广东省佛山市2010届高三一模数学理科试题

广东省佛山市 2010 届高三一模

数 学 (理科)

2010.2

本试卷共 4 页,21 小题,满分 150 分.考试用时 120 分钟.
注意事项:
1.答卷前,考生要务必填写答题卷上的有关项目. 2.选择题每小题选出答案后,用黑色字迹的钢笔或签字笔把答案代号填在答题卷对应的 空格内. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卷各题目指定区域 内;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新的答案;不准使用铅笔和涂改液.不按以上 要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁.考试结束后,将答题卷和答题卡交回.

一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是

符合题目要求的.

1.设U ? R , M ? { x | x2 ? x ? 0} ,函数 f (x) ?

1 的定义域为 N ,则 M I x ?1

(?U N ) ?

A. [0,1)

B. (0,1)

C. [0,1]

D.?1?

2.已知 x, y ? R ,则“ x ? y ”是“ x ? y ”的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

3.已知双曲线

x a

2 2

?

y2 b2

? 1(a ? 0,b ? 0) 的离心率为

6 ,则双曲线的渐近线方程为 2

A. y ? ? 2x

B. y ? ? 2x

C. y ? ? 2 x 2

D. y ? ? 1 x 2

4.下列命题不.正.确.的是

A.如果一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的任意直线,则两平面垂直;

B.如果一个平面内的任一条直线都平行于另一个平面,则两平面平行;

C.如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和

交线平行;

D.如果两条不同的直线在一平面内的射影互相垂直,则这两条直线垂直.

5.下列函数 f (x) 中,满足 “对 ?x1, x2 ? (0, ??) ,当 x1 ? x2 时,都有 f (x1) ? f (x2 ) ”的是

A. f (x) ? 1 x

B. f (x) ? ln(x ?1) C. f (x) ? (1)x 2

D. f (x) ? x ?1

6.已知某射击运动员,每次击中目标的概率都是 0.8 .现采用随机模拟的方法估计该运动员

射击 4 次,至少击中 3 次的概率:先由计算器算出 0 到 9 之间取整数值的随机数,指定 0,1,

表示没有击中目标,2,3,4,5,6,,7,8,9 表示击中目标;因为射击 4 次,故以每 4 个随

机数为一组,代表射击 4 次的结果.经随机模拟产生了 20 组随机数:

5727 0293 7140 9857 0347 4373 8636 9647 1417 4698

0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 6710 4281

据此估计,该射击运动员射击 4 次至少击中 3 次的概率为

A.0.85

B.0.8192

C.0.8

D. 0.75

7 . 函 数 f ( x)? As i n?( x?? () 其 中 A ? 0 , ?| ?| ? ) 的 图 象 如 图 所 示 , 为 了 得 到 2
g( x)? c o s 2x的图像,则只要将 f (x) 的图像

第 7 题图

A.向右平移 ? 个单位长度 B.向右平移 ? 个单位长度

6

12

C.向左平移 ? 个单位长度 D.向左平移 ? 个单位长度

6

12

8.佛山某家电企业要将刚刚生产的 100 台变频空调送往市内某商场,现有 4 辆甲型货车和 8

辆乙型货车可供调配。每辆甲型货车的运输费用是 400 元,可装空调 20 台,每辆乙型货车的

运输费用是 300 元,可装空调 10 台,若每辆车至多运一次,则企业所花的最少运费为

A.2000 元

B.2200 元

C.2400 元

D.2800 元

二、填空题:本大共 7 小题,考生作答 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分)

(一)必做题(9~13 题)

9. 复数 1? 2i 的值是



1?i

10.若数列 {an } 满足:

a1

?

1,

an?1

?

1 2

an

(n

?

N?)



其前

n

项和为

Sn

,则

S4 a4

?



11.如图的算法流程图,若输入 a ? 2,b ? 3, c ? 1,

则运行程序输出的结果为



12.若对于任意实数 x ,有

x3 ? a0 ? a1(x ? 2) ? a2 (x ? 2)2 ? a3 (x ? 2)3 ,

则 a1 ? a2 ? a3 的值为__________.

13.将侧棱相互垂直的三棱锥称为“直角三棱锥”,三棱锥

第 11 题图

的侧面和底面分别叫直角三棱锥的“直角面和斜面”;过三棱锥顶点及斜面任两边中点的截面均

称为斜面的“中面”.

已知直角三角形具有性质:“斜边的中线长等于斜边边长的一半”.仿照此性质写出直角三

棱锥具有的性质:

.

(二)选做题(14~15 题,考生只能从中选做一题,两题都做记第一题的得分)

14.(坐标系与参数方程)在平面直角坐标系下,曲线 C1 :

? ? ?

x y

? ?

2t ?t

?

2a



t

为参数),

曲线 C2

:

?x

? ?

y

? ?

2 cos? 2 ? 2sin?

(?

为参数).若曲线 C1

、 C2

有公共点,

则实数 a 的取值范围____________.

B
O
A C
第 15 题图

15.(几何证明选讲)如图,点 A, B, C 是圆 O 上的点,

且 AB ? 2, BC ? 6, ?CAB ? 120 ,则 ?AOB 对应的劣弧长为



三、解答题:本大题共 6 小题,满分 80 分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.(本题满分 12 分)
已知向量 OA ? (cos? ,sin ? ) , 0 ? ? ? ? .向量 m ? (2,1) , n ? (0, 5) , 2

且 m ? (OA ? n) .

(Ⅰ) 求向量 OA ;

(Ⅱ) 若 sin(? ? ? ) ? 2 , 0 ? ? ? ? ,求 2? ? ? 的值. 2 10

17.(本题满分 12 分)
某校从参加高一年级期中考试的学生中随机抽出 60 名学生,将其数学成绩(均为整数)
分成六段 ?40,50?, ?50,60? … ?90,100 ?后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息,回
答下列问题:
(Ⅰ)求分数在?70,80? 内的频率,并补全这个
频率分布直方图; (Ⅱ)统计方法中,同一组数据常用该组
区间的中点值作为代表,据此估计本次考试的 平均分;
(Ⅲ)若从 60 名学生中随机抽取 2 人,抽到
的学生成绩在 ?40,60?记 0 分,在 ?60,80?记1分,

在 ?80,100 ? 记 2 分,用? 表示抽取结束后的总记分,

第 17 题图

求 ? 的分布列和数学期望.

18.(本题满分 14 分)
如图所示的长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, O 为 AC 与 BD 的交点, BB1 ? 2 , M 是线段 B1D1 的中点.
(Ⅰ)求证: BM // 平面 D1AC ;

(Ⅱ)求证: D1O ? 平面 AB1C ;

(Ⅲ)求二面角 B ? AB1 ? C 的大小.

第 18 题图

19.(本题满分 14 分)
某学校拟建一座长 60 米,宽 30 米的长方形体育馆.按照建筑要求,每隔 x 米需打建一个桩 位,每个桩位需花费 4.5 万元(桩位视为一点且打在长方形的边上),桩位之间的 x 米墙面需花
(2 ? 3x )x 万元,在不计地板和天花板的情况下,当 x 为何值时,所需总费用最少?

20.(本题满分 14 分)
已知点 P(a, ?1) ( a ? R ),过点 P 作抛物线 C : y ? x2 的切线,切点分别为 A(x1, y1) 、 B(x2 , y2 ) (其中 x1 ? x2 ).
(Ⅰ)求 x1 与 x2 的值(用 a 表示); (Ⅱ)若以点 P 为圆心的圆 E 与直线 AB 相切,求圆 E 面积的最小值.

21.(本题满分 14 分)

? ? 已知数列

an

的前 n

项和为 Sn ,且 Sn

?

1 2

nan?1

( n ? N*),其中 a1 ? 1.

(Ⅰ) 求?an? 的通项公式;

(Ⅱ)

设 bk

?

a1a3 a2a4

a2k ?1 a2k

( k ?N*).

①证明: bn ?

1; 2an ?1

② 求证: b1 ? b2 ? bn ? 2an ?1 ?1.

2010 年佛山市普通高中高三教学质量检测(一)
数学试题(理科)参考答案和评分标准
一、选择题:(每题 5 分,共 40 分)

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

选项

C

A

C

D

B

D

D

B

二、填空题(每题 5 分,共 30 分)

9. ? 1 ? 3 i 22

10.15 11. m ? ? 1 , n ? ?1(注:写成 ?1, ? 1 不给分)

2

2

13.直角三棱锥中,斜面的中面面积等于斜面面积的四分之一.

12.19

14. 2 ? 5 ? a ? 2 ? 5 ( 或 [2 ? 5, 2 ? 5] )

15. 2 ? 2

三、解答题:本大题共 6 小题,满分 80 分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.

16.(本题满分 12 分)



:

(Ⅰ) OA ? n ? (cos? ,sin ? ? 5) , …………………………………………………………
…1 分
又 m ? (OA ? n) , ∴ 2 c ?o? s ? ? s i? n , 即5 s i?0 n? ? 5 ? 2 ,c o s
① …………………2 分

又 sin2 ? ? cos2 ? ? 1 ②



















cos? ? 2 5

5



……………………………………………………………4 分

















sin? ? 5 5

……………………………………………………………5 分∴

OA ? ( 2 5 , 5 ) 55
………6 分

……………………………………………………

( Ⅱ ) 方 法 一 ∵ sin(? ? ? ) ? 2 , 0 ? ? ? ? , ∴ c o? s? 2 , 且

2 10

10

0?? ?? 2

………………7 分



sin ? ? 1? cos2 ? ? 7 2







10

tan ? ? sin ? ? 7 . cos ?

………………………………8 分



(



tan 2?

?

1

2 ?

tan ? tan2 ?

?

4 3





)



tan? ? 1



2

………………………………9 分

tan(2? ? ? ) ? tan 2? ? tan ? ? ?1 . 1? tan 2? tan ?

……………………………………………………

………10 分

又 ∵ 0 ? ? ? ? , ∴ 0 ? 2? ? ? , 2

又 0?? ?? , ∴ 2

0 ? 2? ? ? ? 3? 2

………………………11 分









2? ? ? ? 3? 4


……………………………………………………………12

方 法 二 ∵ sin(? ? ? ) ? 2 , 2 10

0?? ?? 2

………………7 分



0?? ??

, ∴ c ?o ? s 2 10

,且

sin ? ? 1? cos2 ? ? 7 2 . 10
……8 分



(



sin 2? ? 4 . 5


…………………………

)



cos 2? ? 2cos2 ? ?1 ? 3



5

………………………………9 分

cos(2? ? ? ) ? cos 2? cos ? ? sin 2? sin ? ? ? 2 2
…10 分

……………………………

∵ 0 ? ? ? ? ,且注意到 cos 2? ? 3 ? 0,sin 2? ? 4 ? 0 ,

2

5

5



0 ? 2? ? ?

2





0?? ??

2

0 ? 2? ? ? ? ? …………………………………………………11 分





综上可得 2? ? ? ? 3? 4

………………………………………………12 分

(若用 sin(2? ? ? ) ? sin 2? cos ? ? cos 2? sin ? ? 2 ,又∵ 0 ? 2? ? ? ? ? ∴ 2
2? ? ? ? 3? ,酌情扣 1 分.) 4
17.(本题满分 12 分)
(Ⅰ)设分数在?70,80? 内的频率为 x ,根据频率分布直方图,
则有 (0.01? 0.015? 2 ? 0.025 ? 0.005)?10 ? x ?1 ,
可得 x ? 0.3,所以频率分布直方图如右图所示.
……………………………4 分 (求解频率 3 分,画图 1 分) (Ⅱ)平均分为:

x ? 45? 0.1? 55? 0.15 ? 65?0.15 ? 75?0.3 ? 85?0.25 ? 95?0.05 ? 71 .



………7 分

(Ⅲ)学生成绩在 ?40,60?的有 0.25?60 ?15人,在?60,80?的有 0.45?60 ? 27 人,

在 ?80,100 ? 的 有 0 ?. 3? 6 人0 . 1并8 且 ? 的 可 能 取 值 是

0 , 1 ., 2 , …3 …,……4………………8 分

则 P(?

? 0) ?

C125 C620

? 7 ; P(? 118

? 1) ?

C115C217 C620

? 27 ; 118

P(?

? 2) ?

C115C118 ? C227 C620

?

207 ; 590

P(?

? 3) ?

C217C118 C620

?

81 ; P(? 295

? 4) ?

C128 C620

?

51 . 590

所以? 的分布列为

?

0

1

2

3

4

7

27

207

81

51

P

118

118

590

295

590

………………………………………………

………11 分

E? ? 0? 7 ?1? 27 ? 2? 207 ? 3? 81 ? 4? 51 ? 2.1 118 118 590 295 590
………12 分 18.(本题满分 14 分)

…………………………………

解:(Ⅰ)连接 D1O ,如图,∵ O 、 M 分别是 BD 、 B1D1 的中点, BD1D1B 是矩形,

∴四边形

D1OBM

是平行四边形,∴

D1O // BM .

……………………………………………2 分

∵ D1O ? 平面 D1AC , BM ? 平面 D1AC , ∴ BM // 平面 D1AC .………………………… 4 分 (Ⅱ)连接 OB1 ,∵正方形 ABCD 的边长为 2 , BB1 ? 2 ,

∴ B1D1 ? 2 2 , OB1 ? 2 , D1O ? 2 ,

则 OB12 ? D1O2 ? B1D12 ,∴ OB1 ? D1O . ……………6 分

∵在长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中, AC ? BD ,

AC ? D1D ,

∴ AC ? 平面 BDD1B1 ,又 D1O ? 平面 BDD1B1 ,

∴ AC ? D1O ,又 AC OB1 ? O ,

∴ D1O ? 平面 AB1C .

…………………………………………8 分

(Ⅲ)在平面 ABB1 中过点 B 作 BE ? AB1 于 E ,连结 EC ,

∵ CB ? AB , CB ? BB1 ,

∴ CB ? 平面 ABB1 ,又 AB1 ? 平面 ABB1 ,

……………………………9 分

∴ CB ? AB1 ,又 BE ? AB1 ,且 CB BE ? B ,

∴ AB1 ? 平面 EBC ,而 EC ? 平面 EBC ,

………………………………10 分

∴ AB1 ? EC . ∴ ?BEC 是二面角 B ? AB1 ? C 的平面角.
在 Rt?BEC 中, BE ? 2 3 , BC ? 2 3

…………………………12 分

∴ tan ?BEC ? 3 , ?BEC ? 60 ,

∴二面角 B ? AB1 ? C 的大小为 60 .

………………………………………14 分

解法 2(坐标法):(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系.连接 D1O ,则点 O(1,1, 0)、

D1(0,0, 2) ,

∴ OD1 ? (?1, ?1, 2)

又点 B(2, 2, 0) , M (1,1, 2) ,

∴ BM ? (?1, ?1, 2)

∴ OD1 ? BM ,且 OD1 与 BM 不共线, ∴ OD1 // BM .

又 D1O ? 平面 D1AC , BM ? 平面 D1AC ,

∴ BM // 平面 D1AC .

…………………………………4 分

(Ⅱ)∵ OD1 ?OB1 ? (?1, ?1, 2)?(1,1, 2) ? 0 , OD1 ? AC ? (?1, ?1, 2)?(?2, 2,0) ? 0

∴ OD1 ? OB1 , OD1 ? AC ,即 OD1 ? OB1 , OD1 ? AC , 又 OB1 AC ? O ,∴ D1O ? 平面 AB1C . …………………………………………8 分
(Ⅲ)∵ CB ? AB , CB ? BB1 ,∴ CB ? 平面 ABB1 ,

∴ BC ? (?2, 0, 0) 为平面 ABB1 的法向量.

∵ OD1 ? OB1 , OD1 ? AC ,

∴ OD1 ? (?1, ?1, 2) 为平面 AB1C 的法向量.



cos

?

BC, OD1

??

1 2



∴ BC 与 OD1 的 夹 角 为 60 , 即 二 面 角 B ? AB1 ? C 的 大 小 为

60 . ……………………………14 分

(Ⅲ)(法三)设二面角 B ? AB1 ? C 的大小为? ,?AB1C 在平面 AB1B 内的射影就是 ?AB1B ,

根 据 射 影 面 积 公 式 可 得 cos? ? S?AB1B S?AB1C

1

S?AB1C

?

? 2

AC ? B1O

?

2

2



1 S?AB1B ? 2 ? AB ? B1B ?

2,

∴ cos?

?

S?AB1B S?AB1C

?

2

2 2

?

1 2

,∴二面角

B

?

AB1

?

C

的大小为

60

19.(本题满分 14 分)

…………14 分

解:由题意可知,需打

位.

……………………………3 分

2(60 ?1) ? 2(30 ?1) ? 180

x

x

x

个桩

墙面所需费用为: (2 ? 3x)x ?180 ? 180(2 ? 3x) , ………………5 分 x

∴所需总费用 y ? 180 ? 9 ?180? (2 ? 3x) x2

? 180( 9 ? 3x) ? 360 2x
( 0 ? x ? 30 ) ……………………………9 分

3

3

令 t ? 9 ? 3x ,则 t? ? ? 9 ? 3 ? 3(?32 ? x2 ) ,

2x

2x2 2 x

2x2

当 0 ? x ? 3 时 , t? ? 0 ; 当 3 ? x ? 3 0时 , t? ? 0 . ∴ 当 x ? 3 时 , t 取 极 小 值 为

t ? 9 ? 3?3 ? 9 .

2?3

2

而在 (0,30)

内极值点唯一,所以 tmin

?

9 2

.∴当

x

? 3 时,

ymin

? 180?

9 2

?

360

? 1170 (万

元),

即每隔 3 米打建一个桩位时,所需总费用最小为 1170 万元.

…………14 分

20.(本题满分 14 分)
解:(Ⅰ)由 y ? x2 可得, y? ? 2x .

……………………1 分

∵直线 PA 与曲线 C 相切,且过点 P(a, ?1) ,

∴ 2x1

?

x12 ?1 ,即 x1 ? a

x12

?

2ax1

?1 ?

0



∴ x1 ? 2a ?

4a2 ? 4 ? a ? 2

a2 ?1 ,或 x1 ? a ?

a2 ?1 ,

……………3 分 ……………4 分

同理可得: x2 ? a ? a2 ?1 ,或 x2 ? a ? a2 ?1

……………5 分

∵ x1 ? x2 ,∴ x1 ? a ? a2 ?1 , x2 ? a ? a2 ?1 .

………………6 分

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知, x1 ? x2 ? 2a , x1 ? x2 ? ?1,

………………7 分

则直线 AB 的斜率 k

?

y1 ? y2 x1 ? x2

?

x12 ? x22 x1 ? x2

?

x1 ? x2 ,

………………8 分

∴直线 AB 的方程为: y ? y1 ? (x1 ? x2 )(x ? x1) ,又 y1 ? x12 ,

∴ y ? x12 ? (x1 ? x2 )x ? x12 ? x1x2 ,即 2ax ? y ?1 ? 0 .

∵点 P 到直线 AB 的距离即为圆 E 的半径,即 r ? 2a2 ? 2 , 4a2 ?1

……………10 分

∴ r2

?

4(a2 ?1)2 4a2 ?1

?

(a2 ?1)2 a2 ? 1

?

(a2 ? 1 ? 3)2 44
a2 ? 1

?

(a2

?

1)2 4

? 3 (a2 2
a2 ? 1

?

1)? 9 4 16

4

4

4

? (a2 ? 1) ? 9 ? 3 ? 2 9 ? 3 ? 3,

4 16(a2 ? 1 ) 2

16 2

4

当且仅当 a2 ? 1 ?

9

,即 a2 ? 1 ? 3 , a ? ? 2 时取等号.

4 16(a2 ? 1)

44

2

4

故圆 E 面积的最小值 S ? ? r2 ? 3? .

……………14 分

21.(本题满分 14 分)

解:(Ⅰ)当 n ? 2 时,由 an

?

Sn

? Sn?1

?

1 2 nan?1

?

1 2

(n

?

1)an

,



(n

?

1)an

?

nan?1 .

……2 分

若存在 am ? 0(m ? 1), 由 mam?1 ? (m ?1)am , m ? 0, 得 am?1 ? 0 ,

从而有 am?2 ? 0, , a2 ? 0, a1 ? 0 ,与 a1 ? 1矛盾,所以 an ? 0 .

从而由 (n ?1)an

?

nan?1



an?1 an

?

n

? n

1

,



an

?

an an?1

? an?1 an?2

?

a2 a1

? a1

?

n.

………6 分

(Ⅱ)①证明: bn

?

1 2

?

3 4

?

5 6

?

? 2n ?1 ? 2n

1. 2n ?1

证法一:∵ 4n2 ?1 ? 4n2, ∴ (2n ?1)(2n ?1) ? 4n2 ? (2n ?1)2 (2n ?1) ? 4n2 (2n ?1).

∴ 2n ?1 ? 2n ?1 , 2n 2n ?1

∴ 1 ? 3 ? 5 ? ? 2n ?1 ? 1 ? 3 ? 5 ? ? 2n ?1 ? 1 .………………10 分

246

2n 3 5 7

2n ?1 2n ?1

证法二: 2n ?1 ? 2n ?1 ? 2n ?1 ,下同证法一.

2n

(2n)2 ?1 2n ?1

…………10 分

证法三:(利用对偶式)设

An

?

1 2

?

3 4

?

5 6

2n ?1 2n



Bn

?

2 3

?

4 5

?

6 7

2n , 2n ?1



An Bn

?

1 2n ?1

.



4n2 ?1 ? 4n2

,也即

2n ? 1? 2n

n2 2n ?

,所以
1

An ? Bn

,也即

An2

?

An Bn

?

1 2n ?1



又因为 An ? 0 ,所以 An ?

1 .即 2n ?1

1 ? 3 ? 5 ? ? 2n ?1 ? 1 . 2 4 6 2n 2n ?1

………………10 分

证法四:(数学归纳法)①当 n ?1时,

x1

?

1 2

?

1 ,命题成立; 3

②假设 n ? k 时,命题成立,即 1 ? 3 ? 5 2k ?1 ? 1 , 2 4 6 2k 2k ?1

则当 n ? k ?1时, 1 ? 3 ? 5 2k ?1? 2k ?1 ? 1 ? 2k ?1 ? 2k ?1 2 4 6 2k 2(k ?1) 2k ?1 2(k ?1) 2(k ? 2)

2k ?1 ? 1 ? (2k ?1)(2k ? 3) ? 4(k ?1)2

4(k ?1)2 2k ? 3

4(2k ? 3)(k ?1)2

?

(4k 2

? 8k ? 3) ? (4k 2 ? 8k 4(2k ? 3)(k ?1)2

? 4)

?

4(2k

?1 ? 3)(k

? 1) 2

?

0

? 2k ?1 ? 1 4(k ?1)2 2k ? 3

即 2k ?1 ? 1 2k ? 2 2k ? 3

即 1 ? 3 ? 5 2k ?1? 2k ?1 ? 1 2 4 6 2k 2(k ?1) 2k ? 3

故当 n ? k ?1时,命题成立. 综上可知,对一切非零自然数 n ,不等式②成立.

………………10 分

②由于 1 ?

2

? 2k ?1 ? 2k ?1 ,

2k ?1 2k ?1 ? 2k ?1

所以 bk ?

1? 2k ?1

2k ?1 ?

2k ?1 ,

从而 b1 ? b2 ? bn ? ( 3 ?1) ? ( 5 ? 3) ? ? ( 2n ?1 ? 2n ?1) ? 2n ?1 ?1.

也即 b1 ? b2 ? bn ? 2an ?1 ?1………………14 分


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