|试卷下载
搜索
    上传资料 赚现金
    2024年北京市延庆区高考一模数学试卷含详解
    立即下载
    加入资料篮
    2024年北京市延庆区高考一模数学试卷含详解01
    2024年北京市延庆区高考一模数学试卷含详解02
    2024年北京市延庆区高考一模数学试卷含详解03
    还剩19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

    2024年北京市延庆区高考一模数学试卷含详解

    展开
    这是一份2024年北京市延庆区高考一模数学试卷含详解,共22页。

    第一部分(选择题,共40分)
    一、选择题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项.
    1. 已知集合,,则( )
    A. B.
    C. D.
    2. 若复数满足,则( )
    A. B.
    C. D.
    3. 在的展开式中,的系数为( )
    A. B.
    C. D.
    4. 已知抛物线的焦点为,点在上.若到直线的距离为,则( )
    A B.
    C. D.
    5. 已知正方形的边长为,点满足,则( )
    A. 4B. 5C. 6D. 8
    6. “”是“为第一或第三象限角”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
    7. 已知函数,则不等式的解集是( )
    A. B. C. D.
    8. 设,,,则( )
    A. B.
    C. D.
    9. 在等边中,,为所在平面内的动点,且,为边上的动点,则线段长度的最大值是( )
    A. B.
    C. D.
    10. 已知在正方体中,,是正方形内的动点,,则满足条件的点构成的图形的面积等于( )
    A. B. C. D.
    第二部分(非选择题,共110分)
    二、填空题共5小题,每小题5分,共25分.
    11. 已知双曲线的离心率为,则双曲线的渐近线方程为________.
    12. 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,,,则________,的面积为________.
    13. 已知函数在区间上单调递减,则一个取值为________.
    14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石), 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加块,下一层的第一环比上一层的最后一环多块,向外每环依次也增加块.已知每层环数相同,且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块,则上层有扇形石板________块.
    15. 已知函数给出下列四个结论:
    ①存在实数,使得函数的最小值为;
    ②存在实数,使得函数最小值为;
    ③存在实数,使得函数恰有个零点;
    ④存在实数,使得函数恰有个零点.
    其中所有正确结论的序号是________.
    三、解答题共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. 已知函数,的最大值为.
    (1)求的值;
    (2)将的图象向右平移个单位得到的图象,求函数的单调增区间.
    17. 第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至17日在北京延庆举行,赛程时间安排如下表:
    (1)若小明在每天各随机观看一场比赛,求他恰好看到单人雪橇和双人雪橇的概率;
    (2)若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场,记为看到双人雪橇的次数,求的分布列及期望;
    (3)若小明在每天各随机观看一场比赛,用“”表示小明在周六看到单人雪橇,“” 表示小明在周六没看到单人雪橇,“”表示小明在周日看到单人雪橇,“”表示小明在周日没看到单人雪橇,写出方差,的大小关系.
    18. 如图,四棱柱的底面是边长为的正方形,侧面底面,,是的中点.
    (1)求证:平面;
    (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知,使二面角唯一确定,并求二面角的余弦值.
    条件①:;
    条件②:;
    条件③:.
    注:如果选择条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答计分.
    19. 已知椭圆的离心率为,分别是的上、下顶点,,分别是的左、右顶点.
    (1)求的方程;
    (2)设为第二象限内上的动点,直线与直线交于点,直线与直线交于点,求证:.
    20 已知函数.
    (1)若曲线的一条切线方程为,求的值;
    (2)若函数在区间上为增函数,求的取值范围;
    (3)若,无零点,求的取值范围.
    21. 已知数列,记集合.
    (1)若数列为,写出集合;
    (2)若,是否存在,使得?若存在,求出一组符合条件的;若不存在,说明理由;
    (3)若,把集合中的元素从小到大排列,得到的新数列为, 若,求的最大值.
    2024北京延庆高三一模
    数学
    本试卷共6页,150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上,在试卷上作答无效.考试结束后,将答题纸交回.
    第一部分(选择题,共40分)
    一、选择题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项.
    1. 已知集合,,则( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】B
    【分析】根据题意,由并集的运算,即可得到结果.
    【详解】因为,则.
    故选:B
    2. 若复数满足,则( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【分析】根据题意,由复数的运算,即可得到结果.
    【详解】由可得.
    故选:C
    3. 在的展开式中,的系数为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【分析】利用二项式定理直接求解.
    【详解】设,
    令,则,故的系数为.
    故选:D
    4. 已知抛物线的焦点为,点在上.若到直线的距离为,则( )
    A B.
    C. D.
    【答案】B
    【分析】根据抛物线的定义求解.
    【详解】由抛物线可知,准线方程为,
    因为到直线的距离为,
    所以到抛物线准线的距离为,
    由抛物线定义知,.
    故选:B
    5. 已知正方形的边长为,点满足,则( )
    A. 4B. 5C. 6D. 8
    【答案】C
    【分析】建立平面直角坐标系并写出各点坐标,根据题意求相应向量的坐标,再根据数量积的坐标运算进行求解即可.
    【详解】建立坐标系如图,正方形的边长为2,
    则,,,可得,
    点满足,所以.
    故选:C.
    6. “”是“为第一或第三象限角”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
    【答案】C
    【分析】由二倍角公式、充分必要条件的定义即可得解.
    【详解】因为或,
    所以“”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件.
    故选:C.
    7. 已知函数,则不等式的解集是( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【分析】利用导数及导函数单调性判断极小值点在,再由函数的单调性及可得不等式的解集.
    【详解】因为单调递增,且,,
    所以存在唯一,使得,
    所以当时,,当时,,
    所以函数在上单调递减,在上单调递增,
    又,且,
    所以由可得,
    故选:A
    8. 设,,,则( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【分析】根据题意,由对数的运算可得,,再由对数函数的单调性即可得到结果.
    【详解】因为,且,
    又,函数在单调递增,
    则,所以.
    故选:D
    9. 在等边中,,为所在平面内的动点,且,为边上的动点,则线段长度的最大值是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【分析】根据题意可知点在以点为圆心,半径为的圆上,结合图象分析即可.
    【详解】根据题意可知,点在以点为圆心,半径为的圆上,
    如图:
    为边上的动点,线段取最大值时,
    ,
    而当与点重合时,最大,且最大值为2,
    此时线段长度的最大值为,
    故选:D.
    10. 已知在正方体中,,是正方形内的动点,,则满足条件的点构成的图形的面积等于( )
    A B. C. D.
    【答案】A
    【分析】由题意,在平面上,分别以为轴建立平面直角坐标系,设,根据已知列出满足的关系,进而可得满足条件的点构成的图形,计算面积即可.
    【详解】如图,连接,则,

    如图,在平面上,分别以为轴建立平面直角坐标系,
    则,设,
    由,得,
    即,整理得,
    设直线与交于点,
    则点在内部(含边界),即满足条件的点构成的图形为及其内部,
    易知,∴,
    ∴.
    故选:A.
    【点睛】关键点睛:本题解题关键是在底面上建立平面直角坐标系,把空间问题转化为平面问题去解决.
    第二部分(非选择题,共110分)
    二、填空题共5小题,每小题5分,共25分.
    11. 已知双曲线的离心率为,则双曲线的渐近线方程为________.
    【答案】
    【分析】根据双曲线的离心率化简变形即可求出渐近线的斜率得解.
    【详解】因为,
    所以双曲线的渐近线方程为,
    故答案为:
    12. 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,,,则________,的面积为________.
    【答案】 ①. 1 ②. ##
    【分析】根据题意,利用正弦、余弦定理求得,再运用三角形的面积公式即可求得结果.
    【详解】因为,由正弦定理可得,
    因为,在中,由余弦定理可得:,
    所以,解得:;
    所以,由三角形面积公式可得:,
    故答案为:;.
    13. 已知函数在区间上单调递减,则的一个取值为________.
    【答案】(不唯一)
    【分析】根据幂函数的单调性奇偶性即可得解.
    【详解】因为在上单调递增,又在区间上单调递减,
    所以可以为偶函数,不妨取,
    此时,函数定义域为,
    且,故为偶函数,
    满足在区间上单调递减.
    故答案为:(不唯一)
    14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层,上层中心有一块圆形石板(称为天心石), 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加块,下一层的第一环比上一层的最后一环多块,向外每环依次也增加块.已知每层环数相同,且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块,则上层有扇形石板________块.
    【答案】
    【分析】记从中间向外每环扇面形石板数为,则是等差数列,且公差为,,设每层有环,则,,根据等差数列前项和公式求出,再求出即可.
    【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为,则是等差数列,且公差,,
    设每层有环,则,,
    所以,即,
    即,解得或(舍去),
    所以,则,
    即上层有扇形石板块.
    故答案为:.
    15. 已知函数给出下列四个结论:
    ①存在实数,使得函数的最小值为;
    ②存在实数,使得函数的最小值为;
    ③存在实数,使得函数恰有个零点;
    ④存在实数,使得函数恰有个零点.
    其中所有正确结论的序号是________.
    【答案】①③
    【分析】取特殊值判断①,当时,分别分析分段函数两部分的最值判断②,根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④.
    【详解】当时,,显然函数的最小值为,故①正确;
    当时,,,
    当时,,当时,,
    所以在上单调递减,在上单调递增,
    所以时,有最小值,由可得,
    此时,时,,在上单调递减,所以,
    与最小值为矛盾,
    若时,的对称轴方程为,当时,
    即时,,若,则与矛盾,
    当时,在上单调递减,无最小值,
    综上,当时,函数的最小值不为,故②错误;
    由②知,时,时,单调递减且,当时,且,所以函数恰有2个零点,故③正确;
    当时,且仅有,即有且只有1个零点,
    当时,且仅有,即有且只有1个零点,
    综上时,有且只有1个零点,而在上至多有2个零点,
    所以时,函数没有4个零点,当时,函数有无数个零点,故④错误.
    故答案为:①③
    【点睛】关键点点睛:本题的关键是对分类讨论,利用导数研究上的函数性质,结合二次函数性质研究另一段函数.
    三、解答题共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. 已知函数,的最大值为.
    (1)求的值;
    (2)将的图象向右平移个单位得到的图象,求函数的单调增区间.
    【答案】(1)
    (2)
    【分析】(1)先利用二倍角公式和辅助角公式化简,再根据正弦函数的性质求解即可;
    (2)利用三角函数的平移公式求出,再根据正弦函数的图象和性质求解即可.
    【小问1详解】
    因为,
    其中,,
    所以,
    又因为,解得.
    【小问2详解】
    由(1)可得,
    将的图象向右平移个单位可得,
    由解得,
    即函数的单调增区间为.
    17. 第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至17日在北京延庆举行,赛程时间安排如下表:
    (1)若小明在每天各随机观看一场比赛,求他恰好看到单人雪橇和双人雪橇的概率;
    (2)若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场,记为看到双人雪橇的次数,求的分布列及期望;
    (3)若小明在每天各随机观看一场比赛,用“”表示小明在周六看到单人雪橇,“” 表示小明在周六没看到单人雪橇,“”表示小明在周日看到单人雪橇,“”表示小明在周日没看到单人雪橇,写出方差,的大小关系.
    【答案】(1)
    (2)分布列见解析,
    (3)
    【分析】(1)根据分类乘法计数原理及古典概型求解;
    (2)根据题意求出概率,列出分布列,求出期望即可;
    (3)分别计算,即可得解.
    【小问1详解】
    记“小明在每天各随机观看一场比赛,恰好看到单人雪橇和双人雪橇”为事件.
    由表可知,每天随机观看一场比赛,共有种不同方法,
    其中恰好看到单人雪橇和双人雪橇,共有种不同方法.
    所以.
    【小问2详解】
    随机变量的所有可能取值为.
    根据题意,,


    随机变量的分布列是:
    数学期望.
    【小问3详解】
    由题意,,,
    所以,;
    因为,,
    所以,;
    所以.
    18. 如图,四棱柱的底面是边长为的正方形,侧面底面,,是的中点.
    (1)求证:平面;
    (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知,使二面角唯一确定,并求二面角的余弦值.
    条件①:;
    条件②:;
    条件③:.
    注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得0分;如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答计分.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)答案见解析
    【分析】(1)方法一:利用线面平行的判定定理找到可证;方法二:利用面面平行的判定定理证明平面平面进而证明结论;
    (2)选①:说明条件不能确定棱柱特点即可求解;选②③:证明平面,建立空间坐标系,求得二面角
    【小问1详解】
    证明:
    方法一:在四棱柱中,连结,设,
    连结,在中,因为、分别为的中点,
    所以,又因为平面,平面,
    所以平面.
    方法二:在四棱柱中,设中点为,
    连结,,,
    因为,所以为平行四边形,
    所以,又平面,平面,故平面,
    因为,所以为平行四边形,
    所以,又平面,平面,故平面,
    因为 平面,故平面平面,
    因为平面,所以平面.
    【小问2详解】
    选择条件①:
    因为底面是正方形,所以,
    侧面平面,且侧面平面,平面,
    故平面,又平面,则,
    即四边形为矩形,因为,则,
    与选择条件①:等价,故条件不能进一步确定的夹角大小,故二面角不能确定;
    选择条件②:
    连结,因为底面是正方形,所以,
    又因为侧面平面,且侧面平面,平面,
    所以平面,又平面,所以,
    在中,因为,,所以,
    在中,因为,,所以,
    又平面,所以平面,又,
    所以如图建立空间直角坐标系,其中,,,,
    且,,易知为平面的一个法向量,
    设为平面面的一个法向量,则即 .
    不妨设,则,可得,所以,
    因为二面角的平面角是钝角,设为 ,故,
    所以二面角的余弦值为.
    选择条件③:
    因为底面是正方形,所以,
    因为,且平面,
    所以平面,因为平面,所以,
    因为侧面平面,且侧面平面,平面,
    所以平面,又,
    所以如图建立空间直角坐标系,(下面同选择条件②).
    19. 已知椭圆的离心率为,分别是的上、下顶点,,分别是的左、右顶点.
    (1)求的方程;
    (2)设为第二象限内上的动点,直线与直线交于点,直线与直线交于点,求证:.
    【答案】(1)
    (2)证明见解析
    【分析】(1)由已知列出关于的方程组,求得即可得解;
    (2)首先设直线的方程为,联立椭圆方程结合韦达定理表示出点坐标,进一步表示出各直线方程联立直线方程证得的横坐标相等即可.
    【小问1详解】
    由题设,,解得.
    所以的方程为.
    【小问2详解】
    因为椭圆的方程为,所以,
    设直线的方程为,其中.
    由,化简并整理得,,
    由可得,由韦达定理有,
    所以,即.
    直线的方程为,即.
    由 得.
    直线的方程为,即.
    直线方程为,即.
    由 得.
    因为,所以.
    20. 已知函数.
    (1)若曲线的一条切线方程为,求的值;
    (2)若函数在区间上为增函数,求的取值范围;
    (3)若,无零点,求的取值范围.
    【答案】(1)
    (2)
    (3)
    【分析】(1)求导,再根据导数的几何意义即可得解;
    (2)由在区间上为增函数,可得在内恒成立,求出的最小值即可得解;
    (3)分进行讨论,求出函数的单调区间及最值,进而可得出结论.
    【小问1详解】
    函数的定义域为,设切点为,
    因为,所以,解得,
    因为,,
    所以,即,所以,
    所以,解得;
    【小问2详解】
    因为,在区间上为增函数,
    所以在内恒成立,
    因,所以,
    所以,即;
    【小问3详解】
    因为,,
    当,即时,,
    所以在上单调递减,
    因为,
    所以在上无零点,符合题意;
    当时,令,则,
    当时,,当时,,
    所以的单调递减区间是;单调递增区间是,
    所以的最小值为,
    当,即时,无零点,符合题意;
    当时,有一个零点,不符合题意;
    当时,的最小值,
    因为,
    所以,使得,不符合题意;
    综上所述,当时,,无零点.
    【点睛】方法点睛:利用导数解决函数零点问题的方法:
    (1)直接法:先对函数求导,根据导数的方法求出函数的单调区间与极值,根据函数的基本性质作出图象,然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用;
    (2)构造新函数法:将问题转化为研究两函数图象的交点问题;
    (3)参变量分离法:由分离变量得出,将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
    21. 已知数列,记集合.
    (1)若数列为,写出集合;
    (2)若,是否存在,使得?若存在,求出一组符合条件的;若不存在,说明理由;
    (3)若,把集合中的元素从小到大排列,得到的新数列为, 若,求的最大值.
    【答案】(1)
    (2)不存在,使得成立
    (3)
    【分析】(1)根据题目给出的集合的定义求解即可;
    (2)使用假设法,假设存在,使得,进行计算检验,从而得出结论;
    (3)首先证明时,对任意的都有,然后证明除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和,分类讨论即可得解.
    【小问1详解】
    由题意可得,,,
    所以.
    【小问2详解】
    假设存在,使得,
    则有,
    由于与的奇偶性相同,与奇偶性不同,
    又,,
    所以中必有大于等于的奇数因子,这与无以外的奇数因子矛盾,
    故不存在,使得.
    【小问3详解】
    首先证明时,对任意的都有,
    因为,
    由于与均大于且奇偶性不同,
    所以为奇数,对任意的都有,
    其次证明除形式以外的数,都可以写成若干个连续正整数之和,
    若正整数,其中,
    则当时,由等差数列的性质可得:
    ,此时结论成立,
    当时,由等差数列的性质可得:
    ,此时结论成立,
    对于数列,此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项,
    由前面证明可知正整数不是中的项,
    所以的最大值为.
    【点睛】本题考查了等差数列及数列的综合问题,考查了求数列下标最值,同时考查了分类讨论的思想,计算量较大,属于难题.
    12月16日
    星期六
    9:30
    单人雪橇第1轮
    10:30
    单人雪橇第2轮
    15:30
    双人雪橇第1轮
    16:30
    双人雪橇第2轮
    12月17日
    星期日
    9:30
    单人雪橇第3轮
    10:30
    单人雪橇第4轮
    15:30
    团体接力
    12月16日
    星期六
    9:30
    单人雪橇第1轮
    10:30
    单人雪橇第2轮
    15:30
    双人雪橇第1轮
    16:30
    双人雪橇第2轮
    12月17日
    星期日
    9:30
    单人雪橇第3轮
    10:30
    单人雪橇第4轮
    15:30
    团体接力
    相关试卷

    2024年北京市朝阳区高三下学期质量检测一(高考一模)数学试卷含详解: 这是一份2024年北京市朝阳区高三下学期质量检测一(高考一模)数学试卷含详解,共26页。

    2024年北京市朝阳区高三下学期质量检测一(高考一模)数学试卷含详解: 这是一份2024年北京市朝阳区高三下学期质量检测一(高考一模)数学试卷含详解,共26页。

    2024届北京市延庆区高考一模数学试题: 这是一份2024届北京市延庆区高考一模数学试题,共11页。试卷主要包含了03, B 2, 解等内容,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

        还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

        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
        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