还剩14页未读，
继续阅读
2023-2024学年高一数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第一册，浙江专用）期末测试卷01（测试范围：第1-5章）（Word版附解析）
展开
这是一份2023-2024学年高一数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第一册，浙江专用）期末测试卷01（测试范围：第1-5章）（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若集合，集合，则集合
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出集合，再求出即可.
【解析】由题：集合，集合，
所以.
故选：C
【点睛】此题考查集合的交集运算关键在于准确求出集合.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】A
【分析】利用全称量词命题的否定可得出结论.
【解析】命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”.
故选：A.
3．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由对数函数与指数函数的单调性求解即可
【解析】因为，
所以
所以.
故选：D
4．幂函数的图象过点，则函数的值域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，带点计算可得，得到，令转化为二次函数的值域求解即可.
【解析】设，
代入点得
，
则，令，
函数的值域是.
故选：C.
5．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边按顺时针方向旋转后经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据角的旋转与三角函数定义得，利用两角和的正切公式求得，然后待求式由二倍公式，“1”的代换，变成二次齐次式，转化为的式子，再计算可得．
【解析】解：将角的终边按顺时针方向旋转后所得的角为，因为旋转后的终边过点，所以，
所以.
所以.
故选：A．
6．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，函数是奇函数，且当时，，则（ ）
A．-18B．-12C．-8D．-6
【答案】D
【分析】首先根据题意得到，再根据的奇偶性求解即可.
【解析】由题知：，所以当时，，
又因为函数是奇函数，所以.
故选：D
7．已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可得关于a的不等式组，求解得答案．
【解析】当时，单调递减，且
当时，单调递减，则，
因为函数在上单调递减，
所以，解得，故的取值范围为．
故选：A．
8．若，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简解析式，得函数最大最小值与周期，利用条件转化为与最值的关系，再由最值与周期的关系可得.
【解析】
，的周期为，且
令，则，
则，由的值域为，
故，
则，故，
由知，，或.
即为函数的最大与最小值，或最小与最大值，
当对应图象上相邻两最值点时，的值最小，
故.
故选：B.
二、多选题
9．设集合，，，则下列关系中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】化简集合，算出，逐个选项进行判断即可得到答案.
【解析】，，
中的元素为点集，
故，，
故选：BC
10．为了得到函数的图像，只需将函数的图像所有点（ ）
A．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度
B．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度
C．向右平移个单位长度，再把所得图像各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）
D．向右平移个单位长度，再把所得图像各点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）
【答案】AC
【分析】根据平移变换和伸缩变换逐一判断即可.
【解析】对于A，函数的图像所有点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度得到函数的图像，故A正确；
对于B，函数的图像所有点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度得到函数的图像，故B错误；
对于C，函数的图像所有点向右平移个单位长度，再把所得图像各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图像，故C正确；
对于D，函数的图像所有点向右平移个单位长度，再把所得图像各点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，故D错误；
故选：AC
11．下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小值为2
B．函数的最小值为4
C．若正实数，满足，则的最小值为
D．若正实数，满足，则的最大值为2
【答案】CD
【分析】A.由判断；B.由指数函数的值域判断； C.利用基本不等式判断； D.利用基本不等式判断.
【解析】A.因为，所以，故错误；
B. 因为，则所以，故错误；
C.因为正实数，满足，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故正确；
D.因为正实数，满足，所以，
当且仅当，即时，等号成立，故正确.
故选：CD
12．已知函数，则方程的实根个数可能为（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】ABC
【解析】以的特殊情形为突破口，解出或或或，将看作整体，利用换元的思想进一步讨论即可.
【解析】由基本不等式可得
或，
作出函数的图像，如下：
①当时，或，
故方程的实数根个数为；
②当时，或或，
故方程的实数根个数为；
③当时，或或
或，
故方程的实数根个数为；
④当时，或或或，
故方程的实数根个数为；
⑤当时，或，
故方程的实数根个数为；
⑥当时，或，
故方程的实数根个数为；
⑦当时，，
故方程的实数根个数为；
故选：ABC
【点睛】本题考查了求零点的个数，考查了数形结合的思想以及分类讨论的思想，属于难题.
三、填空题
13．已知扇形的圆心角为，弧长为，则其面积为 .
【答案】
【分析】根据扇形的弧长公式求出半径，再计算扇形的面积．
【解析】扇形的圆心角为，弧长为，
则扇形的半径为r，
面积为．
故答案为：．
14．已知函数为R上奇函数，当时，，则时， ．
【答案】
【分析】根据奇函数的定义即可求解.
【解析】因为函数为R上奇函数，所以；
当时，则，所以，
因为函数为R上奇函数，所以，
所以当时，，
综上所述：当时，函数，
故答案为：.
15．函数的单调递减区间是 .
【答案】
【分析】先求得函数的定义域，然后根据这个二次函数的对称轴，结合复合函数同增异减来求得函数的减区间.
【解析】解：令，令，解得，
而的图象的对称轴为，故在上单调递增，在上单调递减，
又递减 ，
所以根据复合函数单调性原则得函数的单调递减区间是．
故答案为：
16．若，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】将不等式等价转化为，根据函数的单调性与最值接不等式即可求解.
【解析】根据不等式恒成立可知，
由可得，所以，
即，即，
先解，即，也即，
设函数，
令，则，
根据双勾函数的性质可得在单调递增，
当时，有最小值为4，所以，
再解，即，也即，
令，则，所以，
设函数，
根据双勾函数的性质可得在单调递增，
当时，有最大值为，所以，
考虑定义域，所以，
故答案为: .
四、解答题
17．已知集合，.
（1）时，求，
（2）若，求m的取值范围.
【答案】（1）；；（2）.
【解析】（1）根据集合运算法则计算；
（2）利用子集的定义得出不等式组，解这可得．
【解析】（1）时，，∴，
或，．
（2）∵，∴，解得．
【点睛】本题考查集合的综合运算，考查集合的包含关系．由集合的包含关系求参数时注意等号能否取到．
18．已知函数.
(1)求函数的最小正周期和单调减区间；
(2)求不等式的解集.
【答案】(1)；
(2)
【分析】先利用三角恒等变化化简，再利用正弦函数的性质即可得解.
【解析】（1）因为
，
所以的最小正周期为，
令，得，
所以的单调减区间为.
（2）因为，即，
所以，则，
所以的解集为.
19．如图， 是一块半径为 ，圆心角为的扇形空地.现决定在此空地上修建一个矩形的花坛 ，其中动点 在扇形的弧上，记 .
(1)写出矩形 的面积 与角 之间的函数关系式；
(2)当角 取何值时，矩形 的面积最大？并求出这个最大面积.
【答案】（1） （2）时，S取得最大值
【分析】先把矩形的各个边长用角表示出来，进而表示出矩形的面积，即可得到答案
化简函数，利用角的范围，结合正弦函数的性质可求矩形面积的最大值
【解析】（Ⅰ）因为
，，
所以 ，
（Ⅱ）
因为，所以
所以当，即时，矩形CDEF的面积S取得最大值
【点睛】本题主要考查运用三角函数解答矩形面积，关键是用含有的表达式来表示出矩形的长和宽，在表示过程中运用三角函数解三角形，在求最值时将其转化为用辅助角化简题，然后求解，此类题目解答的方法还是需要掌握．
20．已知函数（为常数，）.
(1)讨论函数的奇偶性；
(2)若方程在上有实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）直接使用奇偶性的定义进行求解；
（2）由题知在上有实根，令，则在上有实根，进而在上有实根，再令，则在上有实根，最后根据基本不等式得即可得答案.
【解析】（1）解：函数的定义域为，
又
①当时，即时，可得
即当时，函数为偶函数；
②当时，即时，可得
即当时，函数为奇函数；
③当时，函数为非奇非偶函数．
综上，当时，函数为偶函数；当时，函数为奇函数；当时，函数为非奇非偶函数．
（2）解：因为方程在上有实根，
所以在上有实根，
所以在上有实根，
令，
所以在上有实根，
所以在上有实根
因为，，
所以，在上有实根，
因为，
所以在上有实根
令，
所以在上有实根，
因为，当且仅当，即时等号成立，
当时，，时，，
所以，
所以，在上有实根，则
所以，实数的取值范围是
21．已知函数，，且，，.
(1)求实数的值，并写出函数的定义域；
(2)试讨论函数的最值；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)，的定义域为
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）根据对数运算，待定系数得，进而解不等式组即可得其定义域；
（2）首先将函数转化为关于的二次函数，再利用换元，讨论定义域与对称轴的关系，结合函数的单调性，求函数的最值；
（3）结合函数的图象以及函数的定义域，确定恒成立，根据（2）中函数的最值，列不等式求解.
【解析】（1）因为，且，
所以
所以，解得，
所以，
所以，即，解得
所以，的定义域为；
（2），
令，
所以函数的最值即为函数，的最值，
所以，当时，，最小值为，最大值为，
当时，对称轴，所以函数在区间单调递增，函数的最小值为，最大值；
当时，对称轴，函数在区间单调递增，函数的最小值为，最大值；
当时，对称轴，函数的最大值是，函数的最小值是；
当时，对称轴，函数的最大值是，最小值是.
综上可知：当时，最小值为，最大值；
当时，最小值为，最大值；
当时，函数的最大值是，函数的最小值是；
当时，函数的最大值是，最小值是.
（3）画出函数的图象，且函数
在单调递减，且，
当时，，当时，，
若，则恒成立，
且由函数的定义域可知，函数在上恒成立，
由（2）可知，函数的最小值大于0，即，得，
当时，最大值，得，则；
当时，函数的最大值，解得：；
综上可知，.
【点睛】关键点睛：本题考查函数与三角函数的综合应用，本题的难点在第三问，关键是确定函数的单调性，并且注意隐含条件，从而确定恒成立，转化为关于最值的不等式.
22．知函数,.
(1)求方程的解集;
(2)若的定义域是,求函数的最值;
(3)若不等式对于恒成立,求的取值范围.
【答案】（1） （2）， （3）
【分析】（1）将表达式代入中求解方程的解.（2）写出表达式后化简求值域.（3）先将不等式进行换元处理后，分离参数求解的取值范围.
【解析】（1）
因为，即
即或，所以或,
方程的解集为.
（2）因为的定义域是,所以的定义域
所以
又
设，则
所以，即
所以，
（3）设
所以不等式对于恒成立等价于
不等式对于恒成立
即在恒成立
第一种情况：当时，即，满足条件.
第二种情况：当时，即，，所以舍去，即
满足条件.
第三种情况：当时，即或者时
i>，解得：
ii>解得：无解.
综上所述： .
【点睛】此题考查换元思想和含参讨论二次函数在定区间恒成立问题，难点是分类讨论时的依据，属于较难题目.
一、单选题
1．若集合，集合，则集合
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出集合，再求出即可.
【解析】由题：集合，集合，
所以.
故选：C
【点睛】此题考查集合的交集运算关键在于准确求出集合.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】A
【分析】利用全称量词命题的否定可得出结论.
【解析】命题“，”为全称量词命题，该命题的否定为“，”.
故选：A.
3．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由对数函数与指数函数的单调性求解即可
【解析】因为，
所以
所以.
故选：D
4．幂函数的图象过点，则函数的值域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，带点计算可得，得到，令转化为二次函数的值域求解即可.
【解析】设，
代入点得
，
则，令，
函数的值域是.
故选：C.
5．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边按顺时针方向旋转后经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据角的旋转与三角函数定义得，利用两角和的正切公式求得，然后待求式由二倍公式，“1”的代换，变成二次齐次式，转化为的式子，再计算可得．
【解析】解：将角的终边按顺时针方向旋转后所得的角为，因为旋转后的终边过点，所以，
所以.
所以.
故选：A．
6．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，函数是奇函数，且当时，，则（ ）
A．-18B．-12C．-8D．-6
【答案】D
【分析】首先根据题意得到，再根据的奇偶性求解即可.
【解析】由题知：，所以当时，，
又因为函数是奇函数，所以.
故选：D
7．已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可得关于a的不等式组，求解得答案．
【解析】当时，单调递减，且
当时，单调递减，则，
因为函数在上单调递减，
所以，解得，故的取值范围为．
故选：A．
8．若，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简解析式，得函数最大最小值与周期，利用条件转化为与最值的关系，再由最值与周期的关系可得.
【解析】
，的周期为，且
令，则，
则，由的值域为，
故，
则，故，
由知，，或.
即为函数的最大与最小值，或最小与最大值，
当对应图象上相邻两最值点时，的值最小，
故.
故选：B.
二、多选题
9．设集合，，，则下列关系中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】化简集合，算出，逐个选项进行判断即可得到答案.
【解析】，，
中的元素为点集，
故，，
故选：BC
10．为了得到函数的图像，只需将函数的图像所有点（ ）
A．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度
B．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度
C．向右平移个单位长度，再把所得图像各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）
D．向右平移个单位长度，再把所得图像各点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）
【答案】AC
【分析】根据平移变换和伸缩变换逐一判断即可.
【解析】对于A，函数的图像所有点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度得到函数的图像，故A正确；
对于B，函数的图像所有点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度得到函数的图像，故B错误；
对于C，函数的图像所有点向右平移个单位长度，再把所得图像各点横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图像，故C正确；
对于D，函数的图像所有点向右平移个单位长度，再把所得图像各点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，故D错误；
故选：AC
11．下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小值为2
B．函数的最小值为4
C．若正实数，满足，则的最小值为
D．若正实数，满足，则的最大值为2
【答案】CD
【分析】A.由判断；B.由指数函数的值域判断； C.利用基本不等式判断； D.利用基本不等式判断.
【解析】A.因为，所以，故错误；
B. 因为，则所以，故错误；
C.因为正实数，满足，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故正确；
D.因为正实数，满足，所以，
当且仅当，即时，等号成立，故正确.
故选：CD
12．已知函数，则方程的实根个数可能为（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】ABC
【解析】以的特殊情形为突破口，解出或或或，将看作整体，利用换元的思想进一步讨论即可.
【解析】由基本不等式可得
或，
作出函数的图像，如下：
①当时，或，
故方程的实数根个数为；
②当时，或或，
故方程的实数根个数为；
③当时，或或
或，
故方程的实数根个数为；
④当时，或或或，
故方程的实数根个数为；
⑤当时，或，
故方程的实数根个数为；
⑥当时，或，
故方程的实数根个数为；
⑦当时，，
故方程的实数根个数为；
故选：ABC
【点睛】本题考查了求零点的个数，考查了数形结合的思想以及分类讨论的思想，属于难题.
三、填空题
13．已知扇形的圆心角为，弧长为，则其面积为 .
【答案】
【分析】根据扇形的弧长公式求出半径，再计算扇形的面积．
【解析】扇形的圆心角为，弧长为，
则扇形的半径为r，
面积为．
故答案为：．
14．已知函数为R上奇函数，当时，，则时， ．
【答案】
【分析】根据奇函数的定义即可求解.
【解析】因为函数为R上奇函数，所以；
当时，则，所以，
因为函数为R上奇函数，所以，
所以当时，，
综上所述：当时，函数，
故答案为：.
15．函数的单调递减区间是 .
【答案】
【分析】先求得函数的定义域，然后根据这个二次函数的对称轴，结合复合函数同增异减来求得函数的减区间.
【解析】解：令，令，解得，
而的图象的对称轴为，故在上单调递增，在上单调递减，
又递减 ，
所以根据复合函数单调性原则得函数的单调递减区间是．
故答案为：
16．若，不等式恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】将不等式等价转化为，根据函数的单调性与最值接不等式即可求解.
【解析】根据不等式恒成立可知，
由可得，所以，
即，即，
先解，即，也即，
设函数，
令，则，
根据双勾函数的性质可得在单调递增，
当时，有最小值为4，所以，
再解，即，也即，
令，则，所以，
设函数，
根据双勾函数的性质可得在单调递增，
当时，有最大值为，所以，
考虑定义域，所以，
故答案为: .
四、解答题
17．已知集合，.
（1）时，求，
（2）若，求m的取值范围.
【答案】（1）；；（2）.
【解析】（1）根据集合运算法则计算；
（2）利用子集的定义得出不等式组，解这可得．
【解析】（1）时，，∴，
或，．
（2）∵，∴，解得．
【点睛】本题考查集合的综合运算，考查集合的包含关系．由集合的包含关系求参数时注意等号能否取到．
18．已知函数.
(1)求函数的最小正周期和单调减区间；
(2)求不等式的解集.
【答案】(1)；
(2)
【分析】先利用三角恒等变化化简，再利用正弦函数的性质即可得解.
【解析】（1）因为
，
所以的最小正周期为，
令，得，
所以的单调减区间为.
（2）因为，即，
所以，则，
所以的解集为.
19．如图， 是一块半径为 ，圆心角为的扇形空地.现决定在此空地上修建一个矩形的花坛 ，其中动点 在扇形的弧上，记 .
(1)写出矩形 的面积 与角 之间的函数关系式；
(2)当角 取何值时，矩形 的面积最大？并求出这个最大面积.
【答案】（1） （2）时，S取得最大值
【分析】先把矩形的各个边长用角表示出来，进而表示出矩形的面积，即可得到答案
化简函数，利用角的范围，结合正弦函数的性质可求矩形面积的最大值
【解析】（Ⅰ）因为
，，
所以 ，
（Ⅱ）
因为，所以
所以当，即时，矩形CDEF的面积S取得最大值
【点睛】本题主要考查运用三角函数解答矩形面积，关键是用含有的表达式来表示出矩形的长和宽，在表示过程中运用三角函数解三角形，在求最值时将其转化为用辅助角化简题，然后求解，此类题目解答的方法还是需要掌握．
20．已知函数（为常数，）.
(1)讨论函数的奇偶性；
(2)若方程在上有实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）直接使用奇偶性的定义进行求解；
（2）由题知在上有实根，令，则在上有实根，进而在上有实根，再令，则在上有实根，最后根据基本不等式得即可得答案.
【解析】（1）解：函数的定义域为，
又
①当时，即时，可得
即当时，函数为偶函数；
②当时，即时，可得
即当时，函数为奇函数；
③当时，函数为非奇非偶函数．
综上，当时，函数为偶函数；当时，函数为奇函数；当时，函数为非奇非偶函数．
（2）解：因为方程在上有实根，
所以在上有实根，
所以在上有实根，
令，
所以在上有实根，
所以在上有实根
因为，，
所以，在上有实根，
因为，
所以在上有实根
令，
所以在上有实根，
因为，当且仅当，即时等号成立，
当时，，时，，
所以，
所以，在上有实根，则
所以，实数的取值范围是
21．已知函数，，且，，.
(1)求实数的值，并写出函数的定义域；
(2)试讨论函数的最值；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)，的定义域为
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）根据对数运算，待定系数得，进而解不等式组即可得其定义域；
（2）首先将函数转化为关于的二次函数，再利用换元，讨论定义域与对称轴的关系，结合函数的单调性，求函数的最值；
（3）结合函数的图象以及函数的定义域，确定恒成立，根据（2）中函数的最值，列不等式求解.
【解析】（1）因为，且，
所以
所以，解得，
所以，
所以，即，解得
所以，的定义域为；
（2），
令，
所以函数的最值即为函数，的最值，
所以，当时，，最小值为，最大值为，
当时，对称轴，所以函数在区间单调递增，函数的最小值为，最大值；
当时，对称轴，函数在区间单调递增，函数的最小值为，最大值；
当时，对称轴，函数的最大值是，函数的最小值是；
当时，对称轴，函数的最大值是，最小值是.
综上可知：当时，最小值为，最大值；
当时，最小值为，最大值；
当时，函数的最大值是，函数的最小值是；
当时，函数的最大值是，最小值是.
（3）画出函数的图象，且函数
在单调递减，且，
当时，，当时，，
若，则恒成立，
且由函数的定义域可知，函数在上恒成立，
由（2）可知，函数的最小值大于0，即，得，
当时，最大值，得，则；
当时，函数的最大值，解得：；
综上可知，.
【点睛】关键点睛：本题考查函数与三角函数的综合应用，本题的难点在第三问，关键是确定函数的单调性，并且注意隐含条件，从而确定恒成立，转化为关于最值的不等式.
22．知函数,.
(1)求方程的解集;
(2)若的定义域是,求函数的最值;
(3)若不等式对于恒成立,求的取值范围.
【答案】（1） （2）， （3）
【分析】（1）将表达式代入中求解方程的解.（2）写出表达式后化简求值域.（3）先将不等式进行换元处理后，分离参数求解的取值范围.
【解析】（1）
因为，即
即或，所以或,
方程的解集为.
（2）因为的定义域是,所以的定义域
所以
又
设，则
所以，即
所以，
（3）设
所以不等式对于恒成立等价于
不等式对于恒成立
即在恒成立
第一种情况：当时，即，满足条件.
第二种情况：当时，即，，所以舍去，即
满足条件.
第三种情况：当时，即或者时
i>，解得：
ii>解得：无解.
综上所述： .
【点睛】此题考查换元思想和含参讨论二次函数在定区间恒成立问题，难点是分类讨论时的依据，属于较难题目.
相关试卷
2023-2024学年高二数学期中期末挑战满分冲刺卷期末测试卷03（测试范围：第1-5章）（人教A版2019选择性必修第二册，浙江专用)（Word版附解析）： 这是一份2023-2024学年高二数学期中期末挑战满分冲刺卷期末测试卷03（测试范围：第1-5章）（人教A版2019选择性必修第二册，浙江专用)（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年高一上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第一册，浙江专用）数学期末测试卷02（Word版附解析）： 这是一份2023-2024学年高一上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第一册，浙江专用）数学期末测试卷02（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年高二数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019选择性必修第二册，浙江专用）期末测试卷02（测试范围：第1-4章数列）（Word版附解析）： 这是一份2023-2024学年高二数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019选择性必修第二册，浙江专用）期末测试卷02（测试范围：第1-4章数列）（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
