搜索
    上传资料 赚现金
    2020届全国高考数学(理)刷题1 1(2019模拟题)模拟重组卷(七)(解析版)
    立即下载
    加入资料篮
    2020届全国高考数学(理)刷题1 1(2019模拟题)模拟重组卷(七)(解析版)01
    2020届全国高考数学(理)刷题1 1(2019模拟题)模拟重组卷(七)(解析版)02
    2020届全国高考数学(理)刷题1 1(2019模拟题)模拟重组卷(七)(解析版)03
    还剩13页未读, 继续阅读
    下载需要20学贝
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2020届全国高考数学(理)刷题1 1(2019模拟题)模拟重组卷(七)(解析版)

    展开
    2020届全国高考数学(理)刷题1+1(2019模拟题)模拟重组卷(七)(解析版)
    本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷 (选择题,共60分)
    一、选择题: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.(2019·宣城二调)复数(i是虚数单位)的虚部是(  )
    A.3i B.6i C.3 D.6
    答案 C
    解析 复数==-2+3i.复数(i是虚数单位)的虚部是3.故选C.
    2.(2019·广东汕头模拟)已知集合A={0,1,2},若A∩∁ZB=∅(Z是整数集合),则集合B可以为(  )
    A.{x|x=2a,a∈A} B.{x|x=2a,a∈A}
    C.{x|x=a-1,a∈N} D.{x|x=a2,a∈N}
    答案 C
    解析 由题意知,集合A={0,1,2},可知{x|x=2a,a∈A}={0,2,4},此时A∩∁ZB={1}≠∅,A不满足题意;{x|x=2a,a∈A}={1,2,4},则A∩∁ZB={0}≠∅,B不满足题意;{x|x=a-1,a∈N}={-1,0,1,2,3,…},则A∩∁ZB=∅,C满足题意;{x|x=a2,a∈N}={0,1,4,9,16,…},则A∩∁ZB={2}≠∅,D不满足题意.故选C.
    3.(2019·衡阳联考)比较甲、乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值(满分为5分,分值高者为优),绘制了如图所示的六维能力雷达图,例如图中甲的数学抽象指标值为4,乙的数学抽象指标值为5,则下面叙述正确的是(  )

    A.乙的逻辑推理能力优于甲的逻辑推理能力
    B.甲的数学建模能力指标值优于乙的直观想象能力指标值
    C.乙的六维能力指标值整体水平优于甲的六维能力指标值整体水平
    D.甲的数学运算能力指标值优于甲的直观想象能力指标值
    答案 C
    解析 甲的逻辑推理能力指标值为4,优于乙的逻辑推理能力指标值3,故A错误;甲的数学建模能力指标值为3,乙的直观想象能力指标值为5,所以乙的直观想象能力指标值优于甲的数学建模能力指标值,故B错误;甲的六维能力指标值的平均值为×(4+3+4+5+3+4)=,乙的六维能力指标值的平均值为×(5+4+3+5+4+3)=4,因为<4,故C正确;甲的数学运算能力指标值为4,甲的直观想象能力指标值为5,所以甲的数学运算能力指标值不优于甲的直观想象能力指标值,故D错误.故选C.
    4.(2019·东北三校模拟)已知cos=,则sin=(  )
    A.- B. C. D.-
    答案 B
    解析 ∵cos=,∴sin=-cos=-cos=1-2cos2=.故选B.
    5.(2019·达州一诊)如图虚线网格的最小正方形边长为1,实线是某几何体的三视图,这个几何体的体积为(  )

    A.4π B.2π C. D.π
    答案 B
    解析 根据图中三视图可知几何体的直观图如图所示,为圆柱的一半,可得几何体的体积为×12×π×4=2π.故选B.


    6.(2019·全国卷Ⅱ)下列函数中,以为周期且在区间单调递增的是(  )
    A.f(x)=|cos2x| B.f(x)=|sin2x|
    C.f(x)=cos|x| D.f(x)=sin|x|
    答案 A
    解析 作出函数f(x)=|cos2x|的图象,如图.

    由图象可知f(x)=|cos2x|的周期为,在区间上单调递增.
    同理可得f(x)=|sin2x|的周期为,在区间上单调递减,f(x)=cos|x|的周期为2π.f(x)=sin|x|不是周期函数,排除B,C,D.故选A.
    7.(2019·镇海中学模拟)已知正项等比数列{an}满足a7=a6+2a5,若存在两项am,an,使得am·an=16a,则+的最小值为(  )
    A. B. C. D.
    答案 C
    解析 设正项等比数列{an}的公比为q,且q>0,
    由a7=a6+2a5,得a6q=a6+,
    化简得q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),
    因为aman=16a,所以(a1qm-1)(a1qn-1)=16a,则qm+n-2=16,解得m+n=6,所以+=(m+n)·=≥=,故选C.
    8.(2019·安徽芜湖二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫做“物不知数”问题,原文如下:有物不知数,三三数之剩二,五五数之剩三,问物几何?即,一个整数除以三余二,除以五余三,求这个整数.设这个整数为a,当a∈[2,2019]时,符合条件的a共有(  )
    A.133个 B.134个 C.135个 D.136个
    答案 C
    解析 由题设a=3m+2=5n+3,m,n∈N*,则3m=5n+1.当m=5k,n不存在;当m=5k+1,n不存在;当m=5k+2,n=3k+1,满足题意;当m=5k+3,n不存在;当m=5k+4,n不存在;故2≤a=15k+8≤2019,解得≤k≤,k∈Z,则k=0,1,2,…,134,共135个.故选C.
    9.(2019·湖南百所重点中学诊测)若变量x,y满足约束条件且a∈(-6,3),则z=仅在点A处取得最大值的概率为(  )
    A. B. C. D.
    答案 A
    解析 z=可以看作点(x,y)和点(a,0)的斜率,直线AB与x轴交点为(-2,0),当a∈(-2,-1)时,z=仅在点A处取得最大值,所以P==.故选A.


    10.(2019·肇庆二模)已知x=1是f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]ex的极小值点,则实数a的取值范围是(  )
    A.(1,+∞) B.(-1,+∞)
    C.(-∞,-1) D.(-∞,1)
    答案 D
    解析 根据题意求函数f(x)的导数f′(x),根据x=1是f(x)的极小值点,得出x<1时f′(x)<0,且x>1时f′(x)>0,由此可得出实数a的取值范围.函数f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]ex,则f′(x)=[x2-(a+1)x+a]ex,令f′(x)=0,得x2-(a+1)x+a=0,极值点是x=1和x=a,仅当a<1时,增区间是(-∞,a)和(1,+∞),减区间是(a,1),符合题意.故选D.
    11.(2019·启东中学模拟)若椭圆+=1和双曲线-=1的共同焦点为F1,F2,P是两曲线的一个交点,则|PF1|·|PF2|的值为(  )
    A. B.84 C.3 D.21
    答案 D
    解析 依据题意作出椭圆与双曲线的图象如下,

    由椭圆方程+=1可得a=25,a1=5,由椭圆定义可得,|PF1|+|PF2|=2a1=10①,由双曲线方程-=1可得a=4,a2=2,由双曲线定义可得,|PF1|-|PF2|=2a2=4②,联立方程①②,解得,|PF1|=7,|PF2|=3,∴|PF1|·|PF2|=3×7=21,故选D.
    12.(2019·茂名一模)已知函数f(x)是定义域在R上的偶函数,且f(x+1)=f(x-1),当x∈[0,1]时,f(x)=x3,则关于x的方程f(x)=|cosπx|在上所有实数解之和为(  )
    A.1 B.3 C.6 D.7
    答案 D
    解析 因为f(x+1)=f(x-1),则f(x)=f(x-2),所以f(x)的最小正周期为2,又由f(x+1)=f(x-1)=f(1-x)得f(x)的图象关于直线x=1对称.
    令g(x)=|cosπx|,则g(x)的图象如图所示,

    由图象可得,y=f(x)与g(x)=|cosπx|的图象在上有7个交点,且实数解的和为2×3+1=7,故选D.
    第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)
    二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.
    13.(2019·湖南八校联考)二项式5的展开式中的系数为________.
    答案 80
    解析 由二项式5的展开式的通项公式得,
    Tr+1=2rCxx-r=2rCx,
    令=-2,解得r=3,
    即二项式5的展开式中的系数为23C=80.
    14.(2019·葫芦岛调研)庙会是我国古老的传统民俗文化活动,又称“庙市”或“节场”.庙会大多在春节、元宵节等节日举行.庙会上有丰富多彩的文化娱乐活动,如“砸金蛋”(游玩者每次砸碎一颗金蛋,如果有奖品,则“中奖”).今年春节期间,某校甲、乙、丙、丁四位同学相约来到某庙会,每人均获得砸一颗金蛋的机会.游戏开始前,甲、乙、丙、丁四位同学对游戏中奖结果进行了预测,预测结果如下:
    甲说:“我或乙能中奖”;乙说:“丁能中奖”;
    丙说:“我或乙能中奖”;丁说:“甲不能中奖”.
    游戏结束后,这四位同学中只有一位同学中奖,且只有一位同学的预测结果是正确的,则中奖的同学是________.
    答案 甲
    解析 由四人的预测可得下表:
    中奖人
    预测结果






    ×
    ×
    ×


    ×



    ×
    ×



    ×

    ×

    ①若甲中奖,仅有甲预测正确,符合题意;
    ②若乙中奖,甲、丙、丁预测正确,不符合题意;
    ③若丙中奖,丙、丁预测正确,不符合题意;
    ④若丁中奖,乙、丁预测正确,不符合题意.
    故只有当甲中奖时,仅有甲一人预测正确,故答案为甲.
    15.(2019·吉林一模)设函数f(x)=若f(m)>1,则实数m的取值范围是________.
    答案 (-∞,0)∪(e,+∞)
    解析 如图所示,

    可得f(x)=的图象与y=1的交点分别为(0,1),(e,1),
    ∴f(m)>1,则实数m的取值范围是(-∞,0)∪(e,+∞).
    16.(2019·全国卷Ⅰ)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点.若=,·=0,则C的离心率为________.
    答案 2
    解析 解法一:由=,
    得A为F1B的中点.
    又∵O为F1F2的中点,
    ∴OA∥BF2.
    又·=0,
    ∴∠F1BF2=90°.
    ∴OF2=OB,
    ∴∠OBF2=∠OF2B.
    又∵∠F1OA=∠BOF2,∠F1OA=∠OF2B,
    ∴∠BOF2=∠OF2B=∠OBF2,
    ∴△OBF2为等边三角形.

    如图1所示,不妨设B为.
    ∵点B在直线y=-x上,∴=,
    ∴离心率e===2.
    解法二:∵·=0,
    ∴∠F1BF2=90°.在Rt△F1BF2中,O为F1F2的中点,
    ∴|OF2|=|OB|=c.如图2,作BH⊥x轴于H,由l1为双曲线的渐近线,可得=,

    且|BH|2+|OH|2=|OB|2=c2,∴|BH|=b,|OH|=a,∴B(a,-b),F2(c,0).
    又∵=,∴A为F1B的中点.
    ∴OA∥F2B,∴=,∴c=2a,
    ∴离心率e==2.
    三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.
    (一)必考题:60分.
    17.(本小题满分12分)(2019·湖南永州三模)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-n(n∈N*).
    (1)证明:数列{an+1}为等比数列;
    (2)若数列{bn}为等差数列,且b3=a2,b7=a3,求数列的前n项和Tn.
    解 (1)证明:当n=1时,a1=2a1-1,∴a1=1.
    当n≥2时,Sn-1=2an-1-(n-1),
    ∴an=2an-2an-1-1,∴an+1=2(an-1+1),
    ∴数列{an+1}是首项、公比都为2的等比数列.
    (2)由(1)得,an+1=2n,即an=2n-1,
    ∵b3=3,b7=7,∴b1+2d=3,b1+6d=7,
    ∴b1=d=1,∴bn=n,
    ∴==-,
    ∴Tn=++…+=1-.
    18.(本小题满分12分)(2019·汕头一模)我市南澳县是广东唯一的海岛县,海区面积广阔,发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势,所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品,产量高、肉质肥、营养好,素有“海洋牛奶精品”的美誉.根据养殖规模与以往的养殖经验,产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量(g)在正常环境下服从正态分布N(32,16).
    (1)购买10只该基地的“南澳牡蛎”,会买到质量小于20 g的牡蛎的可能性有多大?
    (2)2019年该基地考虑增加人工投入,现有以往的人工投入增量x(万人)与年收益增量y(万元)的数据如下:
    人工投入增量x(万人)
    2
    3
    4
    6
    8
    10
    13
    年收益增量y(万元)
    13
    22
    31
    42
    50
    56
    58

    该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量,建立了y与x的两个回归模型:
    模型①:由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程:=4.1x+11.8;
    模型②:由散点图的样本点分布,可以认为样本点集中在曲线:y=b+a的附近,对人工投入增量x做变换,令t=,则y=b·t+a,且有=2.5,=38.9,
    (ti-)(yi-)=81.0, (ti-)2=3.8.
    (1)根据所给的统计量,求模型②中y关于x的回归方程(精确到0.1);
    (2)根据下列表格中的数据,比较两种模型的相关指数R2,并选择拟合精度更高、更可靠的模型,预测人工投入增量为16人时的年收益增量.
    回归模型
    模型①
    模型②
    回归方程
    =4.1x+11.8
    y=b+a
    (yi-i)2
    182.4
    79.2
    附:若随机变量Z~N(μ,σ2),则P(μ-3σ 解 (1)由已知,单个“南澳牡蛎”质量ξ~N(32,16),则μ=32,σ=4,
    由正态分布的对称性可知,
    P(ξ<20)=[1-P(20<ξ<44)]=[1-P(μ-3σ<ξ<μ+3σ)]=(1-0.9974)=0.0013,
    设购买10只该基地的“南澳牡蛎”,其中质量小于20 g的牡蛎为X只,故X~B(10,0.0013),故P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-0.0013)10=1-0.9871=0.0129,∴这10只“南澳牡蛎”中,会买到质量小于20 g的牡蛎的可能性仅为1.29%.
    (2)(ⅰ)由=2.5,=38.9, (ti-)(yi-)=81.0, (ti-)2=3.8,有==≈21.3,且=-=38.9-21.3×2.5≈-14.4,
    ∴模型②中y关于x的回归方程为=21.3-14.4.
    (ⅱ)由表格中的数据,有182.4>79.2,即>,模型①的R2小于模型②,说明回归模型②刻画的拟合效果更好.
    当x=16时,模型②的收益增量的预测值为=21.3×-14.4=21.3×4-14.4=70.8(万元),
    这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠.
    19.(本小题满分12分)(2019·哈尔滨三中模拟)如图所示,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥底面ABCD,四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,AB=AA1=2A1B1=2.

    (1)若M为CD的中点,求证:AM⊥平面AA1B1B;
    (2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值.
    解 (1)证明:∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,连接AC,则△ACD为等边三角形,
    又∵M为CD的中点,∴AM⊥CD,由CD∥AB,
    ∴AM⊥AB,
    ∵AA1⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,
    ∴AM⊥AA1,
    又∵AB∩AA1=A,∴AM⊥平面AA1B1B.
    (2)∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,
    AB=AA1=2A1B1=2,
    ∴DM=1,AM=,∴∠AMD=∠BAM=90°,
    又∵AA1⊥底面ABCD,
    分别以AB,AM,AA1为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,

    则A1(0,0,2),B(2,0,0),D(-1,,0),D1,
    ∴=,=(-3,,0,=(2,0,-2),
    设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z),
    则有⇒⇒y=x=z,令x=1,则n=(1,,1),
    ∴直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值sinθ=|cos〈n,〉|==.
    20.(本小题满分12分)(2019·南京市三模)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)过点,离心率为.A,B分别是椭圆C的上、下顶点,M是椭圆C上异于A,B的一点.

    (1)求椭圆C的方程;
    (2)若点P在直线x-y+2=0上,且=3,求△PMA的面积;
    (3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N,交y轴于点D,且D点在线段OA上(不包括端点O,A),直线NA与直线BM交于点P,求·的值.
    解 (1)因为椭圆过点,离心率为,
    所以+=1,=1-e2=,解得a2=2,b2=1,
    所以椭圆C的方程为+y2=1.
    (2)由(1)知B(0,-1),设M(x0,y0),P(x,y).
    由=3,得(x,y+1)=3(x0,y0+1),
    则x=3x0,y=3y0+2.
    又因为P在直线x-y+2=0上,所以y0=x0. ①
    因为M在椭圆C上,所以+y=1,
    将①代入上式,得x=.
    所以|x0|=,从而|xP|=,
    所以S△PMA=S△PAB-S△MAB=×2×-×2×=.
    (3)解法一:由(1)知,A(0,1),B(0,-1).
    设D(0,m),0<m<1,M(x1,y1),N(x2,y2).
    因为MN的斜率为1,
    所以直线MN的方程为y=x+m,
    联立方程组消去y,
    得3x2+4mx+2m2-2=0,
    所以x1+x2=-,x1x2=.
    直线MB的方程为y=x-1,直线NA的方程为y=x+1,
    联立解得yP=.
    将y1=x1+m,y2=x2+m代入,得
    yP=

    ==.
    所以·=(0,m)·(xP,yP)=myP=m·=1.
    解法二:A(0,1),B(0,-1).设M(x0,y0),
    则+y=1.
    因为MN的斜率为1,所以直线MN的方程为y=x-x0+y0,则D(0,y0-x0),
    联立方程消去y,
    得3x2-4(x0-y0)x+2(x0-y0)2-2=0,
    所以xN+x0=,
    所以xN=,yN=-,
    所以直线NA的方程为y=x+1=x+1,
    直线MB的方程为y=x-1,
    联立解得yP=.
    又因为+y=1,
    所以yP==,
    所以·=(0,y0-x0)·(xP,yP)=(y0-x0)·=1.
    21.(本小题满分12分)(2019·仙桃期末)已知函数f(x)=x2-+axln x,其中e为自然对数的底数.
    (1)当a≥0时,求证:x≥1时,f(x)>0;
    (2)当a≥-时,讨论函数f(x)的极值点个数.
    解 (1)证明:由f′(x)=x-+a(ln x+1),易知
    f′=0,
    设g(x)=f′(x),则g′(x)=,
    当a≥0时,g′(x)>0,
    又f′=g=0,∴0 x>时,g(x)>0,
    即f(x)在上递减,在上递增,所以当x≥1时,f(x)≥f(1)=->0得证.
    (2)由(1)可得,①当a≥0时,f(x)当且仅当在x=处取得极小值,无极大值,故此时极值点个数为1;
    ②当-≤a<0时,易知g(x)在(0,-a)上递减,在(-a,+∞)上递增,
    所以g(x)min=g(-a)=-+aln (-a),
    又设h(a)=-+aln (-a),其中-≤a<0,则h′(a)=1+ln (-a)≤0,对-≤a<0恒成立,所以h(a)单调递减,h(a)≤h=0,
    所以(ⅰ)当a=-时,g(x)≥0即f(x)在(0,+∞)上单调递增,故此时极值点个数为0;
    (ⅱ)当--a>0,g(x)在(-a,+∞)上递增,
    又g=0,所以当-a≤x<时g(x)<0,
    当x>时,g(x)>0,即f(x)总在x=处取得极小值;又当x→0且x>0时,g(x)→+∞,所以存在唯一x0∈(0,-a)使得g(x0)=0,且当00,当x0 综上,当a=-时,f(x)的极值点个数为0;当- 当a≥0时,f(x)的极值点个数为1.
    (二)选考题:10分.请考生在第22、23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.
    22.(本小题满分10分)[选修4-4:坐标系与参数方程]
    (2019·宝鸡模拟)点P是曲线C1:(x-2)2+y2=4上的动点,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,以极点O为中心,将点P逆时针旋转90°得到点Q,设点Q的轨迹为曲线C2.
    (1)求曲线C1,C2的极坐标方程;
    (2)射线θ=(ρ>0)与曲线C1,C2分别交于A,B两点,设定点M(2,0),求△MAB的面积.
    解 (1)曲线C1的圆心为(2,0),半径为2,把互化公式代入可得曲线C1的极坐标方程为ρ=4cosθ.
    设Q(ρ,θ),则P,则有ρ=4cos=4sinθ.
    所以曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ.
    (2)M到射线θ=的距离为d=2sin=,
    |AB|=ρB-ρA=4=2(-1),
    则S=|AB|×d=3-.
    23.(本小题满分10分)[选修4-5:不等式选讲]
    (2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).
    (1)当a=1时,求不等式f(x)<0的解集;
    (2)若x∈(-∞,1)时,f(x)<0,求a的取值范围.
    解 (1)当a=1时,f(x)=|x-1|x+|x-2|(x-1).
    当x<1时,f(x)=-2(x-1)2<0;
    当x≥1时,f(x)≥0.
    所以,不等式f(x)<0的解集为(-∞,1).
    (2)因为f(a)=0,所以a≥1.
    当a≥1,x∈(-∞,1)时,f(x)=(a-x)x+(2-x)·(x-a)=2(a-x)(x-1)<0.所以,a的取值范围是[1,+∞).


    • 精品推荐
    • 所属专辑

    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:0份资料
    • 充值学贝下载 90%的用户选择 本单免费
    • 扫码直接下载
    选择教习网的 4 个理由
    • 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;500万+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

    开票申请 联系客服
    本次下载需要:0学贝 0学贝 账户剩余:0学贝
    本次下载需要:0学贝 原价:0学贝 账户剩余:0学贝
    了解VIP特权
    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

        扫码支付后直接下载

        0元

        扫码支付后直接下载

        使用学贝下载资料比扫码直接下载优惠50%
        充值学贝下载,本次下载免费
        了解VIP特权
        • 微信
        • 支付宝

        微信扫码支付

        支付宝扫码支付(支持花呗)

        到账0学贝
        • 微信
        • 支付宝

        微信扫码支付

        支付宝扫码支付 (支持花呗)

          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

          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

          即将下载

          2020届全国高考数学(理)刷题1 1(2019模拟题)模拟重组卷(七)(解析版)

          该资料来自成套资源,打包下载更省心

          [共10份]
          浏览全套
            立即下载(共1份)
            返回
            顶部