
【解答】(本小题满分14分)
证明:(Ⅰ) 在五面体ABCDEF中,因为四边形ABCD是正方形,
所以AB∥CD.
因为CD⊄平面ABFE,AB⊂平面ABFE,
所以CD∥平面ABFE.……
(Ⅱ) 因为,AD=2,
所以AE2+DE2=AD2,所以∠AED=90°,即AE⊥DE.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,
所以AB⊥平面ADE.
因为DE⊂平面ADE,所以 AB⊥DE.
因为AB∩AE=A,所以DE⊥平面ABFE.
因为DE⊂平面CDEF,所以平面ABFE⊥平面CDEF.……
(Ⅲ)在线段CD上存在点N,使得FN⊥平面ABFE.
证明如下:
取CD的中点N,连接FN.
由(Ⅰ)知,CD∥&平面ABFE,又CD⊂平面CDEF,平面ABFE∩平面CDEF=EF,
所以CD∥EF.
因为,
所以EF=DN.
所以四边形EDNF是平行四边形.
所以FN∥DE.
由(Ⅱ)知,DE⊥平面ABFE,
所以FN⊥平面ABFE.………………………
21.在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC上的动点,将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A1.
(Ⅰ)若点E,F分别是AB,BC的中点(如图),
①求证:A1D⊥EF;
②求三棱锥A1﹣EDF的体积;
(Ⅱ)设BE=x,BF=y,当x,y满足什么关系时,A,C两点才能重合于点A1?
【分析】(Ⅰ)①运用线面垂直的判定和性质,先证A1D⊥平面A1EF,即可得证;②判断△FA1E为直角三角形,求得面积,再判断A1D为棱锥的高,运用棱锥的体积公式,计算可得所求值;
(Ⅱ)分别讨论:(1)当E,F不是端点,即0<x<2,0<y<2时,A,C两点重合于A1,A1,E,F有且只有共线和不共线两种情况.分别讨论,可得x,y的关系式;
(2)当E,F中有一个与B重合时,另一个也与B重合,可得x=y=0.
解:(Ⅰ)①证明:由题意可得A1D⊥A1F,A1D⊥A1E,
又A1F⊂平面A1EF,A1E⊂平面A1EF,A1F∩A1E=A1,
所以A1D⊥平面A1EF,
因为EF⊂平面A1EF,
所以A1D⊥EF;
②由已知可得A1E=A1F=1,EF=,
A1E2+A1F2=EF2,
所以∠FA1E=90°,所以△FA1E的面积为S=×1×1=,
由A1D⊥平面A1EF,又A1D=2,
所以三棱锥A1﹣EDF的体积V=S•A1D=××2=;
(Ⅱ)(1)当E,F不是端点,即0<x<2,0<y<2时,A,C两点重合于A1,
A1,E,F有且只有共线和不共线两种情况.
若点A1,E,F共线,则AE+CF=EF;
若A1,E,F不共线,则AE+CF>EF,且|AE﹣CF|<EF,
由|AE﹣CF|<EF,可得|(2﹣x)﹣(2﹣y)|<(0<x<2,0<y<2),
从而xy>0,这在取值范围内恒成立.
所以只需考虑AE+CF>EF,可得(2﹣x)+(2﹣y)≥(0<x<2,0<y<2),
即4﹣(x+y)≥,
两边平方可得16﹣8(x+y)+(x+y)2≥x2+y2,即16﹣8(x+y)+2xy≥0,
即y(x﹣4)≥4(x﹣2),即y≤=4+.
(2)当E,F中有一个与B重合时,另一个也与B重合,
此时x=y=0,
而根据题意,E不能与A重合,F也不能与C重合.
综上可得,当x,y满足y≤4+(0<x<2,0<y<2),或x=y=0时,A,C两点才能重合于点A1.
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