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2011年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)——数学理卷


2011 年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)

理科数学
本试卷分第 I 卷和第 II 卷两部分,共 4 页,满分 150 分。考试用时 120 分钟,考试结束后,将 本试卷和答题卡一并交回。 注意事项: 1.答题前,考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证证、县区和科类填写 在答题卡和试卷规定的位置上。 2.第 I 卷每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用 橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,答案不能答在试卷上。 3. II 卷必须用 0.5 毫米黑色签字笔作答, 第 答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置, 不能写在试卷上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不能使用涂改液、 胶带纸、修正带。不按能上能下要求作答的答案无效。 4.填空题请直接填写答案,解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 参考公式: 柱体的体积公式: V = Sh ,其中 S 是柱体的底面积,h 是柱体的高。 圆柱的侧面积公式: S = cl ,其中 c 是圆柱的底面周长, l 是圆柱的母线长。 球的体积公式: V =

4 π R3 ,其中 R 是球的半径。 3
2

球的表面积公式: S = 4π R

,其中 R 是球的半径。

? 用最小二乘法求线性回归方程系数公式: b =

∑ x y ? nx y
i =1 n i i

n

∑x
i =1

2 4

? nx

2

? , a = y ? bx ,

如果事件 A、B 互斥,那么 P(A+B)=P(A)+P(B)

第Ⅰ卷(共 60 分)
一、选择题:本大题共 l0 小题.每小题 5 分,共 50 分在每小题给出的四个选项中,只有一项是满 足题目要求的. 1.设集合 M ={x| x + x ? 6 < 0 },N ={x|1≤x≤3},则 M∩N =
2

A.[1,2) 2.复数 z=

B.[1,2]

C. 2,3] (

D.[2,3]

2?i ( i 为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为 2+i
B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

A.第一象限

aπ 3.若点(a,9)在函数 y = 3x 的图象上,则 tan= 的值为 6
A.0 B.

3 3
1

C.1

D. 3

4.不等式 | x ? 5 | + | x + 3 |≥ 10 的解集是 A.[-5,7] C. ( ?∞, ?5] U [ 7, +∞ ) B.[-4,6] D. ( ?∞, ?4] U [ 6, +∞ )

5.对于函数 y = f ( x ), x ∈ R ,“ y =| f ( x ) | 的图象关于 y 轴对称”是“ y = f ( x ) 是奇函数”的 A.充分而不必要条件 C.充要条件 B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要

6.若函数 f ( x ) = sin ω x (ω>0)在区间 ?0, ? 上单调递增,在区间 ? , ? 上单调递减,则 ω= ? 3? ?3 2? A.3 B.2 C.

? π?

?π π ?

3 2
3 39

D.

2 3

7.某产品的广告费用 x 与销售额 y 的统计数据如下表 广告费用 x(万元) 销售额 y(万元) 4 49 2 26 5 54

? ? ? ? 根据上表可得回归方程 y = bx + a 中的 b 为 9.4,据此模型预报广告费用为 6 万元时销售额为
A.63.6 万元 8. 已知双曲线 B.65.5 万元 C.67.7 万元 D.72.0 万元

x2 y2 ? = 1(a>0,b>0) 的两条渐近线均和圆 C: x 2 + y 2 ? 6 x + 5 = 0 相切,且双曲线 a 2 b2

的右焦点为圆 C 的圆心,则该双曲线的方程为

x2 y 2 A. ? =1 5 4
9.函数 y =

x2 y 2 B. ? =1 4 5

x2 y 2 C. ? =1 3 6

x2 y 2 D. ? =1 6 3

x ? 2sin x 的图象大致是 2

10. 已知 f ( x ) 是 R 上最小正周期为 2 的周期函数, 且当 0 ≤ x < 2 时, f ( x ) = x 3 ? x ,则函数 y = f ( x) 的图象在区间[0,6]上与 x 轴的交点的个数为 A.6 B.7 C.8 D.9

2

11.右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:①存在三棱柱, 其正(主)视图、俯视图如下图;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯 视图如右图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如右图.其中真命 题的个数是 A.3 B.2 C.1 D.0 12.设 A1 , A2 , A3 , A4 是平面直角坐标系中两两不同的四点,若 A1 A3 = λ A1 A2 (λ∈R ) ,

uuuuv

uuuuv

uuuuv uuuuv 1 1 A1 A4 = ? A1 A2 (?∈R) ,且 + = 2 ,则称 A3 , A4 调和分割 A1 , A2 ,已知平面上的点 C,D λ ?
调和分割点 A,B 则下面说法正确的是 A.C 可能是线段 AB 的中点 B.D 可能是线段 AB 的中点 C.C,D 可能同时在线段 AB 上 D.C,D 不可能同时在线段 AB 的延长线上

第 II 卷(共 90 分)
二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分. 13.执行右图所示的程序框图,输入 l=2,m=3,n=5,则输出的 y 的值是 14.若 ( x ?

a x
2

)6 展开式的常数项为 60,则常数 a 的值为

.

15.设函数 f ( x ) =

f1 ( x) = f 2 ( x) = f 3 ( x) = f 4 ( x) =

x ( x > 0) ,观察: x+2 x f ( x) = , x+2 x f ( f1 ( x)) = , 3x + 4 x f ( f 2 ( x)) = , 7x + 8 x f ( f 3 ( x)) = , 15 x + 16

LL
根据以上事实,由归纳推理可得: 当 n ∈ N + 且 n ≥ 2 时, f n ( x ) = f ( f n ?1 ( x )) = .

16.已知函数 f(x) log a x + x ? b( a>0,且a ≠ 1). 当 2<a<3<b<4 时,函数 f(x) = 的零点

x0 ∈ ( n, n + 1), n ∈ N * , 则n=

.

三、解答题:本大题共 6 小题,共 74 分.
3

17. (本小题满分 12 分) 在 ? ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知 (I)求

cos A-2 cos C 2c-a . = cos B b

sin C 的值; sin A 1 (II)若 cosB= ,b=2, ?ABC 的面积 S。 4

18. (本小题满分 12 分) 红队队员甲、乙、丙与蓝队队员 A、B、C 进行围棋比赛,甲对 A,乙对 B,丙对 C 各一盘, 已知甲胜 A,乙胜 B,丙胜 C 的概率分别为 0.6,0.5,0.5,假设各盘比赛结果相互独立。 (Ⅰ)求红队至少两名队员获胜的概率; (Ⅱ)用 ξ 表示红队队员获胜的总盘数,求 ξ 的分布列和数学期望 Eξ .

19. (本小题满分 12 分) 在如图所示的几何体中,四边形 ABCD 为平行四边形,∠ ACB= 90° ,EA⊥平面ABC D,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC.AB=2EF. (Ⅰ)若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE; (Ⅱ)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小.

20. (本小题满分 12 分)
4

等比数列 {an } 中, a1 , a2 , a3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且 a1 , a2 , a3 中的任 何两个数不在下表的同一列. 第一列 第一行 第二行 第三行 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18

(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)若数列 {bn } 满足: bn = an + ( ?1) ln an ,求数列 {bn } 的前 n 项和 Sn .

21. (本小题满分 12 分) 某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米) ,其中容器的中间为圆柱形,左 右两端均为半球形,按照设计要求容器的体积为

80π 立方米,且 l≥2r .假设该容器的建造费 3

用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元,半球形部分每平方米建造 费用为 c (c>3) 千元,设该容器的建造费用为 y 千元. (Ⅰ)写出 y 关于 r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (Ⅱ)求该容器的建造费用最小时的 r .

22. (本小题满分 14 分)
5

x2 y 2 已知动直线 l 与椭圆 C: + = 1 交于 P ( x1 , y1 ) 、Q ( x2 , y2 ) 两不同点,且△OPQ 的面 3 2
积 S ?OPQ =

6 ,其中 O 为坐标原点. 2
2 2 2 2

(Ⅰ)证明 x1 + x2 和 y1 + y2 均为定值; (Ⅱ)设线段 PQ 的中点为 M,求 | OM | ? | PQ | 的最大值; (Ⅲ)椭圆 C 上是否存在点 D,E,G,使得 S ?ODE = S ?ODG = S ?OEG = 的形状;若不存在,请说明理由.

6 ?若存在,判断△DEG 2

参考答案
6

一、选择题 ADDDBCBACBAD 二、填空题 13.68 14.4 15. 三、解答题 17.解: (I)由正弦定理,设

x (2 ? 1) x + 2n
n

16.2

a b c = = = k, sin A sin B sin C 2c ? a 2k sin C ? k sin A 2sin C ? sin A = = , 则 b k sin B sin B cos A ? 2 cos C 2 sin C ? sin A 所以 = . cos B sin B

即 (cos A ? 2 cos C ) sin B = (2sin C ? sin A) cos B , 化简可得 sin( A + B ) = 2sin( B + C ). 又 A+ B+C =π , 所以 sin C = 2sin A

sin C = 2. sin A sin C (II)由 = 2 得 c = 2a. sin A
因此 由余弦定理

1 b 2 = a 2 + c 2 ? 2ac cos B及 cos B = , b = 2, 4 1 得4=a 2 + 4a 2 ? 4a 2 × . 4
解得 a=1。 因此 c=2 又因为 cos B = 所以 sin B =

1 , 且G < B < π . 4

15 . 4

因此 S =

1 1 15 15 ac sin B = × 1× 2 × = . 2 2 4 4

18.解: (I)设甲胜 A 的事件为 D, 乙胜 B 的事件为 E,丙胜 C 的事件为 F,

ur ur ur
则 D, E , F 分别表示甲不胜 A、乙不胜 B,丙不胜 C 的事件。
7

因为 P ( D ) = 0.6, P ( E ) = 0.5, P ( F ) = 0.5, 由对立事件的概率公式知

ur ur ur P ( D ) = 0.4, P ( E ) = 0.5, P ( F ) = 0.5,
红队至少两人获胜的事件有:

ur ur ur DE F , DEF , DEF , DEF .
由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立, 因此红队至少两人获胜的概率为

ur ur ur P = P ( DEF ) + P( DEF ) + P( DEF ) + P( DEF ) = 0.6 × 0.5 × 0.5 + 0.6 × 0.5 × 0.5 + 0.4 × 0.5 × 0.5 + 0.6 × 0.5 × 0.5 = 0.55.
(II)由题意知 ξ 可能的取值为 0,1,2,3。

ur

ur ur

urur

又由(I)知 DEF , DE F , DE F 是两两互斥事件, 且各盘比赛的结果相互独立, 因此 P (ξ = 0) = P ( DE F ) = 0.4 × 0.5 × 0.5 = 0.1,

ururur

urur ur ur urur P (ξ = 1) = P ( DEF ) + P ( DE F ) + P ( DE F ) = 0.4 × 0.5 × 0.5 + 0.4 × 0.5 × 0.5 + 0.6 × 0.5 × 0.5 = 0.35 P (ξ = 3) = P ( DEF ) = 0.6 × 0.5 × 0.5 = 0.15.
由对立事件的概率公式得

P (ξ = 2) = 1 ? P (ξ = 0) ? P (ξ = 1) ? P (ξ ? 3) = 0.4,
所以 ξ 的分布列为:

ξ
P

0 0.1

1 0.35

2 0.4

3 0.15

因此 Eξ = 0 × 0.1 + 1× 0.35 + 2 × 0.4 + 3 × 0.15 = 1.6.

19. (I)证法一: 因为 EF//AB,FG//BC,EG//AC, ∠ACB = 90° , 所以 ∠EGF = 90°, ?ABC ∽ ?EFG. 由于 AB=2EF,
8

因此,BC=2FC, 连接 AF,由于 FG//BC, FG =

1 BC , 2

在 ABCD 中,M 是线段 AD 的中点, 则 AM//BC,且 AM =

1 BC , 2

因此 FG//AM 且 FG=AM, 所以四边形 AFGM 为平行四边形, 因此 GM//FA。 又 FA ? 平面 ABFE, GM ? 平面 ABFE, 所以 GM//平面 AB。 证法二: 因为 EF//AB,FG//BC,EG//AC, ∠ACB = 90° , 所以 ∠EGF = 90°, ?ABC ∽ ?EFG. 由于 AB=2EF, 因此,BC=2FC, 取 BC 的中点 N,连接 GN, 因此四边形 BNGF 为平行四边形, 所以 GN//FB, 在 ABCD 中,M 是线段 AD 的中点,连接 MN, 则 MN//AB, 因为 MN I GN = N , 所以平面 GMN//平面 ABFE。 又 GM ? 平面 GMN, 所以 GM//平面 ABFE。 (II)解法一: 因为 ∠ACB = 90°, 所以∠CAD=90° , 又 EA ⊥ 平面 ABCD, 所以 AC,AD,AE 两两垂直, 分别以 AC,AD,AE 所在直线为 x 轴、y 轴和 z 轴,建立如图所法的空间直角坐标系, 不妨设 AC = BC = 2 AE = 2, 则由题意得 A(0,0,0,,B(2,-2,0) ) ,C(2,0,0,,E(0,0,1) ) , 所以 AB = (2, ?2, 0), BC = (0, 2, 0), 又 EF =

uuu r

uuu r

1 AB, 2 uuu r

所以 F (1, ?1,1), BF = ( ?1,1,1). 设平面 BFC 的法向量为 m = ( x1 , y1 , z1 ), 则 m ? BC = 0, m ? BF = 0,
9

uuu r

uuu r

所以 ?

? y1 = 0, 取 z1 = 1得x1 = 1, ? x1 = z1 ,

所以 m = (1, 0,1), 设平面 ABF 的法向量为 n = ( x2 , y2 , z2 ) , 则 n ? AB = 0, n ? BF = 0, 所以 ?

uuu r

uuu r

? x2 = y2 , 取y2 = 1, 得x2 = 1, ? z2 = 0,

则 n = (1,1, 0) , 所以 cos m, n =

m?n 1 = . | m |?| n | 2

因此二面角 A—BF—C 的大小为 60°. 解法二: 由题意知,平面 ABFE ⊥ 平面 ABCD, 取 AB 的中点 H,连接 CH, 因为 AC=BC, 所以 CH ⊥ AB , 则 CH ⊥ 平面 ABFE, 过 H 向 BF 引垂线交 BF 于 R,连接 CR, 则 CR ⊥ BF . 所以 ∠HRC 为二面角 A—BF—C 的平面角。 由题意,不妨设 AC=BC=2AE=2。 在直角梯形 ABFE 中,连接 FH, 则 FH ⊥ AB ,又 AB = 2 2, 所以 HF = AE = 1, BH =

2,

因此在 Rt ?BHF 中, HR = 由于 CH =

6 . 3

1 AB = 2, 2

所以在 Rt ?CHR 中, tan ∠HRC =

2 = 3, 6 3

因此二面角 A—BF—C 的大小为 60°. 20.解: (I)当 a1 = 3 时,不合题意;

10

当 a1 = 2 时,当且仅当 a2 = 6, a3 = 18 时,符合题意; 当 a1 = 10 时,不合题意。 因此 a1 = 2, a2 = 6, a3 = 18, 所以公式 q=3, 故 an = 2 ? 3 . (II)因为 bn = an + ( ?1) ln an
n n ?1

= 2 ? 3n ?1 + (?1) n (2 ? 3n ?1 ) = 2 ? 3n ?1 + (?1) n [ln 2 + (n ? 1) ln 3] = 2 ? 3n ?1 + (?1) n (ln 2 ? ln 3) + (?1)n n ln 3,
所以

S 2 n = 2(1 + 3 + L + 32 n ?1 ) + [?1 + 1 ? 1 + L + (?1) 2 n ](ln 2 ? ln 3) + [?1 + 2 ? 5 + L + (?1) n n]ln 3,
所以

1 ? 3n n + ln 3 当 n 为偶数时, S n = 2 × 1? 3 2
n = 3n + ln 3 ? 1; 2
当 n 为奇数时, S n = 2 ×

1 ? 3n n ?1 ? (ln 2 ? ln 3) + ( ? n) ln 3 1? 3 2

= 3n ?

n ?1 ln 3 ? ln 2 ? 1. 2

综上所述,

? n n ?3 + 2 ln 3 ? 1, n为偶数 ? Sn = ? ?3n - n ? 1 ln3-ln2-1,n为奇数 ? ? 2
21.解: (I)设容器的容积为 V, 由题意知 V = π r l +
2

4 3 80π π r , 又V = , 3 3

4 V ? π r3 80 4 4 20 3 故l = = 2 ? r = ( 2 ? r) 2 πr 3r 3 3 r 由于 l ≥ 2r 因此 0 < r ≤ 2.
所以建造费用 y = 2π rl × 3 + 4π r c = 2π r ×
2

4 20 ( ? r ) × 3 + 4π r 2 c, 3 r2
11

160π , 0 < r ≤ 2. r 160π 8π (c ? 2) 3 20 (II)由(I)得 y ' = 8π (c ? 2) r ? 2 = (r ? ), 0 < r < 2. r r2 c?2
因此 y = 4π (c ? 2) r +
2

由于 c > 3, 所以c ? 2 > 0, 当r ?
3

20 20 = 0时, r = 3 . c?2 c?2

令3

20 = m, 则 m > 0 c?2

8π (c ? 2) (r ? m)(r 2 + rm + m 2 ). 2 r 9 (1)当 0 < m < 2即c > 时, 2
所以 y ' =

当r=m时,y'=0; 当r ∈(0,m)时,y'<0; 当r ∈(m,2)时,y'>0.
所以 r = m 是函数 y 的极小值点,也是最小值点。 (2)当 m ≥ 2 即 3 < c ≤

9 时, 2

当 r ∈ (0, 2)时, y ' < 0, 函数单调递减, 所以 r=2 是函数 y 的最小值点, 综上所述,当 3 < c ≤ 当c >

9 时,建造费用最小时 r = 2; 2

20 9 时,建造费用最小时 r = 3 . 2 c?2

22. (I)解: (1)当直线 l 的斜率不存在时,P,Q 两点关于 x 轴对称, 所以 x2 = x1 , y2 = ? y1. 因为 P ( x1 , y1 ) 在椭圆上,

因此

x12 y12 + =1 3 2
6 , 2 6 . 2



又因为 S ?OPQ =

所以 | x1 | ? | y1 |=



12

由①、②得 | x1 |=
2 2

6 ,| y1 |= 1. 2
2 2

此时 x1 + x2 = 3, y1 + y2 = 2, (2)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y = kx + m, 由题意知 m ≠ 0 ,将其代入

x2 y 2 + = 1 ,得 3 2

(2 + 3k 2 ) x 2 + 6kmx + 3(m2 ? 2) = 0 ,
2 2 2 2 其中 ? = 36k m ? 12(2 + 3k )( m ? 2) > 0,

即 3k + 2 > m
2

2

…………(*)

又 x1 + x2 = ?

6km 3(m 2 ? 2) , x1 x2 = , 2 + 3k 2 2 + 3k 2
2 2 2

所以 | PQ |= 1 + k ? ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2 = 1 + k ? 因为点 O 到直线 l 的距离为 d = 所以 S ?OPQ =

2 6 3k 2 + 2 ? m2 , 2 + 3k 2

|m| 1+ k 2 ,

1 | PQ | ?d 2

=

1 2 6 3k 2 + 2 ? m 2 |m| 1+ k 2 ? ? 2 2 2 + 3k 1+ k 2 6 | m | 3k 2 + 2 ? m 2 2 + 3k 2
6 , 2

=

又 S ?OPQ =

整理得 3k 2 + 2 = 2m 2 , 且符合(*)式, 此时 x1 + x2 = ( x1 + x2 ) ? 2 x1 x2 = ( ?
2 2 2

6km 2 3(m 2 ? 2) ) ? 2× = 3, 2 + 3k 2 2 + 3k 2

2 2 2 2 2 2 y12 + y2 = (3 ? x12 ) + (3 ? x2 ) = 4 ? ( x12 + x2 ) = 2. 3 3 3
综上所述, x1 + x2 = 3; y1 + y2 = 2, 结论成立。
2 2 2 2

(II)解法一:
13

(1)当直线 l 的斜率存在时, 由(I)知 | OM |=| x1 |=

6 ,| PQ |= 2 | y1 |= 2, 2

因此 | OM | ? | PQ |=

6 × 2 = 6. 2

(2)当直线 l 的斜率存在时,由(I)知

x1 + x2 3k = , 2 2m

y1 + y2 x1 + x2 3k 2 ?3k 2 + 2m 2 1 = k( )+m = ? +m= = , 2 2 2m 2m m 2 2 x +x y + y2 2 9 k 1 6m ? 2 1 1 | OM |2 = ( 1 2 )2 + ( 1 ) = + 2 = = (3 ? 2 ), 2 2 2 2 4m m 4m 2 m 2 2 2 24(3k + 2 ? m ) 2(2m + 1) 1 | PQ |2 = (1 + k 2 ) = = 2(2 + 2 ), 2 2 2 m m (2 + 3k )
所以 | OM | ? | PQ | =
2 2

1 1 1 × (3 ? 2 ) × 2 × (2 + 2 ) 2 m m

1 1 )(2 + 2 ) 2 m m 1 1 3? 2 + 2+ 2 m m ) 2 = 25 . ≤( 2 4 = (3 ?
所以 | OM | ? | PQ |≤

5 1 1 ,当且仅当 3 ? 2 = 2 + 2 , 即m = ± 2 时,等号成立. 2 m m 5 综合(1) (2)得|OM|·|PQ|的最大值为 . 2
解法二: 因为 4 | OM | + | PQ | = ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) + ( x2 ? x1 ) + ( y2 ? y1 )
2 2 2 2 2 2 2 = 2[( x12 + x2 ) + ( y12 + y2 )] 2

= 10.
所以 2 | OM | ? | PQ |≤ 即 | OM | ? | PQ |≤

4 | OM |2 + | PQ |2 10 = = 5. 2 5

5 , 当且仅当 2 | OM |=| PQ |= 5 时等号成立。 2 5 因此 |OM|·|PQ|的最大值为 . 2 6 . 2

(III)椭圆 C 上不存在三点 D,E,G,使得 S ?ODE = S ?ODG = S ?OEG =

14

证明:假设存在 D (u , v ), E ( x1 , y1 ), G ( x2 , y2 )满足S ?ODE = S ?ODG = S ?OEG = 由(I)得
2 2 2 2 u 2 + x12 = 3, u 2 + x2 = 3, x12 + x2 = 3; v 2 + y12 = 2, v 2 + y2 = 2, y12 + y2 = 2,

6 , 2

3 2 2 ; v = y12 = y2 = 1. 2 5 因此u , x1 , x2 只能从 ± 中选取, v, y1 , y2 只能从 ± 1中选取, 2
2 解得u 2 = x12 = x2 =

因此 D,E,G 只能在 ( ±

6 , ±1) 这四点中选取三个不同点, 2

而这三点的两两连线中必有一条过原点, 与 S ?ODE = S ?ODG = S ?OEG =

6 矛盾, 2

所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D,E,G.

15


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