终身会员
搜索
    上传资料 赚现金

    2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷人教A版

    立即下载
    加入资料篮
    2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷人教A版第1页
    2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷人教A版第2页
    2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷人教A版第3页
    还剩6页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷人教A版

    展开

    这是一份2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷人教A版,共9页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。



    1. 直线x+3y−1=0的倾斜角α=( )
    A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

    2. 在空间直角坐标系中,若A(0, 2, 5),B(−1, 3, 3),则AB=( )
    A.10B.3C.7D.6

    3. 下列各数中最小的数为( )
    A.111111(2)B.210(6)C.1000(4)D.71(8)

    4. 给出下列四个命题:
    (1)平行于同一直线的两个平面平行;
    (2)平行于同一平面的两条直线平行;
    (3)垂直于同一直线的两条直线平行;
    (4)垂直于同一平面的两条直线平行.
    其中正确命题的个数是( )
    A.1个B.2个C.3个D.4个

    5. 已知p,q满足p+2q−1=0,则直线px+3y+q=0必过定点( )
    A.12,−16B.12,16C.−16,12D.16,−12

    6. 设变量x,y满足约束条件3x+y−6≥0,x−y−2≤0,y−3≤0,则目标函数z=y−2x 的最小值为( )
    A.−7B.−4C.1D.2

    7. 已知f(x)=x5+2x3+3x2+x+1,应用秦九韶算法计算x=3时的值时,v3的值为( )
    A.27B.11C.109D.36

    8. 若实数a,b满足a+b=2,则3a+3b的最小值是( )
    A.18B.6C.23D.32

    9. 已知关于x的不等式(m−2)x2+2(m−2)x+4>0的解集为R,则实数m的取值范围是( )
    A.(2,6)B.(−∞,2)∪(6,+∞)C.(−∞,2]∪(6,+∞)D.[2,6)

    10. 已知直线l:y=x+m与曲线x=1−y2有两个公共点,则实数m的取值范围是( )
    A.[−1,2)B.(−2,−1]C.[1,2)D.(−2,1]

    11. 已知圆C1:x2+y2−kx+2y=0与圆C2:x2+y2+ky−4=0的公共弦所在直线恒过定点P(a, b),且点P在直线mx−ny−2=0上,则mn的取值范围是( )
    A.(0, 14)B.(0, 14]C.(−∞,14)D.(−∞,14]

    12. 已知圆C1:(x−2)2+(y−3)2=1,圆C2:(x−3)2+(y−4)2=9,M,N分别是圆C1,C2上的点,P为x轴上的动点,则|PM|+|PN|的最小值为( )
    A.17B.17−1C.6−22D.52−4
    二、填空题

    已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是________.

    三、解答题

    已知直线l过直线x−y−1=0与直线2x+y−5=0的交点P.
    (1)若l与直线x+3y−1=0垂直,求l的方程;

    (2)点A−1,3和点B3,1到直线l的距离相等,求直线l的方程.

    在平面直角坐标系中,△ABC顶点的坐标分别为A−1,2,B1,4,C3,2.
    (1)求△ABC外接圆M的方程;

    (2)若直线l经过点0,4,且与圆M相交所得的弦长为23,求直线l的方程.

    如图,正方形ABCD和矩形ACEF所在平面互相垂直, AB=2 ,AF=2,M为EF的中点.

    (1)证明:平面ABF//平面DCE;

    (2)证明:AM//平面BDE.

    已知圆C的圆心在直线x−2y+4=0上,且与x轴交于两点A−5,0,B1,0 .
    (1)设圆C与直线x−y+1=0交于E,F两点,求|EF|的值;

    (2)已知Q2,1,点P在圆C上运动,求线段PQ中点M的轨迹方程.

    如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中, AB⊥侧面BB1C1C,E是CC1上的中点,且BC=1,BB1=2.

    (1)求证: B1E⊥平面ABE;

    (2)若三棱锥A−BEA1的体积是33,求异面直线AB和A1C1所成角的大小.

    已知圆C1与圆C2:x+12+y+22=4关于直线y=x+1对称.
    (1)求圆C1的方程及圆C1与圆C2的公共弦长;

    (2)设过点A0,3的直线l与圆C1交于M,N两点,O为坐标原点,求OM→⋅ON→的最小值及此时直线l的方程.
    参考答案与试题解析
    2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(文)试卷
    一、选择题
    1.
    【答案】
    D
    【考点】
    直线的倾斜角
    【解析】
    求出直线的斜率,然后求解在的倾斜角即可.
    【解答】
    解:直线x+3y−1=0,
    该直线的斜率为:−33.
    设直线的倾斜角为α,
    则tanα=−33,
    ∴ α=150∘.
    故选D.
    2.
    【答案】
    D
    【考点】
    空间两点间的距离公式
    【解析】
    根据空间坐标系中两点间距离公式求解即可.
    【解答】
    解:在空间直角坐标系中,A0,2,5,B(−1,3,3),
    所以AB→=−1−0,3−2,3−5=−1,1,−2,
    所以AB=−12+12+−22=6.
    故选D.
    3.
    【答案】
    D
    【考点】
    进位制
    【解析】
    由非十进制转化为十进制的方法,我们将各数位上的数字乘以其权重累加后,将各数化成十进制数后比较大小即可得到答案.
    【解答】
    解:111111(2)=1+1⋅2+1⋅22+1⋅23+1⋅24+1⋅25=63,
    210(6)=0+1⋅6+2⋅62=78,
    1000(4)=1⋅43=64,
    71(8)=1+7⋅81=57,
    所以最小的数是71(8).
    故选D.
    4.
    【答案】
    A
    【考点】
    空间中直线与直线之间的位置关系
    【解析】
    对四个选项逐一分析,找出正确的命题.
    【解答】
    解:对于命题(1),平行于同一直线的两个平面有可能相交;故是假命题;
    对于命题(2),平行于同一平面的两条直线有相交、平行和异面三种可能;故是假命题;
    对于命题(3),垂直于同一直线的两条直线有相交、平行和异面三种可能;故是假命题;
    对于命题(4),垂直于同一平面的两条直线平行,根据线面垂直的性质可以判断两直线平行;故是真命题.
    故选A.
    5.
    【答案】
    A
    【考点】
    直线恒过定点
    【解析】
    消元整理可得x+3y+q1−2x=0,由直线系的知识解方程组可得.
    【解答】
    解:∵ p,q满足p+2q−1=0 ,
    ∴ p=1−2q,
    代入直线方程px+3y+q=0可得1−2qx+3y+q=0,
    整理可得x+3y+q1−2x=0,
    解方程组x+3y=0,1−2x=0,
    可得 x=12,y=−16,
    ∴ 直线px+3y+q=0必过定点12,−16.
    故选A .
    6.
    【答案】
    A
    【考点】
    求线性目标函数的最值
    简单线性规划
    【解析】
    此题暂无解析
    【解答】
    解:由约束条件画出可行域如图所示:
    由z=y−2x得,y=2x+z.
    由图可知,当直线y=2x+z过点A时,
    直线在y轴上的截距最小.
    联立y=3,x−y−2=0,得x=5,y=3,即A(5, 3),
    则z有最小值为3−2×5=−7.
    故选A.
    7.
    【答案】
    D
    【考点】
    秦九韶算法
    【解析】
    秦九韶算法可得f(x)=((((x+0)x+2)x+3)x+1)x+1,进而得出.
    【解答】
    解:由秦九韶算法可得
    f(x)=x5+2x3+3x2+x+1
    =(((x+0)x+2)x+3)x+1)x+1,
    ∴ v0=1,
    v1=1×3+0=3,
    v2=3×3+2=11,
    v3=11×3+3=36.
    故选D.
    8.
    【答案】
    B
    【考点】
    基本不等式在最值问题中的应用
    【解析】
    先判断3a与3b的符号,利用基本不等式建立关系,结合a+b=2,可求出3a+3b的最小值
    【解答】
    解:由于3a>0,3b>0,
    所以3a+3b≥23a⋅3b
    =23a+b
    =232
    =6.
    当且仅当3a=3b,a=b,即a=1,b=1时取得最小值.
    故选B.
    9.
    【答案】
    D
    【考点】
    一元二次不等式的解法
    不等式恒成立问题
    【解析】
    利用一元二次不等式和一元二次函数之间的关系进行判断.
    【解答】
    解:①当 m=2 时,原不等式可化为 4>0 ,对于任意实数恒成立,故m=2 适合题意;
    ②当 m−2≠0时, m≠2 时,要使不等式(m−2)x2+2(m−2)x+4>0的解集为R,
    则有m−2>0,Δ=4(m−2)2−4×4(m−2)<0,
    即m−2>0,(m−2)(m−6)<0,解得m>2,2故实数m的取值范围是:2≤m<6.
    故选D..
    10.
    【答案】
    B
    【考点】
    直线与圆的位置关系
    【解析】
    由曲线x=1−y2表示一个半圆,直线y=x+m表示平行于y=x的直线,作出图象,利用数形结合思想,即可求解.
    【解答】
    解:根据题意,可得曲线x=1−y2表示一个半圆,
    直线y=x+m表示平行于y=x的直线,其中m表示在y轴上的截距,
    作出图象,如图所示,
    从图中可知l1,l2之间的平行线与半圆有两个交点,l1,l2在y轴上的截距分别为−2,−1,
    所以实数m的取值范围是(−2,−1].
    故选B.
    11.
    【答案】
    D
    【考点】
    直线与圆的位置关系
    圆与圆的位置关系及其判定
    【解析】
    把两圆的方程作差即可得出公共弦所在直线方程,再利用直线系方程求出x,y的值,即a,b的值,然后代入直线方程mx−ny−2=0,由配方法即可求mn的取值范围.
    【解答】
    解:由圆C1:x2+y2−kx+2y=0,圆C2:x2+y2+ky−4=0,
    得圆C1与圆C2的公共弦所在直线方程为:k(x+y)−2y−4=0,
    联立 x + y = 0, − 2y −4=0, 解得 x=2,y=−2,
    即a=2,b=−2,
    又P(2, −2)在直线mx−ny−2=0上,
    ∴ 2m+2n−2=0,即n=1−m.
    ∴ mn=m(1−m)=−m2+m
    =−(m − 12)2 + 14≤14.
    ∴ mn的取值范围是(−∞, 14].
    故选D.
    12.
    【答案】
    D
    【考点】
    圆与圆的位置关系及其判定
    两点间的距离公式
    【解析】
    求出圆C1关于x轴的对称圆的圆心坐标A,以及半径,然后求解圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径和,即可求出|PM|+|PN|的最小值.
    【解答】
    解:如图,
    圆C1关于x轴的对称圆的圆心坐标A(2, −3),半径为1,
    圆C2的圆心坐标(3, 4),半径为3,
    |PM|+|PN|的最小值为圆A与圆C2的圆心距减去两个圆的半径和,
    即:(3−2)2+(4+3)2−4=52−4.
    故选D.
    二、填空题
    【答案】
    100cm3
    【考点】
    由三视图求体积(切割型)
    【解析】
    由三视图知几何体为长方体砍去一个三棱锥,根据三视图的数据求出长方体的棱长、三棱锥的高和底面上的边长,代入体积公式和面积公式计算即可.
    【解答】
    解:由三视图可得,原几何体为:一个长宽高分别为6cm、3cm、6cm的长方体砍去一个三棱锥,
    且三棱锥的底面为直角边分别为3cm,4cm的直角三角形,高为4cm,如图,
    ∴ 该几何体的体积V=3×6×6−13×12×3×4×4
    =108−8=100(cm3),
    故答案为:100cm3.
    三、解答题
    【答案】
    解:(1)由x−y−1=0,2x+y−5=0,解得P2,1,
    由于l与x+3y−1=0垂直,
    则l的斜率为3,代入直线的点斜式方程得:y−1=3x−2,
    即3x−y−5=0.
    (2)由(1)知直线l过P2,1,
    若直线l的斜率不存在,即x=2,此时A,B到直线l的距离不相等,
    故直线l的斜率一定存在,
    设直线l的方程为:y=kx−2+1,即kx−y−2k+1=0,
    由题意得|−k−3−2k+1|k2+1=|3k−1−2k+1|k2+1,
    解得:k=−1或k=−12,
    故所求直线方程是:x+2y−4=0或x+y−3=0.
    【考点】
    直线的一般式方程与直线的垂直关系
    直线的点斜式方程
    两条直线的交点坐标
    点到直线的距离公式
    【解析】


    【解答】
    解:(1)由x−y−1=0,2x+y−5=0,解得P2,1,
    由于l与x+3y−1=0垂直,
    则l的斜率为3,代入直线的点斜式方程得:y−1=3x−2,
    即3x−y−5=0.
    (2)由(1)知直线l过P2,1,
    若直线l的斜率不存在,即x=2,此时A,B到直线l的距离不相等,
    故直线l的斜率一定存在,
    设直线l的方程为:y=kx−2+1,即kx−y−2k+1=0,
    由题意得|−k−3−2k+1|k2+1=|3k−1−2k+1|k2+1,
    解得:k=−1或k=−12,
    故所求直线方程是:x+2y−4=0或x+y−3=0.
    【答案】
    解:(1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,
    则1+4−D+2E+F=0,1+16+D+4E+F=0,9+4+3D+2E+F=0,
    解得D=−2,E=−4,F=1.
    ∴△ABC外接圆M的方程为x2+y2−2x−4y+1=0.
    (2)当直线l的斜率k不存在时,直线l的方程为x=0,
    联立x=0,x2+y2−2x−4y+1=0,
    得x=0,y=2−3或x=0,y=2+3,
    弦长为23,满足题意.
    当直线l的斜率k存在时,设直线l的方程为y−4=kx,即kx−y+4=0,
    由于圆心(1,2)到该直线的距离为22−2322=1,
    故有|k−2+4|k2+1=1,求得k=−34,
    ∴直线l的方程为−34x−y+4=0,即3x+4y−16=0.
    综上可得,直线l的方程x=0或3x+4y−16=0.
    【考点】
    直线与圆的位置关系
    圆的一般方程
    直线的一般式方程
    【解析】
    答案未提供解析.
    答案未提供解析.
    【解答】
    解:(1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,
    则1+4−D+2E+F=0,1+16+D+4E+F=0,9+4+3D+2E+F=0,
    解得D=−2,E=−4,F=1.
    ∴△ABC外接圆M的方程为x2+y2−2x−4y+1=0.
    (2)当直线l的斜率k不存在时,直线l的方程为x=0,
    联立x=0,x2+y2−2x−4y+1=0,
    得x=0,y=2−3或x=0,y=2+3,
    弦长为23,满足题意.
    当直线l的斜率k存在时,设直线l的方程为y−4=kx,即kx−y+4=0,
    由于圆心(1,2)到该直线的距离为22−2322=1,
    故有|k−2+4|k2+1=1,求得k=−34,
    ∴直线l的方程为−34x−y+4=0,即3x+4y−16=0.
    综上可得,直线l的方程x=0或3x+4y−16=0.
    【答案】
    证明:(1)由已知易得AB//CD ,CD⊂平面DCE,
    AB⊄平面DCE,
    所以AB//平面DCE.
    又因为AF//CE,同理得AF//平面DCE,且AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABF,
    所以平面ABF//平面DCE.
    (2)设AC∩BD=O,连接OE,则O为AC中点,
    因为M为EF的中点,
    所以EM//OA,且EM=OA,
    所以四边形OAME为平行四边形,
    所以AM//OE.
    又AM⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,
    所以AM//平面BDE.
    【考点】
    平面与平面平行的判定
    直线与平面平行的判定
    【解析】
    此题暂无解析
    【解答】
    证明:(1)由已知易得AB//CD ,CD⊂平面DCE,
    AB⊄平面DCE,
    所以AB//平面DCE.
    又因为AF//CE,同理得AF//平面DCE,且AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABF,
    所以平面ABF//平面DCE.
    (2)设AC∩BD=O,连接OE,则O为AC中点,
    因为M为EF的中点,
    所以EM//OA,且EM=OA,
    所以四边形OAME为平行四边形,
    所以AM//OE.
    又AM⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,
    所以AM//平面BDE.
    【答案】
    解:(1)由圆C与x轴交于A−5,0,B1,0可得,
    圆心C在AB的中垂线上,即C在直线x=−2上,
    与x−2y+4=0联立,
    可得C−2,1,半径r=−2−12+1−02=10,
    则圆C的方程为x+22+y−12=10,
    圆心到直线x−y+1=0的距离d=|−2−1+1|2=2,
    则|EF|=2r2−d2=210−2=42.
    (2)设Mx,y,M为PQ的中点,且Q2,1,
    可得P2x−2,2y−1,
    由P在圆C上运动,将其坐标代入圆C的方程可得,
    2x−2+22+2y−1−12=10,
    即为x2+y−12=52,
    则线段PQ中点M的轨迹方程为x2+y−12=52.
    【考点】
    直线与圆的位置关系
    点到直线的距离公式
    圆的标准方程
    轨迹方程
    【解析】
    此题暂无解析
    【解答】
    解:(1)由圆C与x轴交于A−5,0,B1,0可得,
    圆心C在AB的中垂线上,即C在直线x=−2上,
    与x−2y+4=0联立,
    可得C−2,1,半径r=−2−12+1−02=10,
    则圆C的方程为x+22+y−12=10,
    圆心到直线x−y+1=0的距离d=|−2−1+1|2=2,
    则|EF|=2r2−d2=210−2=42.
    (2)设Mx,y,M为PQ的中点,且Q2,1,
    可得P2x−2,2y−1,
    由P在圆C上运动,将其坐标代入圆C的方程可得,
    2x−2+22+2y−1−12=10,
    即为x2+y−12=52,
    则线段PQ中点M的轨迹方程为x2+y−12=52.
    【答案】
    (1)证明:连接BE,
    ∵ BC=1,BB1=2,E是CC1上的中点,
    △BCE,△B1C1E为等腰直角三角形,即∠BEC=∠B1EC1=π4,
    ∴ ∠BEB1=π2,即BE⊥B1E.
    ∵ AB⊥ 平面BB1C1C,B1E⊂平面ABC,
    ∴ B1E⊥AB,且AB∩BE=B,
    ∴ B1E⊥平面ABE.
    (2)解:∵ AB//A1B1,
    ∴ A1,B1到平面ABE的距离相等,
    由(1)得BE=B1E=2,
    故VA−BEA1=VA1−ABE=VB1−ABE
    =13S△ABE×B1E
    =13×12×AB×BE×B1E=33,
    解得:AB=3.
    ∵ AC//A1C1,
    ∴ 异面直线AB和A1C1所成角为∠CAB,
    在Rt△ABC中,tan∠CAB=CBAB=33,
    ∴ ∠CAB=30∘
    ∴ 异面直线AB和A1C1所成角的大小为30∘.
    【考点】
    直线与平面垂直的判定
    柱体、锥体、台体的体积计算
    异面直线及其所成的角
    【解析】


    【解答】
    (1)证明:连接BE,
    ∵ BC=1,BB1=2,E是CC1上的中点,
    △BCE,△B1C1E为等腰直角三角形,即∠BEC=∠B1EC1=π4,
    ∴ ∠BEB1=π2,即BE⊥B1E.
    ∵ AB⊥ 平面BB1C1C,B1E⊂平面ABC,
    ∴ B1E⊥AB,且AB∩BE=B,
    ∴ B1E⊥平面ABE.
    (2)解:∵ AB//A1B1,
    ∴ A1,B1到平面ABE的距离相等,
    由(1)得BE=B1E=2,
    故VA−BEA1=VA1−ABE=VB1−ABE
    =13S△ABE×B1E
    =13×12×AB×BE×B1E=33,
    解得:AB=3.
    ∵ AC//A1C1,
    ∴ 异面直线AB和A1C1所成角为∠CAB,
    在Rt△ABC中,tan∠CAB=CBAB=33,
    ∴ ∠CAB=30∘
    ∴ 异面直线AB和A1C1所成角的大小为30∘.
    【答案】
    解:(1)设C1a,b,则由题意得:
    b+2a+1⋅1=−1,a−12−b−22+1=0, 解得a=−3,b=0,
    ∴ 圆C1的方程为x+32+y2=4,
    将圆C1与圆C2的方程相减得两圆的公共弦所在直线方程为x−y+1=0,
    圆心C1−3,0到公共弦所在直线的距离为22=2,
    所以两圆的公共弦长为24−2=22.
    (2)若直线l与y轴重合,此时直线l与圆C1相离,不合题意;
    所以,直线l的斜率存在,设点Mx1,y1,Nx2,y2,
    设直线l的方程为y=kx+3,
    联立y=kx+3,x+32+y2=4,
    整理得1+k2x2+6k+1x+14=0,
    Δ=36k+12−56k2+1=−45k2+18k+5>0,
    解得9−2145由韦达定理得x1+x2=−61+k1+k2 ,x1x2=141+k2,
    所以,OM→⋅ON→=x1x2+y1y2
    =1+k2x1x2+3kx1+x2+9=23−18k2+kk2+1
    =5−18k−1k2+1,
    其中9−2145要求OM→⋅ON→最小值,只需在k−1>0的情形下计算.令k−1=t,
    则OM→⋅ON→=5−18tt2+2t+2
    =5−18t+2t+2≥5−182t⋅2t+2=14−92,
    当且仅当t=2时, OM→⋅ON→取得最小值14−92,
    此时k=2+1,则直线l的方程为y=2+1x+3.
    【考点】
    圆的标准方程
    圆与圆的位置关系及其判定
    点到直线的距离公式
    直线与圆的位置关系
    与圆有关的最值问题
    【解析】
    此题暂无解析
    【解答】
    解:(1)设C1a,b,则由题意得:
    b+2a+1⋅1=−1,a−12−b−22+1=0, 解得a=−3,b=0,
    ∴ 圆C1的方程为x+32+y2=4,
    将圆C1与圆C2的方程相减得两圆的公共弦所在直线方程为x−y+1=0,
    圆心C1−3,0到公共弦所在直线的距离为22=2,
    所以两圆的公共弦长为24−2=22.
    (2)若直线l与y轴重合,此时直线l与圆C1相离,不合题意;
    所以,直线l的斜率存在,设点Mx1,y1,Nx2,y2,
    设直线l的方程为y=kx+3,
    联立y=kx+3,x+32+y2=4,
    整理得1+k2x2+6k+1x+14=0,
    Δ=36k+12−56k2+1=−45k2+18k+5>0,
    解得9−2145由韦达定理得x1+x2=−61+k1+k2 ,x1x2=141+k2,
    所以,OM→⋅ON→=x1x2+y1y2
    =1+k2x1x2+3kx1+x2+9=23−18k2+kk2+1
    =5−18k−1k2+1,
    其中9−2145要求OM→⋅ON→最小值,只需在k−1>0的情形下计算.令k−1=t,
    则OM→⋅ON→=5−18tt2+2t+2
    =5−18t+2t+2≥5−182t⋅2t+2=14−92,
    当且仅当t=2时, OM→⋅ON→取得最小值14−92,
    此时k=2+1,则直线l的方程为y=2+1x+3.

    相关试卷

    2020-2021学年安徽省六安市高二(上)期末考试数学(文)试卷人教A版(word含解析):

    这是一份2020-2021学年安徽省六安市高二(上)期末考试数学(文)试卷人教A版(word含解析),共10页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2020-2021学年安徽省高二(上)期中考试数学(文)试卷人教A版:

    这是一份2020-2021学年安徽省高二(上)期中考试数学(文)试卷人教A版,共8页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(理)试卷人教A版:

    这是一份2020-2021学年安徽省六安市高二(上)12月段考数学(理)试卷人教A版,共12页。试卷主要包含了选择题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单
        欢迎来到教习网
        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map