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【解析版】江苏省扬州中学2012-2013学年高一下学期期末考试数学试题



【解析版】江苏省扬州中学 2012-2013 学年高一下学期期末考试数学试题
一、填空题(本大题共 14 题,每题 5 分,共 70 分,请将答案填写在答题卷相应的位置上) 1. 分)求值 sin75°= (5 .

考点: 两角和与差的正弦函数. 专题: 三角函数的求值. 分析: 把 75°变为 45°+30°,然后利用两角和的正弦函数公式化简后,

再利用特殊角的三角函数值即可求出 值. 解答: 解:sin75°=sin(45°+30°) =sin45°cos30°+cos45°sin30° = = 故答案为: 点评: 此题考查学生灵活运用两角和的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化简求值,是一道基础题.学 生做题时注意角度 75°的变换,与此类似的还有求 sin15°. 2. 分)已知直线 l1:ax+2y+6=0 与 l2:x+(a﹣1)y+a ﹣1=0 平行,则实数 a 的取值是 ﹣1 . (5 考点: 直线的一般式方程与直线的平行关系. 专题: 计算题. 分析: 两直线的斜率都存在,由平行条件列出方程,求出 a 即可. 解答: 解:由题意知,两直线的斜率都存在,由 l 与 l 平行得﹣ =
1 2 2

×

+

×

∴a=﹣1 a=2, 当 a=2 时,两直线重合. ∴a=﹣1 故答案为:﹣1 点评: 本题考查斜率都存在的两直线平行的性质,一次项的系数之比相等,但不等于常数项之比. 3. 分)在△ ABC 中,若 b +c ﹣a =bc,则 A= 60° . (5 考点: 余弦定理. 专题: 计算题. 分析: 利用余弦定理表示出 cosA,把已知的等式代入求出 cosA 的值,由 A 为三角形的内角,利用特殊角 的三角函数值即可求出 A 的度数. 解答: 解:∵b2+c2﹣a2=bc, ∴根据余弦定理得:cosA= 又 A 为三角形的内角, 则 A=60°.
1页
2 2 2

=

= ,

故答案为:60° 点评: 此题考查了余弦定理,以及特殊角的三角函数值,利用了整体代入得数学思想,熟练掌握余弦定理 是解本题的关键.

4. 分)直线 x﹣2y+1=0 在两坐标轴上的截距之和为 ﹣ (5



考点: 直线的截距式方程. 专题: 直线与圆. 分析: 根据直线 x﹣2y+1=0 的方程,分别令 x,y 分别为 0,可得截距,进而可得答案. 解答: 解:因为直线 l 的方程为:x﹣2y+1=0, 令 x=0,可得 y= ,令 y=0,可得 x=﹣1, 故直线 l 在两坐标轴上的截距之和为 +(﹣1)=﹣ , 故答案为:﹣ . 点评: 本题考查直线的一般式方程与直线的截距式方程,涉及截距的求解,属基础题. 5. 分)已知{an}为等差数列,其前 n 项和为 Sn,若 a3=6,S3=12,则公差 d= (5 2 .

考点: 等差数列的前 n 项和. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 由等差数列的性质和求和公式可得 a2=4,进而可得 d=a3﹣a2,代入求解即可. 解答: 解:由题意可得 S3= = =12,

解得 a2=4,故公差 d=a3﹣a2=6﹣4=2 故答案为:2 点评: 本题考查等差数列的前 n 项和公式和公差的求解,属基础题. 6. 分)若 x+y=1,则 x +y 的最小值为 (5
2 2



考点: 点到直线的距离公式. 专题: 直线与圆. 分析: 2 2 在平面直角坐标系中作出直线 x+y=1,由 x +y =( x+y=1 的距离的平方.

) 可知 x +y 的最小值是原点到直线

2

2

2

解答: 解:如图,由题意可知,求 x2+y2 的最小值是求原点到直线 x+y=1 的距离的平方, 化 x+y=1 为一般式,即 x+y﹣1=0,则(0,0)到 x+y﹣1=0 的距离为 所以原点到直线 x+y=1 的距离的平方为( 故答案为: .
2页

=



)= .

2

2 2 点评: 本题考查了点到直线的距离公式, 考查了数学转化思想和数形结合思想,解答此题的关键是对 x +y 的几何意义的理解,此题是中档题.

7. 分)若数列{an}满 a1=1, (5

=

,a8=



考点: 数列递推式;数列的函数特性. 专题: 计算题;等差数列与等比数列. 分析: 利用累乘法可得 a8= 解答: 解:a8= =

,代入数值即可得到答案.

= ,

故答案为: . 点评: 本题考查数列的函数特性、由递推式求数列的项,考查累乘法求数列通项.

8. 分)设实数 x,y 满足 (5

,则 的最大值是



考点: 基本不等式. 专题: 计算题. 分析: 先画出不等式组所表示的平面区域,然后根据 的几何意义是区域内一点与坐标原点连线的斜率, 从而可求出 的最大值. 解答: 解:根据实数 x,y 满足 ,画出约束条件,如右图中阴影部分而 的几何意义是区域

内一点与坐标原点连线的斜率
3页

当过点 A(1, )时斜率最大,最大值为 故答案为:

点评:

本题主要考查了线性规划为载体考查 的几何意义,同时考查了作图能力和运算求解的能力,属于 基础题.

9. 分) (5 (2012?海口模拟)设 sin(

+θ)= ,则 sin2θ= ﹣



考点: 二倍角的正弦;两角和与差的正弦函数. 专题: 计算题. 分析: 利用两角和的正弦公式可得 + 值. 解答: 解:∵sin( +θ)= ,即 +

= ,平方可得

+ sin2θ= ,由此解得 sin2θ 的

= ,平方可得

+ sin2θ= ,解得 sin2θ=﹣ ,

故答案为﹣ . 点评: 本题主要考查两角和的正弦公式、二倍角的正弦的应用,属于基础题. 10. 分)光线从 A(1,0)出发经 y 轴反射后到达 x +y ﹣6x﹣6y+17=0 所走过的最短路程为 4 . (5 考点: 点与圆的位置关系;两点间的距离公式. 专题: 直线与圆. 分析: 由对称性求出 A(1,0)关于直线 x=0 对称点 M(﹣1,0) ,化圆的一般方程为标准方程求出圆心 坐标和半径,利用 M 到圆心的距离减去半径得答案. 解答: 解:找出 A(1,0)关于直线 x=0 对称点 M(﹣1,0) 光线与 y 轴交点为 P,所以有|PA|=|PM|, 最短路程等于 M 到原心的距离减去半径. 2 2 2 2 由 x +y ﹣6x﹣6y+17=0,得(x﹣3) +(y﹣3) =1. 所以圆的半径为 2,圆心为 C(3,3) MC 的距离为 .
2 2

所以最短路程为 5﹣1=4. 故答案为 4. 点评: 本题考查了两点间的距离公式,考查了点与圆的位置关系,解答的关键是对题意的理解,是基础题.
4页

11. 分)函 y=2sinx+sin( (5

﹣x)的最小值是 ﹣



考点: 两角和与差的正弦函数;正弦函数的定义域和值域. 专题: 三角函数的图像与性质. 分析: 先利用三角函数的诱导公式及和角公式将函数 y=2sinx+sin( 小值. 解答: 解:y=2sinx+sin( ﹣x)=2sinx+ cosx﹣ sinx= sinx+

﹣x)化简为

sin(x+

) ,求出最

cosx=

sin(x+



所以最小值为﹣ 故答案为:﹣ . 点评: 本题主要考查三角函数最值的求法,一般都要把函数化简为 y=Asin(wx+ρ)的形式再解题. 12. 分)在△ ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别 a,b,c,给出下列结论: (5 ①A>B>C,则 sinA>sinB>sinC; ②若 = = ,△ ABC 为等边三角形;

③必存在 A,B,C,使 tanAtanBtanC<tanA+tanB+tanC 成立; ④若 a=40,b=20,B=25°,△ ABC 必有两解. 其中,结论正确的编号为 ①④ (写出所有正确结论的编号) . 考点: 命题的真假判断与应用. 专题: 解三角形. 分析: ①由正弦定理,将角转化为边的关系,进而判断,角的正弦值之间的关系.②由正弦定理,得出角 的正弦值与余弦值之间的关系,从而求出角,A,B,C 的大小. ③利用两角和的正切公式,将不等式进行化简,然后进行判断.④根据边角关系,判断三角形解的 个数. 解答: 解: ①在三角形中, A>B>C, a>b>c. 由正弦定理 得 , 可知 sinA>sinB>sinC, 所以①正确. ②由正弦定理 条件知, , sinBcosC=cosBsinC, 即 所以 sinBcosC

﹣cosBsinC=sin(B﹣C)=0, 解得 B=C. 所以△ ABC 为等腰三角形,所以②错误. ③tanA+tanB+tanC﹣tanAtanBtanC=tan(A+B) (1﹣tanAtanB)+tanC﹣tanAtanBtanC=﹣tanC(1﹣ tanAtanB)+tanC﹣tanAtanBtanC=﹣tanC. 若 C 为锐角,则 tanA+tanB+tanC﹣tanAtanBtanC<0,此时 tanAtanBtanC>tanA+tanB+tanC. 若 C 为钝角,则 tanA+tanB+tanC﹣tanAtanBtanC<0,此时 tanAtanBtanC<tanA+tanB+tanC.所以③ 错误. ④因为 ,即 asinB<b<a,所以,△ ABC 必有两解.所

以④正确. 故答案为:①④. 点评: 本题主要考查与三角函数有关的命题的真假判断,要求熟练掌握相关的三角公式和定理.
5页

13. 分)平面直角坐标系中,O 为坐标原点,M 是直线 l:x=3 上的动点,过点 F(1,0)作 OM 的垂 (5 线与以 OM 为直径的圆交于点 P(m,n) .则 m,n 满足的关系式为 m +n =3 . 考点: 圆的标准方程. 专题: 直线与圆. 分析: 设点 M (3, , k) 则由 PF⊥OM 可得
2 2 2 2

=﹣1, 化简可得 nk=3﹣3m ①. 再由题意可得△ OPM
2 2 2

为直角三角形,故由勾股定理可得 OP +PM =OM ,化简可得 2m +2n ﹣6m﹣2nk=0 ②.再把①代 入②化简可得结果. 解答: 解:设点 M(3,k) ,则由 PF⊥OM 可得 =﹣1,

化简可得 nk=3﹣3m ①. 再由直径对的圆周角为直角,可得 OP⊥PM,△ OPM 为直角三角形,故由勾股定理可得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 OP +PM =OM ,即 m +n +(m﹣3) +(n﹣k) =3 +k . 2 2 化简可得 2m +2n ﹣6m﹣2nk=0 ②. 2 2 再把①代入②化简可得 m +n =3, 2 2 故答案为 m +n =3. 点评: 本题主要考查两条直线垂直的性质,直线和圆相交的性质,属于中档题. 14. 分)已知等比数{an},a1=1,a4=8,在 an 与 an+1 两项之间依次插入 2 (5 个正整数,得到数列{bn}, 即 a1,1,a2,2,3,a3,4,5,6,7,a4,8,9,10,11,12,13,14,15,a5,…则数列{bn}的前 2013 项之和 S2013= 2007050 (用数字作答) . 考点: 等比数列的前 n 项和. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: n﹣2 在数列{bn}中,到 an 项共有=n+(1+2+…+2 )=n+ (n≥2) ,因此判断出共含有 an 的项数,进而即可得出 S2013. 解答: 解:在数列{bn}中,到 an 项共有=n+(1+2+…+2
n﹣2 n﹣1

=2

n﹣1

+n﹣1 项,即为 f(n)

)=n+

=2

n﹣1

+n﹣1 项,即为 f

(n) (n≥2) . 10 11 则 f(11)=2 +11﹣1=1034,f(12)=2 +12﹣1=2059. 3 设等比数{an}的公比为 q,由 a1=1,a4=8,得 1×q =8,解得 q=2, 因此 S2013=a1+a2+…+a10+a11+1+2+3+…+2002= 故答案为 2007050. 点评: 熟练掌握等差数列和等比数列的前 n 项和公式及由已知判断出共含有 an 的项数是解题的关键. 二、解答题(本大题共 6 题,共 90 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15. (14 分)已知二次函数 y=f(x)图象的顶点是(﹣1,3) ,又 f(0)=4,一次函数 y=g(x)的图象过 (﹣2,0)和(0,2) . (1)求函数 y=f(x)和函数 y=g(x)的解析式;
6页

+

=2007050.

(2)求关于 x 的不等式 f(x)>3g(x)的解集. 考点: 二次函数的性质. 专题: 函数的性质及应用. 分析: (1)利用待定系数法分别求出二次函数 y=f(x)和一次函数 y=g(x)的解析式. (2)利用(1)的结论,解不等式 f(x)>3g(x) . 2 解答: 解: (Ⅰ)设 f(x)=a(x+1) +3,∵f(0)=4,解得 a=1. 2 2 ∴函数解析式为 f(x)=(x+1) +3=x +2x+4.…(4 分) 又因为次函数 y=g(x)的图象过(﹣2,0)和(0,2) . 所以得直线的截距式方程
2

,g(x)=x+2.

…(8 分)

(Ⅱ)f(x)>3g(x)得 x ﹣x﹣2>0 解得 x>2 或 x<﹣1 …(13 分) ∴不等式 f(x)>3g(x)的解集为{x|x>2 或 x<﹣1} …(14 分) 点评: 本题的考点是利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式,以及一元二次不等式的解法.

16. (14 分)已知 cosβ=﹣ ,sin(α+β)= ,α∈(0, (1)求 cos2β 的值; (2)求 sinα 的值.

) ,β∈(

,π) .

考点: 两角和与差的正弦函数;同角三角函数间的基本关系;二倍角的余弦. 专题: 三角函数的求值. 分析: (1)利用二倍角的余弦函数公式化简 cos2β,将 cosβ 的值代入计算即可求出值; (2)由 cosβ 的值,以及 β 的范围,利用同角三角函数间的基本关系求出 sinβ 的值,再由 α 与 β 的 范围求出 α+β 的范围,根据 sin(α+β)的值求出 cos(α+β)的值,sinα=[(α+β)﹣β],利用两角和 与差的正弦函数公式化简后,将各自的值代入计算即可求出值. 解答: 解: (1)∵cosβ=﹣ , ∴cos2β=2cos β﹣1=﹣ ; (2)∵cosβ=﹣ ,β∈( ∵α∈(0, ) ,β∈( ,π) ,∴sinβ= ,π) ,∴α+β∈( , ) , =﹣ , × = . = ,
2

又 sin(α+β)= ,∴cos(α+β)=﹣

则 sinα=sin[(α+β)﹣β]=sin(α+β)cosβ﹣cos(α+β)sinβ= ×(﹣ )+

点评: 此题考查了两角和与差的正弦函数公式,同角三角函数间的基本关系,以及二倍角的余弦函数公式, 熟练掌握公式是解本题的关键. 17. (15 分)若等比数列{an}的前 n 项和 Sn=a﹣ (1)求实数 a 的值; (2)求数列{nan}的前 n 项和 Rn. .

7页

考点: 等比数列的前 n 项和;数列的求和. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: (1)当 n=1 时,a =S =a﹣ . 当 n≥2 时,a =S ﹣S ﹣ = 1 1 n n n 1 (2)nan= 解答: ,则 Rn= + + +…+ ,可得 2Rn=1+ + …(2 分) )=

,再由 a1= =a﹣ ,解得 a 的值. +…+ ,②﹣①求得:Rn 的解析式.

解: (1)当 n=1 时,a1=S1=a﹣ . 当 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1=(a﹣

)﹣(a﹣

,…(5 分)

则 a1= =a﹣ ,解得 a=1. …(7 分) (2)nan= ∴2Rn=1+ + ,则 Rn= + +…+ + +…+ ,①…(10 分)

,②…(11 分) . …(15 分)

②﹣①求得:Rn=2﹣

点评: 本题主要考查数列的前 n 项和与第 n 项的关系,用错位相减法进行数列求和,属于中档题. 18. (15 分)如图,某海域内的岛屿上有一直立信号塔 AB,设 AB 延长线与海平面交于点 O.测量船在点 O 的正东方向点 C 处,测得塔顶 A 的仰角为 30°,然后测量船沿 CO 方向航行至 D 处,当 CD=100( ﹣ 1)米时,测得塔顶 A 的仰角为 45°. (1)求信号塔顶 A 到海平面的距离 AO; (2)已知 AB=52 米,测量船在沿 CO 方向航行的过程中,设 DO=x,则当 x 为何值时,使得在点 D 处观 测信号塔 AB 的视角∠ADB 最大.

考点: 正弦定理;两角和与差的正切函数. 专题: 计算题;解三角形. 分析: (1)由题意知,在△ ACD 中,∠ACD=30°,∠DAC=15°,利用正弦定理可求得 AD,在直角△ AOD 中,∠ADO=45°,从而可求得 AO; (2)设∠ADO=α,∠BDO=β,依题意,tanα= = = ,tanβ= ,可求得 tan∠ADB=tan(α﹣β)

,利用基本不等式可求得 tan∠ADB 的最大值,从而可得答案.

解答: 解: (1)由题意知,在△ ACD 中,∠ACD=30°,∠DAC=15°,…(2 分)
8页

所以

=

,得 AD=100

,…(5 分) …(7 分)

在直角△ AOD 中,∠ADO=45°,所以 AO=100(米) ;

(2)设∠ADO=α,∠BDO=β,由(1)知,BO=48 米, 则 tanα= ,tanβ= ,…(9 分)

tan∠ADB=tan(α﹣β)=

=

=

,…(11 分)

所以 tan∠ADB=



=

,…(13 分)

当且仅当 x=

即 x=40

亦即 DO=40

时,

tan∠ADB 取得最大值,…(14 分) 此时点 D 处观测信号塔 AB 的视角∠ADB 最大. …(15 分) 点评: 本题考查正弦定理,考查两角和与差的正切函数,突出考查基本不等式的应用,考查分析与运算能 力,属于中档题. 19. (16 分)已知圆 O:x +y =r (r>0)与直线 x﹣y+2 (1)求圆 O 的方程; (2)过点(1, )的直线 l 截圆所得弦长为 2
2 2 2

=0 相切.

,求直线 l 的方程;

(3)设圆 O 与 x 轴的负半轴的交点为 A,过点 A 作两条斜率分别为 k1,k2 的直线交圆 O 于 B,C 两点, 且 k1k2=﹣2,试证明直线 BC 恒过一个定点,并求出该定点坐标.

9页

考点: 圆的标准方程;直线与圆的位置关系. 专题: 直线与圆. 分析: (1)由圆 O 与直线相切,得到圆心到切线的距离等于圆的半径,列出关于 r 的方程,求出方程的解 得到 r 的值,即可确定出圆的方程; (2)分两种情况考虑:当直线 l 斜率不存在时,直线 x=1 满足题意;当直线 l 斜率存在时,设出直 线方程,根据直线与圆相切,得到圆心到直线的距离 d=r,列出关于 k 的方程,求出方程的解得到 k 的值,确定出此时直线 l 的方程,综上,得到满足题意直线 l 的方程; (3)根据题意求出 A 的坐标,设出直线 AB 的解析式,与圆方程联立消去 y 得到关于 x 的一元二次 方程,利用韦达定理表示出两根之积,将 A 的横坐标代入表示出 B 的横坐标,进而表示出 B 的纵坐 标,确定出 B 坐标,由题中 k1k2=﹣2,表示出 C 坐标,进而表示出直线 BC 的解析式,即可确定出 直线 BC 恒过一个定点,求出定点坐标即可. 2 2 2 解答: 解: (1)∵圆 O:x +y =r (r>0)与直线 x﹣y+2 =0 相切, ∴圆心 O 到直线的距离 d=
2 2

=2=r,

∴圆 O 的方程为 x +y =4; (2)若直线 l 的斜率不存在,直线 l 为 x=1, 此时直线 l 截圆所得弦长为 2 ,符合题意; 若直线 l 的斜率存在,设直线为 y﹣ 由题意知,圆心到直线的距离为 d= =k(x﹣1) ,即 3kx﹣3y+ ﹣3k=0,

=1,解得:k=﹣



此时直线 l 为 x+ y﹣2=0, 则所求的直线为 x=1 或 x+ y﹣2=0; (3)由题意知,A(﹣2,0) ,设直线 AB:y=k1(x+2) , 与圆方程联立得:
2 2 2


2

消去 y 得: (1+k1 )x +4k1 x+(4k1 ﹣4)=0, ∴xA?xB= ,

∴xB=

,yB=

,即 B(



) ,

∵k1k2=﹣2,用

代替 k1 得:C(



) ,

∴直线 BC 方程为 y﹣

=

(x﹣

) ,

10 页

即 y﹣

=

(x﹣

) ,

整理得:y=

x+

=

(x+ ) ,

则直线 BC 定点(﹣ ,0) .

点评: 此题考查了圆的标准方程,以及直线与圆的位置关系,涉及的知识有:韦达定理,直线的两点式方 程,点到直线的距离公式,以及恒过定点的直线方程,利用了分类讨论的思想,是一道综合性较强 的试题.

20. (16 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,对任意 n∈N 都有 Sn=(

*

) 成立.

2

(1)求数列{an}的前 n 项和 Sn; * (2)记数列 bn=an+λ,n∈N ,λ∈R,其前 n 项和为 Tn. ①若数列{Tn}的最小值为 T6,求实数 λ 的取值范围; ②若数列{bn}中任意的不同两项之和仍是该数列中的一项,则称该数列是“封闭数列”.试问:是否存在这 样的“封闭数列”{bn},使得对任意 n∈N ,都有 Tn≠0,且 的所有取值;若不存在,请说明理由. 考点: 数列的求和;等差数列的通项公式;等差数列与等比数列的综合. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: (1)利用 ,即可得到法一或法二; (2)①由题意可得 Tn≥T6,即可求出 λ 的取值范围; * ②因{bn}是“封闭数列”,设 bp+bq=bm(p,q,m∈Z ,且任意两个不相等 )得 2p﹣1+λ+2q﹣1+λ=2m ﹣1+λ,化为 λ=2(m﹣p﹣q)+1,则 λ 为奇数. 由任意 n∈N ,都有 Tn≠0,且 得 ,化为
* *



+

+

+L+



.若存在,求实数 λ



+

+

+…+





,即 λ 的可能值为 1,3,5,7,9,

11 页

又 解答:

>0,因为 ) 得:
2

,检验得满足条件的 λ=3,5,7,9, ①, ②,

(1)法一:由 Sn=( ②﹣①得

,得到 2(an+1+an)=(an+1+an) n+1﹣an) (a

由题知 an+1+an≠0 得 an+1﹣an=2, 又 ,化为 ,解得 a1=1.

∴数列{an}是以 1 为首项,2 为公差的等差数列,∴an=1+(n﹣1)×1=2n﹣1, 因此前 n 项和 Sn= 法二:由 当 n≥2 时, 得到 所以数列{ ∴ ,即 }是以 1 为首项,1 为公差的等差数列, =n,得到 .
2

=n ; ,化为 , ,解得 a1=1.

2

(2)①由 bn+2n﹣1+λ 得到其前 n 项和 Tn=n +λn, 2 由题意 Tn 最小值为 T6,即 Tn≥T6,n +λn≥36+6λ, 化为 ,∴λ∈[﹣13,﹣11].
*

②因{bn}是“封闭数列”,设 bp+bq=bm(p,q,m∈Z ,且任意两个不相等 )得 2p﹣1+λ+2q﹣1+λ=2m﹣1+λ,化为 λ=2(m﹣p﹣q)+1,则 λ 为奇数. 由任意 n∈N ,都有 Tn≠0,且 得 又 ,化为 >0,因为
*



+

+

+…+





,即 λ 的可能值为 1,3,5,7,9, ,

检验得满足条件的 λ=3,5,7,9, * 即存在这样的“封闭数列”{bn},使得对任意 n∈N ,都有 Tn≠0, 且 < + + +…+ < . ,

所以实数 λ 的所有取值集合为{3,5,7,9}. 点评: 数列掌握 进行转化及正确理解“封闭数列”的意义是解题的关键.

12 页



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