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2011届高三数学冲刺复习单元测试题1


江苏省常州市中学 2011 高考冲刺复习单元卷—函数 1
一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分。不需要写出解答过程,请把答案直 接填空在答题卷相应位置上。 1、函数 f ( x ) ?

1 的定义域为 log 2 (? x ? 4 x ? 3)
2





?| x ? 1| ?2,| x |? 1, 1 ? 2、设 f(x)= ? 1 ,则 f[f( )]= , | x |? 1 2 ? ?1 ? x 2





3、已知 f ( 2 x ) 的定义域为 [0,2] ,则 f (log 2 x) 的定义域为 4、若 a ? 20.5 , b ? log π 3 , c ? log 2 sin



。 ▲ 。

2π ,则 a、b、c 从大到小的顺序是 5

4? , 5、若函数 f ( x ) ? ( x ? a )(bx ? 2a ) (常数 a,b ? R )是偶函数,且它的值域为 ? ??,
则该函数的解析式 f ( x) ? ▲ 。 ▲ 。

6、 2, 3, 若不等式|3x-b|<4 的解集中的整数有且仅有 1, 则 b 的取值范围为 7、定义运算法则如下:
1 1 1 ? 1 8 1 a ? b ? a 2 ? b 3 , a ? b ? lg a 2 ? lg b 2 , M ? 2 ? ,N ? 2? , 4 125 25

则 M+N=




2x

8、设 0 ? a ? 1 ,函数 f ( x) ? log a ( a

? 2a x ? 2) ,则使 f ( x) ? 0 的 x 取值范围是
x ?1 x ?1





?| lg | x ? 1 ||, 9、 设定义域为 R 的函数 f ( x ) ? ? 0, ?
7 个不同实数解的充要条件是 ▲ 。

, 则关于 x 的方程 f 2 ( x) ? bf ( x ) ? c ? 0 有

10、设方程 2 ln x ? 7 ? 2 x 的解为 x0 ,则关于 x 的不等式 x ? 2 ? x0 的最大整数解为 ▲ 。
2 11、 若关于 x 的不等式 x ? 2 ? x ? t 至少有一个负数解, 则实数 t 的取值范围是





3 12、 设 f ( x ) ? x ? log 2 x ?

?

x 2 ? 1 ,则对任意实数 a, b ,a ? b ? 0 是 f (a) ? f (b) ? 0 的

?



条件。

13、已知函数 y ? xf ?( x) 的图象如左图所示(其中 f '( x) 是函数 f ( x ) 的导函数),下面四个图 象中 y ? f ( x ) 的图象大致是 ▲ 。

y
1 - 2 -1 O -1 1 2

y
2

y

y
4 2 1 O 1 -- x - (C ) 4 2

y

x

2 1 O -- 1 2 - (A )

x

1 x O -- 1 2 - ( B)

- -O 2 x ( D)

a 是实数,函数 f ( x ) ? 2ax 2 ? 2 x ? 3 ? a .如果函数 y ? f ( x ) 在区间[-1,1]上有零点,则 a 14、
的取值范围是 ▲ 。 二、解答题:本大题共 6 小题,共 90 分。请在指定区域内作答,解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤。 15、已知二次函数 f(x)=ax2+bx,(a,b 为常数,且 a≠0)满足条件 f(-x+5) =f(x-3),且 方程 f(x)=x 有两个相等的实根。 (1)求 f(x)的解析式; (2)是否存在实数 m,n(m<n),使 f(x)的定义域和值域分别为[m,n]与[3m,3n],若存在,求出 m,n 的值,若不存在,请说明理由。 16、某投资公司计划投资 A 、 B 两种金融产品,根据市场调查与预 测, A 产品的利润与投资量成正比例,其关系如图 1, B 产品的利 润与投资量的算术平方根成正比例,其关系如图 2, (注:利润与投 资量单位:万元) (1) 分别将 A 、 B 两产品的利润表示为投资量的函数关系式; (2) 该公司已有 10 万元资金,并全部投入 A 、 B 两种产品中,问: 怎样分配这 10 万元投资,才能使公司获得最大利润?其最大利润为 多少万元?

y
0.3 0.2

o

1

1.5

x

y 图1
2. 4 1. 6

17、设函数 f ( x) ? tx 2 ? 2t 2 x ? t ? 1( x ? R,t ? 0) . (1)求 f ( x ) 的最小值 h(t ) ;

o

4

9

x

图2

2) 恒成立,求实数 m 的取值范围. (2)若 h(t ) ? ?2t ? m 对 t ? (0,
x 18、已知函数 f ( x ) ? 2 ?

a . 2x

(1) 若 f ( x ) 为奇函数,求 a 的值. (2) 将 y ? f ( x ) 的图象向右平移两个单位,得到 y ? g ( x ) 的图象.求函数 y ? g ( x ) 的解析 式; (3) 若函数 y ? h( x ) 与函数 y ? g ( x ) 的图象关于直线 y ? 1 对称,求函数 y ? h( x ) 的解析 式;

(4) 设 y ? h( x ) 的最大值是 m ,且 m ? 2 ? 7, 求实数 a 的取值范围.

19、设 x1 、 x2 ( x1 ? x2 ) 是函数 f ( x) ? ax 3 ? bx 2 ? a 2 x ( a ? 0) 的两个极值点. (1)若 x1 ? ?1, x2 ? 2 ,求函数 f ( x ) 的解析式; (2)若 | x1 | ? | x2 |? 2 2 ,求 b 的最大值; (3)设函数 g ( x ) ? f ' ( x ) ? a( x ? x1 ) , x ? ( x1 , x2 ) ,当 x2 ? a 时,求证:

g ( x) ≤

1 a(3a ? 2) 2 。 12

20、已知函数 f ( x ) 的定义域为 [0,1] ,且同时满足:① f (1) ? 3 ;② f ( x) ? 2 恒成立;③若

x1 ? 0, x2 ? 0, x1 ? x2 ? 1 ,则有 f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 。
(1)试求函数 f ( x ) 的最大值和最小值; 1 1 (2)试比较 f ( n ) 与 n ? 2 的大小 ( n ? N) ; 2 2 1 (3)某人发现:当 x=2n(n?N)时,有 f(x)<2x+2.由此他提出猜想:对一切 x?(0,1 ] ,都有 f ( x) ? 2 x ? 2 ,请你判断此猜想是否正确,并说明理由。

参考答案
一、填空题: 1、函数 f ( x ) ?

1 的定义域为 log 2 (? x ? 4 x ? 3)
2



。(1,3)

?| x ? 1| ?2,| x |? 1, 1 ? 2、设 f(x)= ? 1 ,则 f[f( )]= , | x |? 1 2 ? ?1 ? x 2





4 13
▲ 。 [2,16] ▲ 。

3、已知 f ( 2 x ) 的定义域为 [0,2] ,则 f (log 2 x) 的定义域为 4、若 a ? 20.5 , b ? log π 3 , c ? log 2 sin a>b>c

2π ,则 a、b、c 从大到小的顺序是 5

4? , 5、若函数 f ( x ) ? ( x ? a )(bx ? 2a ) (常数 a,b ? R )是偶函数,且它的值域为 ? ??,
则该函数的解析式 f ( x) ?

?2 x 2 ? 4





条件。 ▲ 。

6、 2, 3, 若不等式|3x-b|<4 的解集中的整数有且仅有 1, 则 b 的取值范围为 ( 5, 7)

7、定义运算法则如下:
1 1 1 ? 1 8 1 a ? b ? a 2 ? b 3 , a ? b ? lg a 2 ? lg b 2 , M ? 2 ? ,N ? 2? , 4 125 25

则 M+N=




2x

8 、 设 0 ? a ? 1 , 函 数 f ( x) ? log a ( a ▲ 。 ( ??, log a 3)

? 2a x ? 2) , 则 使 f ( x) ? 0 的 x 取 值 范 围 是

解 析 : 因 为 0 ? a ? 1 , 由 log a ( a 2 x ? 2a x ? 2) ? 0 得 : a 2 x ? 2a x ? 2 ? 1 , 即 :

(a x ? 3)(a x ? 1) ? 0 ,所以 a x ? 3 ,故 x ? log a 3 ,故选 C.





?| lg | x ? 1 ||, 9、 设定义域为 R 的函数 f ( x ) ? ? 0, ?

x ?1 x ?1

, 则关于 x 的方程 f 2 ( x) ? bf ( x ) ? c ? 0 有

7 个不同实数解的充要条件是 ▲ 。 (A) b ? 0 且 c ? 0 (B) b ? 0 且 c ? 0 (C) b ? 0 且 c ? 0 (D) b ? 0 且 c ? 0 f ( x ) 解析:由 图象知要使方程有 7 解,应有 f ( x) ? 0 有 3 解, f ( x) ? 0 有 4 解.则 c ? 0, b ? 0 ,选 C. 10、已知函数 y ? xf ?( x) 的图象如左图所示( 其中 f '( x) 是 函数 f ( x ) 的导函数), 下面四个图象中 y ? f ( x ) 的图象大 致是 ▲ 。C

y

?

O

1

2

x

y
1 - 2 -1 O -1 1 2

y
2

y

y
4 2 1 O 1 -- x - (C ) 4 2

y

x

2 1 O -- 1 2 - A ( )

x

1 x O -- 1 2 - ( B)

- -O 2 x ( D)

11、 设方程 2 ln x ? 7 ? 2 x 的解为 x0 ,则关于 x 的不等式 x ? 2 ? x0 的最大整数解为___▲___。 4
2 12 、 若 关 于 x 的 不 等 式 x ? 2 ? x ? t 至 少 有 一 个 负 数 解 , 则 实 数 t 的 取 值 范 围 是

____▲____。 ? ?

? 9 ? , 2? ? 4 ?

3 13、 设 f ( x ) ? x ? log 2 x ?

?

x 2 ? 1 ,则对任意实数 a, b ,a ? b ? 0 是 f (a) ? f (b) ? 0 的

?



条件。充要

a 是实数,函数 f ( x ) ? 2ax 2 ? 2 x ? 3 ? a .如果函数 y ? f ( x ) 在区间[-1,1]上有零点,则 a 14、
的取值范围是 二、解答题: 15、已知函数 y ? kx 与 y ? x 2 ? 2( x ≥ 0) 的图象相交于 A( x1,y1 ) , B ( x2,y2 ) , l1 , l2 分 别是 y ? x ? 2( x ≥ 0) 的图象在 A,B 两点的切线, M ,N 分别是 l1 , l2 与 x 轴的交点.
2



。 ( ??,

?3 ? 7 1 ] ? [ , ??) 2 2

(I)求 k 的取值范围; (II)设 t 为点 M 的横坐标,当 x1 ? x2 时,写出 t 以 x1 为自变量的函数式,并求其定义域和 值域; (III)试比较 OM 与 ON 的大小,并说明理由( O 是坐标原点) .

解: (I)由方程 ?

? y ? kx,
2 ?y ? x ? 2

消 y 得 x 2 ? kx ? 2 ? 0 . ①

依题意,该方程有两个正实根, 故?

?? ? k 2 ? 8 ? 0,

? x1 ? x2 ? k ? 0,

解得 k ? 2 2 .

(II)由 f ?( x) ? 2 x ,求得切线 l1 的方程为 y ? 2 x1 ( x ? x1 ) ? y1 ,
2 由 y1 ? x1 ? 2 ,并令 y ? 0 ,得 t ?

x1 1 ? 2 x1

x1 , x2 是方程①的两实根,且 x1 ? x2 ,故 x1 ?

k ? k2 ? 8 4 ? ,k ? 2 2 , 2 k ? k2 ?8

x1 是关于 k 的减函数,所以 x1 的取值范围是 (0, 2) . t 是关于 x1 的增函数,定义域为 (0, 2) ,所以值域为 ( ??,0) ,
(III)当 x1 ? x2 时,由(II)可知 OM ? t ? ?

x1 1 ? . 2 x1

类似可得 ON ?

x2 1 x ?x x ?x ? . OM ? ON ? ? 1 2 ? 1 2 . 2 x2 2 x1 x2

由①可知 x1 x2 ? 2 .

从而 OM ? ON ? 0 . 当 x2 ? x1 时,有相同的结果 OM ? ON ? 0 . 所以 OM ? ON .

(a, b 为常数, 已知二次函数 f(x)=x2+bx, 且 a≠0)满足条件 f(-x+5) =f(x-3), 且方程 f(x)=x 有两个相等的实根。 (Ⅰ)求 f(x)的解析式; (Ⅱ)是否存在实数 m,n(m<n),使 f(x)的定义域和值域分别为[m,n]与[3m,3n]?

16、知:函数 f ( x) ? x 2 ? 2bx ? c(c ? b ? 1) , f (1) ? 0 ,且方程 f ( x ) ? 1 ? 0 有实根。 (1)求证: ?3 ? c ? ?1 且 b ? 0 ; (2)若 m 是方程 f ( x ) ? 1 ? 0 的一个实根,判断 f (m ? 4) 的正负并加以证明。 【解析】 : (1) f (1) ? 0 ? 1 ? 2b ? c ? 0 ? b ? ? 又 c<b<1,故 c ? ?

c ?1 , 2

c ?1 1 ? 1 ? ?3 ? c ? ? 2 3
2

方程 f(x)+1=0 有实根,即 x 2 ? 2bx ? c ? 1 ? 0 有实根,故△= 4b ? 4(c ? 1) ? 0 即 (c ? 1) ? 4(c ? 1) ? 0 ? c ? 3 或 c ? ?1 又 c<b<1,得-3<c≤-1,由 b ? ?
2

c ?1 知b ? 0 . 2

2 2 (2) f ( x) ? x ? 2bx ? c ? x ? (c ? 1) x ? c ? ( x ? c)( x ? 1) , f ( m) ? ?1 ? 0 ,

∴ ∴

c<m<1



c ? 4 ? m ? 4 ? ?3 ? c ,


f ( m ? 4) ? ( m ? 4 ? c)( m ? 4 ? 1) ? 0 ,

f (m ? 4) 的符号为正。

17、设函数 f ( x) ? tx 2 ? 2t 2 x ? t ? 1( x ? R,t ? 0) . (Ⅰ)求 f ( x ) 的最小值 h(t ) ;

2) 恒成立,求实数 m 的取值范围. (Ⅱ)若 h(t ) ? ?2t ? m 对 t ? (0,
解: (Ⅰ)? f ( x) ? t ( x ? t ) 2 ? t 3 ? t ? 1( x ? R,t ? 0) ,

? 当 x ? ?t 时, f ( x ) 取最小值 f (?t ) ? ?t 3 ? t ? 1 ,

即 h(t ) ? ?t 3 ? t ? 1 . (Ⅱ)令 g (t ) ? h(t ) ? ( ?2t ? m) ? ?t 3 ? 3t ? 1 ? m , 由 g ?(t ) ? ?3t ? 3 ? 0 得 t ? 1 , t ? ?1 (不合题意,舍去) . 当 t 变化时 g ?(t ) , g (t ) 的变化情况如下表:
2

t

(0, 1)
?
递增

1
0
极 大 值

(1, 2)
?
递减

g ?(t ) g (t )

1? m

? g (t ) 在 (0, 2) 内有最大值 g (1) ? 1 ? m . h(t ) ? ?2t ? m 在 (0, 2) 内恒成立等价于 g (t ) ? 0 在 (0, 2) 内恒成立,
即等价于1 ? m ? 0 , 所以 m 的取值范围为 m ? 1 .

2x ? a (x∈R)在区间[-1,1]上是增函数., (1)求实数 a 的值组成的集合 A; x2 ? 2 1 (2)设关于 x 的方程 f(x)= 的两个非零实根为 x1、x2.试问:是否存在实数 m,使得不等 x
18、已知 f(x)= 式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立?若存在,求 m 的取值范围;若 不存在,请说明理由. 解: (1)f'(x)=

4 ? 2ax ? 2 x 2 ? 2( x 2 ? ax ? 2) = , ( x 2 ? 2) 2 ( x 2 ? 2) 2

∵f(x)在[-1,1]上是增函数, ∴f'(x)≥0 对 x∈[-1,1]恒成立, 即 x2-ax-2≤0 对 x∈[-1,1]恒成立. 设? (x)=x2-ax-2, ①? ?



?? (1)=1-a-2 ? 0 ?? (-1)=1+a-2 ? 0 ? -1≤a≤1,

1], f(x)是连续函数, f' (-1)=0 以及当 a=-1 时, f' (1)=0 ∵对 x∈[-1, 且只有当 a=1 时, ∴A={a|-1≤a≤1}.

(2)由

2x ? a 1 = ,得 x2-ax-2=0, x2 ? 2 x

∵△=a2+8>0

∴x1,x2 是方程 x2-ax-2=0 的两非零实根,

x1+x2=a, ∴ x1x2=-2, ∵-1≤a≤1,∴|x1-x2|= a 2 ? 8 ≤3. 要使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立, 当且仅当 m2+tm+1≥3 对任意 t∈[-1,1]恒成立, 即 m2+tm-2≥0 对任意 t∈[-1,1]恒成立. ② g(t)=m2 tm 2=mt (m2 2) 设 + - + - , 方法一: g(-1)=m2-m-2≥0, ? ② g(1)=m2+m-2≥0, ? m≥2 或 m≤-2. 所以,存在实数 m,使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立,其 取值范围是{m|m≥2,或 m≤-2}. 方法二: 当 m=0 时,②显然不成立; 当 m≠0 时, m>0, m<0, ②? 或 g(-1)=m2-m-2≥0 g(1)=m2+m-2≥0 ? m≥2 或 m≤-2. 所以,存在实数 m,使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立,其 取值范围是{m|m≥2,或 m≤-2}. 从而|x1-x2|= ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 = a 2 ? 8 .

19、设 x1 、 x2 ( x1 ? x2 ) 是函数 f ( x) ? ax 3 ? bx 2 ? a 2 x ( a ? 0) 的两个极值点. (1)若 x1 ? ?1, x2 ? 2 ,求函数 f ( x ) 的解析式; (2)若 | x1 | ? | x2 |? 2 2 ,求 b 的最大值; ( 3 ) 设 函 数 g ( x ) ? f ' ( x ) ? a( x ? x1 ) , x ? ( x1 , x2 ) , 当 x2 ? a 时 , 求 证 :

g ( x) ≤

1 a(3a ? 2) 2 . 12

【解析】 : (I)∵ f ( x) ? ax 3 ? bx 2 ? a 2 x ( a ? 0) ,∴ f ?( x) ? 3ax 2 ? 2bx ? a 2 ( a ? 0)

依题意有 ?

?3a ? 2b ? a 2 ? 0 ? f ?(?1) ? 0 ? (a ? 0) . ,∴ ? 2 ? 12 a ? 4 b ? a ? 0 ? f ?(2) ? 0 ?

解得 ?

?a ? 6 ,∴ f ( x) ? 6 x 3 ? 9 x 2 ? 36 x . b ? ? 9 ?

(II)∵ f ?( x) ? 3ax 2 ? 2bx ? a 2 ( a ? 0) , 依题意, x1 , x2 是方程 f ?( x ) ? 0 的两个根,且 | x1 | ? | x2 |? 2 2 , ∴ ( x1 ? x 2 ) ? 2 x1 x 2 ? 2 | x1 x 2 |? 8 。 ∴ b 2 ? 3a 2 (6 ? a) 。
2

2

即: ( ?

2b 2 a a ) ? 2 ? (? ) ? 2 | ? |? 8 , 3a 3 3

∵ b 2 ≥ 0 ,∴ 0 ? a ≤ 6 .
2

设 p( a ) ? 3a (6 ? a ) ,则 p?( a ) ? ?9a ? 36a . 由 p?(a ) ? 0 得 0 ? a ? 4 ,由 p?(a ) ? 0 得 a ? 4 . 即:函数 p(a ) 在区间 (0, 4] 上是增函数,在区间 [4, 6] 上是减函数, ∴当 a ? 4 时, p(a ) 有极大值为 96,∴ p(a ) 在 (0,6] 上的最大值是 96, ∴ b 的最大值为 4 6 . (III) 证明:∵ x1 , x 2 是方程 f ' ( x ) ? 0 的两根, ∴ f ' ( x ) ? 3a( x ? x1 )( x ? x2 ) .

a 1 , x2 ? a ,∴ x1 ? ? . 3 3 1 1 1 ∴ | g ( x ) |?| 3a ( x ? )( x ? a ) ? a( x ? ) |?| a( x ? )[3( x ? a) ? 1] | 3 3 3 1 1 ∵ x1 ? x ? x2 ,即 ? ? x ? a. ∴ | g ( x ) |? a ( x ? )( ?3 x ? 3a ? 1) 3 3
∵ x1 ? x2 ? ?

1 3a ? 1 a 2 3a 3 1 | g ( x ) | ? ? 3 a ( x ? )( x ? ) ∴ ? ?3a ( x ? ) ? ? a2 ? a 3 3 2 4 3



3a 3 1 a(3a ? 2) 2 . ? a2 ? a ? 4 3 12
a (3a ? 2) 2 12

∴ | g ( x) | ≤

20、已知函数 f ( x) 的定义域为 [0,1] ,且同时满足:① f (1) ? 3 ;② f ( x ) ? 2 恒成立;③若

x1 ? 0, x2 ? 0, x1 ? x2 ? 1 ,则有 f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 .
(1)试求函数 f ( x) 的最大值和最小值;

1 1 ) 与 n ? 2 的大小 ( n ? N) ; 2n 2 1 (3)某人发现:当 x=2n(n?N) 时,有 f(x)<2x+2.由此他提出猜想:对一切 x?(0,1 ] ,都有
(2)试比较 f (

f ( x) ? 2 x ? 2 ,请你判断此猜想是否正确,并说明理由.
解: (1)设 0≤x1<x2≤1,则必存在实数 t?(0,1),使得 x2=x1+t, 由条件③得,f(x2)=f(x1+t)?f(x1)+f(t)-2, ∴f(x2)-f(x1)?f(t)-2, 由条件②得, f(x2)-f(x1)?0, 故当 0≤x≤1 时,有 f(0)≤f(x)≤f(1). 又在条件③中,令 x1=0,x2=1,得 f(1)?f(1)+f(0)-2,即 f(0)≤2,∴f(0)=2, 故函数 f(x)的最大值为 3,最小值为 2. 1 1 1 1 1 1 (2)解:在条件③中,令 x1=x2=2n,得 f(2n-1)?2f(2n)-2,即 f(2n)-2≤2[f(2n-1)-2], 1 1 1 1 1 1 1 1 故当 n?N*时,有 f(2n)-2≤2[f(2n-1)-2]≤22[f(2n-2)-2]≤· · ·≤2n[f(20)-2]=2n, 1 1 即 f(2n)≤2n+2. 1 1 又 f(20)=f(1)=3≤2+20, 1 1 所以对一切 n?N,都有 f(2n)≤2n+2. (3)对一切 x?(0,1 ] ,都有 f ( x) ? 2 x ? 2 . 对任意满足 x?(0,1 ] ,总存在 n(n?N),使得 1 1 <x ≤ 2n+1 2n, 根据(1) (2)结论,可知: 1 1 f(x)≤f(2n)≤2n+2, 1 1 且 2x+2>2?2n+1+2=2n+2, 故有 f ( x) ? 2 x ? 2 . 综上所述,对任意 x?(0,1 ] , f ( x) ? 2 x ? 2 恒成立.


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