|试卷下载
终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    2023-2024学年河北省沧州市运东四校高一(下)期中数学试卷-普通用卷
    立即下载
    加入资料篮
    2023-2024学年河北省沧州市运东四校高一(下)期中数学试卷-普通用卷01
    2023-2024学年河北省沧州市运东四校高一(下)期中数学试卷-普通用卷02
    2023-2024学年河北省沧州市运东四校高一(下)期中数学试卷-普通用卷03
    还剩11页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2023-2024学年河北省沧州市运东四校高一(下)期中数学试卷-普通用卷

    展开
    这是一份2023-2024学年河北省沧州市运东四校高一(下)期中数学试卷-普通用卷,共14页。试卷主要包含了下列命题中正确的是,已知复数z满足z=5,则z=,下列说法中错误的是,已知复数z=3− 2i,则等内容,欢迎下载使用。

    A. 零向量没有方向
    B. 共线向量一定是相等向量
    C. 若向量a,b同向,且|a|>|b|,则a>b
    D. 单位向量的模都相等
    2.已知复数z满足(3−4i)z=5,则z=( )
    A. 45−35iB. 35−45iC. 45+35iD. 35+45i
    3.下列说法中错误的是( )
    A. 棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形
    B. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥可得到圆台
    C. 直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
    D. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线不一定是圆柱的母线
    4.如果一条直线与两个平行平面中的一个平行,那这条直线与另一个平面的位置关系是( )
    A. 平行B. 相交C. 在平面内D. 平行或在平面内
    5.如图所示,在直角坐标系中,已知A(1,0),B(−1,2),C(−1,0),D(1,−2),则四边形ABCD的直观图面积为( )
    A. 4 2
    B. 3 2
    C. 2 2
    D. 2
    6.已知向量a=(−1,1),b=(2,3),则b在a上的投影向量的坐标为( )
    A. (12,12)B. (12,−12)C. (−12,−12)D. (−12,12)
    7.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若(AB+12BC)⋅BC=0,b=2bcsC+2ccsB,则△ABC是( )
    A. 正三角形B. 一个内角余弦值为12的直角三角形
    C. 底角余弦值为14的等腰三角形D. 底角正弦值为14的等腰三角形
    8.如图,在△ABC中,AC=BC,D在边AB上,∠ACB=3∠BCD,4AD=5DB,则cs∠ACD=( )
    A. −2425
    B. −732
    C. −725
    D. 1225
    9.已知复数z=3− 2i,则( )
    A. z的虚部为 2B. z是纯虚数
    C. z的模是 11D. z在复平面内对应的点位于第四象限
    10.在边长为1的正方形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,则( )
    A. AD−AB=2EFB. AF=2EC+FC
    C. AF+AE=2(AB+AD)D. AF⋅AE=1
    11.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=9,a=2c,B=π3,则( )
    A. △ABC的外接圆的面积为27πB. △ABC的周长为9+9 3
    C. △ABC是直角三角形D. △ABC的内切圆的半径为(9−3 3)π
    12.已知(2−i)x=4+yi,其中x,y是实数,则x+y=______.
    13.如图,用无人机测量一座小山的海拔与该山最高处的古塔AB的塔高,无人机的航线与塔AB在同一铅直平面内,无人机飞行的海拔高度为500m,在C处测得塔底A(即小山的最高处)的俯角为45∘,塔顶B的俯角为30∘,向山顶方向沿水平线CE飞行50m到达D处时,测得塔底A的俯角为75∘,则该座小山的海拔为______ m;古塔AB的塔高为______m.
    14.在△ABC中,已知向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0,且AB⋅AC=0,则角B=______.
    15.已知复数z=(2−i)m2−(1+3i)m−3+i(m∈R).
    (1)当m为何值时,z为纯虚数?
    (2)当m=2时,求z⋅z−.
    16.已知某几何体的直观图如图所示,其中底面为长为4,宽为3的长方形.
    (1)若该几何体的高为2,求该几何体的体积V;
    (2)若该几何体的侧棱长均为 412,求该几何体的侧面积S.
    17.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且asin(π2−C)=b.
    (1)求角A;
    (2)若△ABC的面积为1,求a的最小值.
    18.如图,在△ABC中,D,E是边BC上的两点,AD⊥BC,AE平分∠BAC,∠BAC=2π3.
    (1)若sin∠DAE=513,求AECE的值;
    (2)求证:sin∠AED= 3(AB+AC)2BC.
    19.若A,B,C是平面内不共线的三点,且同时满足以下两个条件:①|AB|=|AC|;②存在异于点A的点G使得:AG与AB+AC同向且AG⋅AB|AB|= 32|AG|,则称点A,B,C为可交换点组.已知点A,B,C是可交换点组.
    (1)求∠BAC;
    (2)若A(−1,0),B(2, 3),C(x,y)(y>0),求C的坐标;
    (3)记a,b,c中的最小值为min{a,b,c},若|AB|=2 3,AG=13(AB+AC),点P满足|PG|=1,求min{PA⋅PB,PB⋅PC,PC⋅PA}的取值范围.
    答案和解析
    1.【答案】D
    【解析】解:对于选项A,由零向量的定义知,零向量方向任意,所以选项A错误,
    对于选项B,当共线向量方向相反时,它们肯定不是相等向量,所以选项B错误,
    对于选项C,向量不能比较大小,所以选项C错误,
    对于选项D,单位向量的模长均为1个单位长,所以选项D正确.
    故选:D.
    利用向量、零向量、单位向量及共线向量的定义,逐一对各个选项分析判断,即可得出结果.
    本题考查向量的定义,属于基础题.
    2.【答案】D
    【解析】解:(3−4i)z=5,
    则z=53−4i=5(3+4i)(3−4i)(3+4i)=35+45i.
    故选:D.
    根据已知条件,结合复数的四则运算法则,即可求解.
    本题主要考查复数的四则运算法则,属于基础题.
    3.【答案】C
    【解析】解:由棱台的结构特征可知,A选项中说法正确;
    由圆台的结构特征可知,B选项中说法正确;
    直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体,不是圆锥,
    是由两个同底圆锥组成的几何体,C选项中的说法错误;
    在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,这两点的连线不一定是圆柱的母线,
    只有当这两点的连线平行于轴时才是母线,D选项中说法正确.
    故选:C.
    由棱台圆台和旋转体的结构特征,圆柱母线的定义,对选项进行判断.
    本题主要考查棱台的结构特征,属于基础题.
    4.【答案】D
    【解析】【分析】
    本题考查空间中直线与平面之间的关系,本题解题的关键是不要漏掉直线在平面内这种位置关系,是基础题.
    由线面平行的性质可得.
    【解答】
    解:如果一条直线与两个平行平面中的一个平行,
    那这条直线与另一个平面的位置关系是直线与平面平行或者直线在平面内,
    故选D.
    5.【答案】D
    【解析】解:依题意,由于A(1,0),B(−1,2),C(−1,0),D(1,−2),
    则四边形ABCD是平行四边形,AC=BC=2,BC//AD,且AD与BC之间的距离d=2,
    则▱ABCD的面积S=2×2=4,
    则四边形ABCD的直观图面积S′= 24S= 2.
    故选:D.
    根据题意,由A、B、C、D的坐标可得四边形ABCD是平行四边形,进而求出其面积,由直观图面积与原图面积的关系分析可得答案.
    本题考查平面图形的直观图,涉及斜二测画法与应用问题,是基础题.
    6.【答案】D
    【解析】解:a=(−1,1),b=(2,3),
    则a⋅b=−2+3=1,|a|= 1+1=2,
    所以b在a上的投影向量的坐标为a⋅b|a|⋅a|a|=12(−1,1)=(−12,12).
    故选:D.
    根据已知条件,结合投影向量的公式,即可求解.
    本题主要考查投影向量的公式,属于基础题.
    7.【答案】C
    【解析】解:因为AB⋅BC=accs(π−B)=−accsB,BC⋅BC=a2,
    所以(AB+12BC)⋅BC=0,即−accsB+12a2=0,可得csB=a2c,
    由csC=a2+b2−c22ab,csB=a2+c2−b22ac,可得b=2bcsC+2ccsB=a2+b2−c2a+a2+c2−b2a=2a,
    由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB,即4a2=a2+c2−a2,整理得c2=4a2,可知b=c=2a,
    结合csB=a2c=14,可知△ABC中是底角余弦值为14的等腰三角形.
    故选:C.
    根据余弦定理化简b=2bcsC+2ccsB得到b=2a,利用平面向量的定义与运算性质推导出csB=a2c,然后根据余弦定理建立关于a、c的等式,证出b=c=2a,进而判断出△ABC的形状,即可得到本题的答案.
    本题主要考查平面向量数量积的定义与运算性质、利用余弦定理解三角形等知识,考查了计算能力,属于中档题.
    8.【答案】B
    【解析】解:设∠BCD=α,则∠ACB=3∠BCD=3α,∠ACD=2α,
    在△BCD中,由正弦定理,得BDsinα=CBsin∠BDC;
    在△ACD中,由正弦定理,得ADsin2α=CAsin∠ADC.
    又因为AC=BC,∠ADC+∠BDC=π,
    可得sin∠ADC=sin(π−∠BDC)=sin∠BDC,
    所以CAsin∠ADC=CBsin∠BDC,
    所以ADsin2α=BDsinα,即ADBD=sin2αsinα=2csα,
    又4AD=5DB,
    可得ADBD=2csα=54,
    故csα=58,
    所以cs∠ACD=cs2α=2cs2α−1=2×2564−1=−732.
    故选:B.
    设∠BCD=α,运用三角形的正弦定理和向量共线定理、三角函数的二倍角公式,计算可得所求值.
    本题考查三角形的正弦定理和向量的共线定理、三角函数的恒等变换,考查方程思想和运算能力,属于中档题.
    9.【答案】CD
    【解析】解:z=3− 2i,
    则z的虚部为− 2,故A错误;
    z=3− 2i实部不为0,故B错误;
    |z|= 32+(− 2)2= 11故C正确;
    z在复平面内对应的点为(3,− 2)位于第四象限,故D正确.
    故选:CD.
    根据已知条件,结合复数的概念,复数模公式,复数的几何意义,即可求解.
    本题主要考查复数的概念,复数模公式,复数的几何意义,属于基础题.
    10.【答案】ABD
    【解析】解:对于选项A,由于E,F分别为BC,CD的中点,
    则EF=EC+CF=12AD−12AB,
    则AD−AB=2EF,正确;
    对于选项B,由于在正方形中,E为BC的中点,
    则2EC+FC=AD+DF=AF,正确;
    对于选项C,AF+AE=(AD+DF)+(AB+BE)
    =(AD+12AB)+(12AD+AB)=32(AD+AB),错误;
    对于选项D,由于正方形ABCD的边长为1,
    则AF⋅AE=(AD+12AB)⋅(12AD+AB)
    =12AD2+AD⋅AB+14AB⋅AD+12AB2
    =12AD2+12AB2+54AD⋅AB=12+12+0=1,正确.
    故选:ABD.
    根据平面向量的线性运算及数量积的运算律分别计算即可.
    本题考查平面向量的线性运算,考查运算求解能力,属于基础题.
    11.【答案】ABC
    【解析】解:对于选项A,因为b=9,a=2c,B=π3,由正弦定理可得bsinB=2R,即9sinπ3=2R,得到R=3 3,
    所以△ABC的外接圆的面积为πR2=27π,故选项A正确;
    对于选项B,由余弦定理b2=a2+c2−2accsB,
    得到81=4c2+c2−2×2c×c×csπ3,整理得到3c2=81,解得c=3 3,所以a=6 3,
    故△ABC的周长为9+9 3,所以选项B正确;
    对于选项C,因为a=6 3,c=3 3,b=9,所以a2=c2+b2,故选项C正确;
    对于选项D,设内切圆半径为r,由12bc=12(a+b+c)r,得到3 3=(1+ 3)r,解得r=9−3 32,所以选项D错误.
    故选:ABC.
    选项A,根据条件,利用正弦定理,可求得外接圆半径为R=3 3,进而求出外接圆的面积,即可判断出选项A的正误;根据条件,利用余弦定理,可求得c=3 3,a=6 3,进而可判断出选项B和C的正误,选项D,设内切圆半径为r,利用12bc=12(a+b+c)r,求出r,即可判断出选项D的正误,从而求出结果.
    本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式,考查方程思想和运算能力,属于中档题.
    12.【答案】0
    【解析】解:因为(2−i)x=2x−xi=4+yi,
    所以2x=4−x=y,解得x=2,y=−2,
    所以x+y=0.
    故答案为:0.
    根据复数相等的充要条件可解.
    本题考查复数的运算,属于基础题.
    13.【答案】475−25 3 50 33
    【解析】解:如图,在△ACD,CD=50,∠ACD=45∘,∠ADC=105∘,∠CAD=30∘,
    由正弦定理ACsin∠ADC=CDsin∠CAD=ADsin∠ACD,
    又sin105∘=sin75∘=sin(45∘+30∘)= 22× 32+ 22×12= 6+ 24,
    所以AC=5012× 6+ 24,即AC=25( 6+ 2)m,
    延长AB交CE于H,则AH=ACsin∠ACD=25( 6+ 2)× 22=25( 3+1)m,
    又无人机飞行的海拔高度为500m,所以该座小山的海拔为500−25( 3+1)=475−25 3,
    在△ABC中,∠ACB=45∘−30∘=15∘,∠ABC=120∘,
    又sin∠ACB=sin(45∘−30∘)= 22× 32− 22×12= 6− 24,
    由正弦定理有ABsin15∘=ACsin120∘,得到AB=25( 6+ 2) 32× 6− 24=50 33m,
    故答案为:475−25 3,50 33.
    在△ACD,根据条件,利用正弦定理得到AC=25( 6+ 2),延长AB交CE于H,则AH=25( 3+1),即可求出小山的海拔;在△ABC,根据条件,利用正弦定理,即可求出塔高.
    本题主要考查了正弦定理,和差角公式在实际问题求解中的应用,属于中档题.
    14.【答案】π4
    【解析】解:在△ABC中,设角A的平分线交BC于D,
    因为AB⋅AC=0,
    故AB⊥AC,
    设AB|AB|=AE,AC|AC|=AF,
    则AE+AF=AG,
    因为|AE|=|AF|=1,
    故四边形AEGF为正方形,
    所以AG为角A的平分线,
    故G在AD上.
    因为(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0,
    则AG⊥BC,
    即AG⊥BC,
    故AD⊥BC,
    故AB=AC.
    则△ABC为等腰直角三角形,
    所以B=π4.
    故答案为:π4.
    结合平面向量数量积的运算求解.
    本题考查了平面向量数量积的运算,属基础题.
    15.【答案】解:(1)由已知得z=(2m2−m−3)+(−m2−3m+1)i,
    若z为纯虚数,
    则2m2−m−3=0−m2−3m+1≠0,解得m=−1或32;
    (2)当m=2时,z=3−9i,z=3+9i,
    所以z⋅z−=(3−9i)⋅(3+9i)=32−81i2=9+81=90.
    【解析】(1)结合纯虚数的定义,即可求解;
    (2)结合共轭复数的定义,即可求解.
    本题主要考查复数的四则运算,属于基础题.
    16.【答案】解:(1)几何体是四棱锥,其中底面为长为4,宽为3的长方形.几何体的高为2,
    几何体的体积V=13⋅S四边形⋅h=13×3×4×2=8.
    (2)正侧面及相对侧面底边上的高h1= ( 412)2−22=52,
    左、右侧面的底边上的高h2= ( 412)2−(32)2=2 2.
    故几何体的侧面面积S=2×(12×4×52+12×3×2 2)=10+6 2.
    【解析】(1)利用棱锥的体积公式求解即可.
    (2)利用侧面积公式转化求解即可.
    本题考查几何体的体积以及侧面积的求法,是基础题.
    17.【答案】解:(1)由asin(π2−C)=b,得sinAcsC=sinB,
    又A+B+C=π,所以sinAcsC=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC,
    可得sinCcsA=0,
    因为C∈(0,π),所以sinC≠0,故csA=0.
    又A∈(0,π),所以A=π2.
    (2)因为△ABC的面积S=12bcsinA=12⋅bc⋅sinπ2=12bc=1,
    所以bc=2,
    由勾股定理及基本不等式可得a2=b2+c2≥2bc,即a2≥4,a≥2.
    当且仅当b=c= 2时,等号成立,故a的最小值为2.
    【解析】(1)根据诱导公式和正弦定理边化角可得sinAcsC=sinB,然后根据两角和的正弦公式化简整理可得sinAcsC=sinAcsC+csAsinC,根据A的范围,即可得出答案;
    (2)根据三角形面积公式,结合勾股定理及基本不等式可解.
    本题主要考查解三角形,属于中档题.
    18.【答案】(1)解:因为AE平分∠BAC,∠BAC=2π3,
    所以∠CAE=π3,因为AD⊥BC,sin∠DAE=513,
    所以cs∠DAE= 1−sin2∠DAE=1213.
    在△ACE中,sin∠AEC=cs∠DAE=1213,∠AEC>π2,cs∠AEC=−513,
    sinC=sin(∠AEC+π3)=sin∠AEC×12+cs∠AEC× 32=12−5 326,
    AEEC=sinCsin∠CAE=12−5 326 32=4 3−513;
    (2)证明:因为∠BAC=2π3,∠BAE=∠CAE=π3.
    由S△BAC=S△BAE+S△CAE,得12AB⋅ACsin2π3=12AB⋅AEsinπ3+12AC⋅AEsinπ3.
    整理得AE=AB⋅ACAB+AC.
    因为AD⊥BC,12AB⋅ACsin2π3=12AD⋅BC,
    所以AD= 3AB⋅AC2BC,所以sin∠AED=ADAE= 3(AB+AC)2BC.
    【解析】(1)利用两角和公式计算sinC,再根据正弦定理即可得AECE的值;
    (2)利用面积相等,分别表示AD,AE,即可证明.
    本题考查正弦定理,同角函数关系,两角和差公式,属于中档题.
    19.【答案】解:(1)因为AG与AB+AC同向,设AG=λ(AB+AC)(λ>0),
    则cs∠GAB=λ(AB+AC)⋅AB|AG||AB|=λAB2+λAB⋅AC|AG||AB|,
    cs∠GAC=λ(AB+AC)⋅AC|AG||AC|=λAC2+λAB⋅AC|AG||AC|,
    又因为∠GAB,∠GAC∈[0,π],且|AB|=|AC|,
    所以cs∠GAB=cs∠GAC,所以∠GAB=∠GAC,
    由AG⋅AB|AB|= 32|AG|,得cs∠GAB= 32,
    又因为∠GAB∈[0,πr],所以∠GAB=π6,
    所以∠BAC=∠GAB+∠GAC=π3;
    (2)由(1)知,|AB|=|AC|,∠BAC=π3
    所以|AB|=|BC|,
    因为A(−1,0),B(2, 3),C(x,y),y>0,
    所以AB=(3, 3),AC=(x+1,y),BC=(x−2,y− 3),
    则(x+1)2+y2=12(x−2)2+(y− 3)2=12,解得x=−1y=2 3或x=2y=− 3(舍),
    所以C的坐标为(−1,2 3);
    (3)设BC的中点为D,则AD=12(AB+AC),
    又因为AG=13(AB+AC),所以AG=23AD,即G为△ABC的重心,
    又因为△ABC是正三角形,点G是△ABC的中心,
    所以∠AGB=∠BGC=∠CGA=2π3,|GA|=|GB|=|GC|=2,GA+GB+GC=0,
    由对称性,不妨设GC与GP的夹角为θ,θ∈[0,π3],如图所示,
    PA⋅PB=(GA−GP)⋅(GB−GP)=GA⋅GB=(GA+GB)⋅GP+GP2=2×2×cs2π3+GC⋅GP+1=−1+2csθ,
    由图可知,GB与GP,GA与GP的夹角分别为2π3+θ,2π3−θ,
    所以PB⋅PC,PC⋅PA的值分别为−1+2cs(2π3+θ),−1+2cs(2π3−θ),
    当θ∈[0,π3]时,csθ≥cs(2π3−θ)≥cs(2π3+θ),
    所以min{PA⋅PB,PB⋅PC,PC⋅PA}=−1+2cs(23π+θ),其取值范围是[−3,−2],
    所以min{PA⋅PB,PB⋅PC,PC⋅PA}的取值范围是[−3,−2].
    【解析】(1)设AG=λ(AB+AC)(λ>0),由|AB|=|AC|结合向量的夹角公式计算可得cs∠GAB=cs∠GAC,结合AG⋅AB|AB|= 32|AG|求得∠GAB,从而求得;
    (2)由(1)得|AB|=|BC|,结合|AB|=|AC|和平面向量的坐标运算建立x,y的方程,求解即可;
    (3)由条件可得G是△ABC的中心,设GC与GP的夹角为θ,θ∈[0,π3],由平面向量的数量积运算可得PA⋅PB,PB⋅PC,PA⋅PC的值,再由余弦函数的性质比较PA⋅PB,PB⋅PC,PA⋅PC的大小即可得min{PA⋅PB,PB⋅PC,PC⋅PA}=−1+2cs(23π+θ),求值域即可.
    本题考查平面向量的数量积与夹角,涉及三角函数的值域,属于难题.
    相关试卷

    河北省沧州市运东四校联考2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题: 这是一份河北省沧州市运东四校联考2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试题,共10页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分,本卷命题范围,已知随机变量,若,,则,在的展开式中,项的系数为等内容,欢迎下载使用。

    河北省沧州市运东四校联考2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试卷(Word版附解析): 这是一份河北省沧州市运东四校联考2023-2024学年高二下学期4月期中考试数学试卷(Word版附解析),共11页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分,本卷命题范围,已知随机变量,若,,则,在的展开式中,项的系数为等内容,欢迎下载使用。

    河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题(原卷版+解析版): 这是一份河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题(原卷版+解析版),文件包含河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题原卷版docx、河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共20页, 欢迎下载使用。

    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:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 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;900万+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
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    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
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      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0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        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

        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
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        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

        返回
        顶部
        Baidu
        map