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2014河北省名校名师俱乐部高三模拟考试数学


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2014 河北省名校名师俱乐部高三模拟考试 数学试卷参考答案(文科)
1.A ∵A={x|x<-2 或 x>2},∴( RA)∩B={-2,0,1}.

因为 φ∈(0,2π ),由(1)(2)可得 φ= 6 ,所以 f(x)=sin(2x+ 6 ),于是可求得增区间为 C. 11.B 因为 AB⊥x 轴,又已知△ABE 是直角三角形,且显然 AE=BE,所以△ABE 是等腰直角三角形.所 以∠AEB=90°.所以∠AEF=45°.所以 AF=EF.易知点 A(-c, a )(不妨设点 A 在 x 轴上方),故 a =a+c.即 b =a(a+c),得 c -ac-2a =0,即 e -e-2=0,解得 e=2,或 e=-1(舍 去).故选 B. 12.C 欲使值域为 R,则只需使 t=e -x+a -5 能取遍所有正数即可,即 t 的最小值小于等于 0 即可.t′ =e -1,t′>0 解得 x>0,t′<0 解得 x<0,所以函数 t=e -x+a -5 在(-∞,0)上为减函数,在(0,+∞)上 为增函数,所以当 x=0 时,t 有最小值 a -4.由题意得 a -4≤0,解得 a∈[-2,2]. 13. ∵2a-b=(3,n),2a-b 与 b 垂直,∴n -3=0?n=. 14.4或 1 由题可知 6a3=2a2+4a4,∴6a1q =2a1q+4a1q ,
2 3 2 2 2 2 2 2

π

π

b2

b2

2

-1+i (-1+i)(1-i) 2.C 由已知得 1+z=(1-z)i=i-iz,则 z= 1+i = 2 =i,故选 C. 300+305 3.B 该组数据为 290、295、300、305、305、315 共六个数据,所以其中位数为 2 =302.5. 1 π 4.C 由 3sin 2α =2cos α 得 sin α =3.因为 2 <α<π , 1 2 故 cos(α-π )=-cos α =)2=3.
5.B 约束条件对应的区域如图所示.当直线 z=2x+y 过点 A(2,2)时,z 取得最大值 6,当直线 z=2x+y 经过 B(1,1)时,z 取得最小值 3,故最大值与最小值的比值为 2,选 B.

x

2

x

x

2

1

∵a1=1,∴q=2或 1,∴a3=1 或 a3=4. 15.3 在△APF 中,|PA|=|PF|,|AF|sin 60°=4,∴|AF|=3,又∠PAF=∠PFA=30°,过 P 作 PB⊥AF 于 B,则|PF|=cos 30°=cos 30°=3. 16 . 3 tan A+ tan B= tan C(sin A+ sin B) = tan C · sin A·sin B= cos C·sin A·sin B =

1

1

8

8

|BF|

|AF|

8

tan C tan C

cos A cos B

sin(A+B)

sin2C

a2+b2-c2 2c2 a2+b2 ·ab =a2+b2-c2=1,变形得 c2 =3.
17.解:(1)∵{an}为等差数列,设公差为 d, 6.D 设球心为 O,过 O 做 OM⊥平面 ABC,垂足是 M, MA=,可得球半径是 2,体积是 3 π . 7.C 当 x=2 时,y=-6;当 x=0 或 4 时,y=-2.即 m∈[2,4]时,函数 y=x -4x-2(0≤x≤m)值域为[-
2

32

由题意得(a4-d)(a4+2d)=(2-d)(2+2d)=-8,解得 d=-2 或 d=3. 若 d=3,则 a2=a4-2d=2-6=-4<0(舍去); 若 d=-2,则 a2=a4-2d=2+4=6>0, ∴d=-2,∴an=2-2(n-4)=10-2n.(6 分) (2)由(1)知 bn=()an=(2)

4-2 1 6,-2],则所求概率为 P=5-1=2.
8.A k=2,S=4;k=3,S=11;k=4,S=26;k=5,S=57,输出结果,判断框内填“k>4?”. 9.D 由三视图可知该几何体是一个长、宽、高分别为 6、4、1 的长方体和一个底面积为2×4×5、高为 2 的三棱柱组合而成,其体积 V=1×4×6+2×4×5×2=44(cm ).
3

1 n-5



1

∴Sn=2=32[1-(2) ].(12 分) 18.解:(1)由题意知:P=68=17. 设演讲比赛小组中有 x 名男同学,则68=4,∴x=1,∴演讲小组中男同学有 1 人,女同学有 3 人. 把 3 名女生和 1 名男生分别记为 a1,a2,a3,b,则选取两名同学的基本事件有(a1,a2),(a1,a3),(a1,b), (a2,a1),(a2,a3),(a2,b),(a3,a1),(a3,a2),(a3,b),(b,a1),(b,a2),(b,a3)共 12 种.

1

1n

1

4

1

10.C 由 f(x)≤|f( 6 )|?f( 6 )=± 1?sin(φ+ 3 )=± 1, (1)

π

π

π

17 x

π 又由 f( 2 )<f(π )?sin(π +φ)<sin (2π +φ)?2sin φ >0, (2)

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6 1 其中恰有一名女同学的情况有 6 种,所以选出的两名同学恰有一名女同学的概率为 P=12=2.(7 分)
(2)-1=5×(69+71+72+73+75)=72,

f′(x)有零点而 f(x)无极值点,表明该零点左右 f′(x)同号,故 a≠0,且 2ax2-2x+1=0 的 Δ=0,由此可得 a
=2.(4 分) (2)由题意,2ax -2x+1=0 有两不同的正根,故 Δ>0,a>0,解得:0<a<2.
2 2

1

x

1

1

x 1 -2=5×(70+71+71+73+75)=72, 2 1 s1=5×[(69-72)2+(71-72)2+(72-72)2+(73-72)2+(75-72)2]=4,
s2=5×[(70-72)2+(71-72)2+(71-72)2+(73-72)2+(75-72)2]=3.2.
因此第二个演讲的同学成绩更稳定.(12 分) 19.解:(1) ∵AA1⊥面 ABC, BC?面 ABC, ∴BC⊥AA1.(1 分) 又∵BC⊥AC,AA1,AC?面 AA1C1C,AA1∩AC=A,∴BC⊥面 AA1C1C,(3 分) 又 AC1?面 AA1C1C,∴BC⊥AC1.(4 分) (2)(法一)当 AF=3FC 时,FE∥平面 A1ABB1.(7 分) 理由如下:在平面 A1B1C1 内过 E 作 EG∥A1C1 交 A1B1 于 G,连结 AG.

[来源:Z&xx&k.Com]

设 2ax -2x+1=0 的两根为 x1,x2,不妨设 x1<x2,因为在区间(0,x1),(x2,+∞)上,f′(x)>0,而在区间(x1, x2)上,f′(x)<0,故 x2 是 f(x)的极小值点. 因为在区间(x1,x2)上 f(x)是减函数, 如能证明 f( -2×2a. 令2a=t,其中 t>1,设 g(t)=ln t-2t+2,利用导数容 易证明 g(t)当 t>1 时单调递减,而 g(1)=0,因此 g(t)<0,即 f(x)的极小值 f(x2)<-2.(12 分) 21.解:(1)由已知可设圆 C 的方程为(x-m) +y =5(m<3), 将点 A 的坐标代入圆 C 的方程,得(3-m) +1=5, 即(3-m) =4,解得 m=1 或 m=5, ∵m<3,∴m=1. ∴圆 C 的方程为(x-1) +y =5.(4 分) (2)直线 PF1 能与圆 C 相切. 依题意设直线 PF1 的方程为 y=k(x-4)+4,即 kx-y-4k+4=0, 若直线 PF1 与圆 C 相切,则
2 2 2 2 2 2 2
[来源:学|科|网]

2 1

x1+x2 3 3 x1+x2 1 1 1 2 1 1 1 2 )<-2, 则更有 f(x2)<-2.由韦达定理, 2 =2a, f(2a)=a(2a) -2(2a)+ln2a=ln2a

3

1

1

3

3

3

3 ∵B1E=3EC1,∴EG=4A1C1,
又 AF∥A1C1 且 AF=4A1C1, ∴AF∥EG 且 AF=EG, ∴四边形 AFEG 为平行四边形,∴EF∥AG,(10 分) 又 EF?面 A1ABB1,AG?面 A1ABB1,∴EF∥平面 A1ABB1.(12 分) (法二)当 AF=3FC 时,FE∥平面 A1ABB1.(9 分) 理由如下: 在平面 BCC1B1 内过 E 作 EG∥BB1 交 BC 于 G,连结 FG. ∵EG∥BB1,EG?面 A1ABB1,BB1?面 A1ABB1, ∴EG∥平面 A1ABB1.∵B1E=3EC1,∴BG=3GC, ∴FG∥AB,又 AB?面 A1ABB1,FG?面 A1ABB1, ∴FG∥平面 A1ABB1. 又 EG?面 EFG,FG?面 EFG,EG∩FG=G, ∴平面 EFG∥平面 A1ABB1.(11 分) ∵EF?面 EFG,∴EF∥平面 A1ABB1.(12 分) 20.解:(1)由题意 x>0,f′(x)=2ax-2+x=

3

|k-0-4k+4| k2+1 =, 11 1

∴4k -24k+11=0,解得 k= 2 或 k=2, 当 k= 2 时,直线 PF1 与 x 轴的交点横坐标为11,不合题意,舍去, 当 k=2时,直线 PF1 与 x 轴的交点横坐标为-4, ∴c=4,F1(-4,0),F2(4,0), ∴由椭圆的定义得:2a=|AF1|+|AF2|=+=5+=6, ∴a=3,即 a =18,∴b =a -c =2, 直线 PF1 能与圆 C 相切,直线 PF1 的方程为 x-2y+4=0,椭圆 E 的方程为18+ 2 =1.(12 分) 22.解:(1)连结 AB,∵AC 是⊙O1 的切线,∴∠BAC=∠D.
2 2 2 2
[来源:Zxxk.Com]

11 1

36

1 2ax2-2x+1 x .

x2 y2

个人博客 www.zhangwenhuan.cn 又∵∠BAC=∠E,∴∠D=∠E,∴AD∥EC.(4 分) (2)∵PA 是⊙O1 的切线,PD 是⊙O1 的割线,∴PA =PB·PD. ∴6 =PB·(PB+9),∴PB=3. 在⊙O2 中,由相交弦定理得 PA·PC=BP·PE. ∴PE=4,∵AD 是⊙O2 的切线,DE 是⊙O2 的割线, ∴AD =BD·DE=9 ×16,∴AD=12.(10 分) 23.解:(1)将 C 转化为普通方程是 3 +y =1,
2 2 2 2

4.B 约束条件对应的区域如图所示.当直线 z=2x+y 过点 A(2,2)时,z 取得最大值 6,当直线 z=2x+y 经过 B(1,1)时,z 取得最小值 3,故最大值与最小值的比值为 2,选 B.

x2

将 l 转化为直角坐标方程是 x+y-4=0.(4 分) (2)在 3 +y =1 上任取一点 A(cos α,sin α),则点 A 到直线 l 的距离为
2

x2

d=

3cos α +sin α -4| |2sin(α +60°)-4| 2 = 2 ,它的最大值为 3.(10 分) a+b
2

5.D 设球心为 O,过 O 做 OM⊥平面 ABC,垂足是 M, MA=,可得球半径是 2,体积是 3 π . 6.C 在△APF 中,|PA|=|PF|,| AF|sin 60°=4,∴|AF|=3,又∠PAF=∠ PFA=30°,过 P 作 PB⊥AF 于 B,则|PF|=cos 30°=cos 30°= 3. 7.A k=2,S=4;k=3,S=11;k=4,S=26;k=5,S=57,输出结果,判 断框内填“k>4?”. 8.D 由三视图可知该几何体是一个长、宽、高分别为 6、4、1 的长方体和一个底面积为2×4×5、高为 2 的三棱柱组合而成,其体积 V=1×4×6+2×4×5×2=44(cm ).
3

32

8

24.证明:(1)∵ab≤( 2 ) =4,当且仅当 a=b=2时等号成立,∴ab≥4.

1

1

1

|BF|

|AF|

8

1 1 2 1 1 1 ∵a2+b2≥ab≥8,当且仅当 a=b=2时等号成立,∴a2+b2≥8.(5 分) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b a a 1 (2)∵a+b+ab=a+b +a+b =2(a+b)(a+b)=4+2(a+b)≥4+4b=8,当且仅当 a=b=2时等号成立,
∴a+b+ab≥8.(10 分)

1

1 1

1

1

9.B 若甲、乙两人只有一人参加时,不同的发言顺序有 C2C5A4种;若甲、乙同时参加时,不同的发言顺

1 3 4

2014 河北省名校名师俱乐部高三模拟考试 数学试卷参考答案(理科)
1.A ∵A={x|x<-2 或 x>2},B={x|1<x<3},∴( RA)∩B={x|1<x≤2}. 2.C ∵z=4-3i+25=

序有 A4A3种.共 C2C5A4+A4A3=552 种. 10.C 由 f(x)≤|f( 6 )|?f( 6 )=± 1?sin(φ+ 3 )=± 1, (1) 又由 f( 2 )<f(π )?sin(π +φ)<sin(2π +φ)?2sin φ >0, (2) 因为 φ∈(0,2π ),由(1)(2)可得 φ= 6 ,所以 f(x)=sin(2x+ 6 ),于是可求得增区间为 C. 11.C 设点 A(x0,y0)在第一象限.∵原点 O 在以线段 MN 为直径的圆上,∴OM⊥ON,又∵M、N 分别为

2 2

1 3 4 π

2 2 π

π

π

1+mi

m

(1+mi)(4+3i) m 4-2m+(3+4m)i 25 +25= 25 ,则 1

π

π

4-2m=2(3+4 m),解得 m=-5. 3.C 由 3sin 2α =2cos α 得 sin α =3.因为 2 <α<π , 故 cos(α-π )=-cos α =)2=3.

1

π

AF、BF 的中点,∴AF⊥BF,即在 Rt△ABF 中,OA=OF=2,∵直线 AB 斜率为7,∴x0=2,y0=2,代入双曲 线a2-b2=1 得4a2-4b2=1,又 a +b =4,得 a =1,b =3,∴双曲线离心率为 2.
2 2 2 2

7

7

3

1

2

x2 y2

7

9

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12.A (x +xy+y )· a=x -xy+y ?(y2+y+1)· a=y2-y+1.
2 2 2 2

x2 x

x2 x

(2)∵bn+log2an=0,an=(2) ,∴bn=-log2an=log12an=log12(2) =n, ∴bnbn+1=n(n+1)=n-n+1, ∴Tn=1-2+2-3+3-4+?+n-n+1=1-n+1=n+1.(12 分) 18.(1)证明:∵BP、BA、BC 两两垂直,故以 B 为原点,分别以 BA,BC,

1n

1n

令y=t(t>0),方程可化为(a-1)t +(a+1)t+a-1=0,有正根,
2

x

1

1

1

1

当 a=1 时,显然不成立, 当 a≠1 时,因为方程(a-1)t +(a+1)t+a-1=0 只能有两正根,
2

1 1 1 1 1

1

1

1

n

a+1 1 所以 >0 ,即3≤a<1.
13.- 2 设所求系数为 a,则由二项展开式的通项公式,知存在非负整数 r,使 C9(x ) (-1) C9·(2) x
r

BP 为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 B-xyz,则 B(0,0,0),A(2,0,0),

21

r

2 9-r

(-2x) =ax ,即
r
9

1

C(0,2,0),
∵∠PAB=45°,∴BA=BP,∴P(0,0,2).又∵E,F,D 分别是 BA,BC,AC 中点,∴E(1,0,0),F(0,1, 0),D(1,1,0).

r

1

r 18-3r

=ax .

9

所以,得9,解得 r=3,所求系数为 a=-8C9=- 2 .

rr

1 3

21

∴→=(-1,1,0),→=(1,1,-2),→·→=0,EF⊥PD.(6 分) (2)解:设平面 EPF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),→=(0,1,-2),则 n·→=0,n·→=0,

EF

PD

EF PD

PF

EF

PF

14.



∴ y2-2z2=0. 令 y2=2,则 x2=2,z2=1,∴n=(2,2,1). 平面 PBF 的一个法向量为→=(2,0,0),设二面角 E-PF-B 的平面角为 φ,则 cos φ=→=3,sin φ

-x2+y2=0,

BA

2

15.1 依题意,|→|=|→|=|→|=,→·→=×cos∠AOC=1,cos∠AOC=2,∠AOC= 3 ,则|→|=|→ |=|→|=,∠BAC= 3 ,→·→=×cos∠BAC=1. 16 .3 tan A+ tan B= tan C(sin A+ sin B) = tan C ·sin A·sin B= cos C·sin A·sin B=

OA π

OC

AB

OA OC

1

π

AC

OA

=3,tan φ=2,∴二面角 E-PF-B 大小的正切值为2.(12 分) 19.解:(1)众数:8.6;中位数:8.75.(2 分) (2)设 Ai 表示所取 3 人中有 i 个人是“极安全”,至多有 1 人是“极安全”记为事件 A,则 P(A)=P(A0)+P(A1)

5

5

5

OC

AB AC

2 tan C tan C

cos A cos B

sin(A+B)

sin2C

=121616+4121616=140.(5 分) (3)X 的可能取值为 0、1、2、3.

3 3 3

12 3 3

121

a2+b2-c2 2c2 a2+b2 ·ab =a2+b2-c2=1,变形得 c2 =3.
c2=3(a2+b2),∴cos C=

1

a2+b2-c2 a2+b2 2ab 2 2ab = 3ab ≥3ab=3.

P(X=0)=(4)3=64;P(X=1)=C34(4)2=64; P(X=2)=C3(4)24=64;P(X=3)=(4)3=64.
分布列为 X 0
[来源:学+科+网]

3

27

11 3 1

27 1

21 3

9

17.解:(1 )∵Sn+an=1,Sn+1+an+1=1, ∴Sn+1-Sn+an+1-an=0,an+1=2an, 由 S1+a1=1 得 a1=2,∴数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列, ∴an=(2) .(5 分)

1

1 27 64

2 9 64

3 1 64

1

1

1

P

27 64

1n

E(X)=0×64+1×64+2×64+3×64=0.75.(12 分) 另解:X 的可能取值为 0、1、2、3,

27

27

9

1

个人博客 www.zhangwenhuan.cn 当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,∴函数 F(x)在(1,+∞)上单调递减, ∴F(x)max=F(1)=2.(5 分) (2)不妨设 x1<x2,要证(x1+x2)g(x1+x2)>2, X P 0 3 3 (4 ) 1 1 1 13 2 C3(4) (4) 2 2 1 23 1 C3(4) (4) 3 1 3 (4 ) 只需证(x1+x2)[2a(x1+x2)+b]>2,

X~B(3,4),P(X=k)=C3(4)k(4)3-k.
分布列为

1

k1 3

1

所以 E(X)=3×4=0.75.(12 分) 20.解:(1)∵CD= 5 ,∴点 E( 5 , 5 ), 又∵PQ= 5 ,∴点 G( 5 , 5 ), 则=1,解得b2=2, ∴椭圆方程 8 + 2 =1.(4 分) (2)设直线 MA、MB 的斜率分别为 k1,k2,只需证明 k1+k2=0 即可,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 k1=x1-2,

1

1 2 1 2 2 2(x2-x1) 2a(x1+x2)+b>x1+x2?2a(x2-x1)+b(x2-x1)> x1+x2 , 1 2 1 2 2(x2-x1) 2ax2+bx2-(2ax1+bx1)> x1+x2 .
∵ x1 =2ax1+b, x2 =2ax2+b, ∴ln x2-ln x1>

10

10 10

ln x1 1

ln x2 1

10

10 10

2

a2=8,

2(x2-x1) x2 2(x2-x1) x2+x1 ,即 lnx1> x2+x1 ,

x2 y2

∴(x2+x1)lnx1>2(x2-x1). 令 H(x)=(x+x1)lnx1-2(x-x1),x∈(x1,+∞), 只需证 H(x)=(x+x1)lnx1-2(x-x1)>0=H(x1), H′(x)=lnx1+ x -1. 令 G(x)=lnx1+ x -1,则 G′(x)= x2 >0,

x2

x

y1-1

x

x

x1

k2=x2-2,直线 l 方程为 y=2x+m,代入椭圆方程 8 + 2 =1 消去 y,
得 x +2mx+2m -4=0 可得 x1+x2=-2m,x1x2=2m -4.(8 分) 而 k1+k2=x1-2+x2-2= = (x1-2)(x2-2)
2 2 2

y2-1

1

x2 y2

x

x1

x-x1

y1-1 y2-1 (y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2) (x1-2)(x2-2)

G(x)在 x∈(x1,+∞)上单调递增. G(x)>G(x1)=0,∴H′(x)>0,∴H(x)在 x∈(x1,+∞)上单调递增. H (x)>H(x1)=0,H(x)=(x+x1)lnx1-2(x-x1)>0,
∴(x1+x2)g(x1+x2)>2.(12 分) 22.解:(1)连结 AB,∵AC 是⊙O1 的切线,∴∠BAC=∠D. 又∵∠BAC=∠E,∴∠D=∠E,∴AD∥EC.(4 分) (2)∵PA 是⊙O1 的切线,PD 是⊙O1 的割线,∴PA =PB·PD. ∴6 =PB·(PB+9),∴PB=3. 在⊙O2 中,由相交弦定理得 PA·PC=BP·PE. ∴PE=4,∵AD 是⊙O2 的切线,DE 是⊙O2 的割线, ∴AD =BD·DE=9×16,∴AD=12.(10 分) 23.解:(1)将 C 转化为普通方程是 3 +y =1,
2 2 2 2

x2+m-1)(x1-2)

x

x1x2+(m-2)(x1+x2)-4(m-1) = (x1-2)(x2-2) 2m2-4+(m-2)(-2m)-4(m-1) = (x1-2)(x2-2) 2m2-4-2m2+4m-4m+4 = (x1-2)(x2-2) =0,(11 分)
∴k1+k2=0,故直线 MA、MB 与 x 轴始终围成一个等腰三角形.(12 分)

ln x 21.解:(1)∵a=2,b=-3,∴F(x)= x -x+3. 1-ln x 1-ln x-x2 F′(x)= x2 -1= x2 =0?x=1,
∵当 x∈(0,1)时,F′(x)>0,∴函数 F(x)在(0,1)上单调递增;

x2

将 l 转化为直角坐标方程是 x+y-4=0.(4 分)

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(2)在 3 +y =1 上任取一点 A(cos α,sin α),则点 A 到直线 l 的距离为
2

x2

d=

3cos α +sin α -4| |2sin(α +60°)-4| 2 = 2 ,它的最大值为 3.(10 分) a+b
2

24.证明:(1)∵ab≤( 2 ) =4,当且仅当 a=b=2时等号成立,∴ab≥4. ∵a2+b2≥ab≥8,当且仅当 a=b=2时等号成立,∴a2+b2≥8.(5 分)

1

1

1

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1

1

2

1

1

1

(2)∵a+b+ab=a+b +a+b =2(a+b)(a+b)=4+2(a+b)≥4+4b=8,当且仅当 a=b=2时等号成立, ∴a+b+ab≥8.(10 分)

1 1 1

1

1 1 1 1

1 1

b a

a

1

1 1


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