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重庆市杨家坪中学2016-2017学年高二上学期第一次月考文科数学试题(word)


2016-2017 学年度杨家坪中学 10 月(文数)考卷
题号 得分 注意事项: 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一 二 三 总分

第 I 卷(选择题)
评卷人 得分 一、选择题(共 60 分,每小题 5 分)

1.在 ?ABC 中, “ AB ? BC ? 0 ”是“

?ABC 是钝角三角形”的 ( A.充分不必要条件 C.充要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 ) 。

??? ? ??? ?

) .

2.已知命题 p : ?x ? R , sin x ≤1,则( A. ?p : ?x ? R , sin x ≥1 B. ?p : ?x ? R , sin x ≥1 C. ?p : ?x ? R , sin x ? 1 D. ?p : ?x ? R , sin x ? 1

3.光线从点 A(-3,5)射到 x 轴上,经反射以后经过点 B(2,10),则光线从 A 到 B 的距 离为( ) A. D.
2 2 4.若直线 x ? y ? 2 被圆 ( x ? a) ? y ? 4 截得弦长为 2 2 ,则实数 a 的值为(

B.

C.



A. ? 1或 3

B. 1或3
2 2

C. ? 2或6

D. 0或 4

5.平行于直线 2x+y+1=0 且与圆 x +y =5 相切的直线的方程是( ) A.2x+y+5=0 或 2x+y﹣5=0 B.2x+y+ =0 或 2x+y﹣ =0 C.2x﹣y+5=0 或 2x﹣y﹣5=0 D.2x﹣y+ =0 或 2x﹣y﹣ =0
2 6.若命题 p : ?? ? R , cos(? ? ? ) ? cos ? ;命题 q : ? x ? R , x ? 1 ? 0 ,则下面

结论正确的是( A. p 是假命题

) B. q 是真命题
?

C. p ? q 是假命题

D. p ? q 是真命

题 7.已知直线 l1:ax﹣y+2a=0,l2: (2a﹣1)x+ay+a=0 互相垂直,则 a 的值是( A.0 B.1 C.0 或 1 D.0 或﹣1
2 8. 设实数 x, y 满足 x ? ? y ? 1? ? 1 , 当 x ?y ? d? 2



d 的取值范围是 ( 0 恒成立时,
C . ? 2 ? 1, ??



A . ? 2 ? 1, ??

?

?

B .

? ??,

2 ? 1? ?

?

?

D. ??, 2 ? 1?

?

?
) D.20

9.椭圆 A.5

x2 y 2 ? ? 1 的焦距是 2,则 m 的值是( m 4
B.5 或 8 C.3 或 5

10 . 两 圆 C1 : x2 ? y 2 ? 4x ? 4 y ? 7 ? 0, C2 : x 2? y 2 ? 4x ?10 y ?13 ? 0 的 公 切 线 有 ( ) A.2 条 B.3 条 C.4 条 D.以上都不对

11. 若直线 mx+ny+2=0 (m>0, n>0) 截得圆 ( x ? 3)2 ? ( y ? 1)2 ? 1 的弦长为 2, 则 的最小值为( A.4 ) B.12

1 3 ? m n

C.16

D.6 的右焦点为 F(3,0) ,过点 F 的直线交椭圆

12.已知椭圆 E:

E 于 A、B 两点.若 AB 的中点坐标为(1,﹣1) ,则 E 的方程为( ) A. B. C. D.

试卷第 2 页,总 4 页

第 II 卷(非选择题)
评卷人 得分 二、 填空题 (共 20 分每小题 5 分) 13. 命题: “若 a ? b 不为零, 则 a , b 都不为零” 的逆否命题是



14 . 若 圆 C 与 圆 x2 ? y 2 ? 2 x ? 0 关 于 直 线 x ? y ? 1 ? 0 对 称 , 则 圆 C 的 方 程 是 .

15.已知 F1,F2 为椭圆

x2 y2 ? ? 1 的两个焦点,过 F1 的直线交椭圆于 A,B 两点,若 25 9


|F2A|+|F2B|=12,则|AB|= 16.已知正方形 ABCD 的四个顶点在椭圆 焦点 F,则该椭圆的离心率为 评卷人 得分

x y ? 2 ?( 1 a ? b ? 0) 上,AB∥ x 轴,AD 过左 2 a b


三、解答题(共 70 分) 17 . ( 本 题 10 分 ) 过 点 P(3, 0)作 直 线 l , 使 它 被 两 相 交 直 线 2 x ? y ? 2 ? 0 和

x ? y ? 3 ? 0 所截得的线段 AB 恰好被 P 点平分,求直线 l 的方程.
18. (本题 12 分)如图,设 P 是圆 x +y =25 上的动点,点 D 是 P 在 x 轴上的投影,M 为 PD 上一点,且|MD|=
2 2

4 |PD|,当 P 在圆上运动时,求点 M 的轨迹 C 的方程。 5

19. (本题 12 分)设 p:2x -x-1≤0,q:x -(2a-1)x+a(a-1)≤0,若非 q 是非 p 的必要不充分条件, 求实数 a 的取值范围. 20. (本题 12 分) (本小题满分 13 分)已知以点 C (t , )(t ? R , t ? 0) 为圆心的圆与 x 轴 交于点 O 、 A ,与 y 轴交于点 O 、 B ,其中 O 为原点. (1)求证:△

2

2

2 t

AOB 的面积为定值;

(2)设直线 2 x ? y ? 4 ? 0 与圆 C 交于点 M 、 N , 若 | OM |?| ON | ,求圆 C 的方程. 21. (本题 12 分)已知圆 C 经过 P(4,– 2) ,Q(– 1,3)两点,且在 y 轴上截得的 线段长为 4 3 ,半径小于 5.

(1)求直线 PQ 与圆 C 的方程. (2)若直线 l∥PQ,且 l 与圆 C 交于点 A、B, ?AOB ? 90? ,求直线 l 的方程. 22. (本题 12 分)在平面直角坐标系 xOy 中,过点 A(0,1) 作斜率为 k 的直线 l ,若直线 l 与以 C 为圆心的圆 x 2 ? y 2 ? 4 x ? 3 ? 0 有两个不同的交点 P 和 Q . (Ⅰ)求 k 的取值范围;

??? ? ??? ? (Ⅱ)是否存在实数 k ,使得向量 CP ? CQ 与向量 m ? (?2,1) 共线?如果存在,求 k 的
值;如果不存在,请说明理由.

试卷第 4 页,总 4 页

参考答案 1.A 【解析】 试题分析: AB ? BC ? 0 ? BA ? BC ? 0 ? cos B ? 0 ? B ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

?
2

,三角形为钝角三角形,反之

钝角三角形不一定 B 为钝角 考点:充分条件与必要条件 2.C 【解析】 试题分析:全称命题的否定是特称命题,将任意改为存在,并将结论加以否定,因此命题的 否定为 ?x ? R , sin x ? 1 考点:全称命题与特称命题 3.C 【解析】根据光学原理,光线从 A 到 B 的距离,等于点 A 关于 x 轴的对称点 A′到点 B 的距 离,易求 A′(-3,-5). ∴|A′B|= 4.D
2 【解析】 分析: 由圆的方程, 得到圆心与半径, 再求得圆心到直线的距离, 由 d2+( ( ) =r

.

1 2

2

求解.
解答:解:∵圆(x-a)2+y2=4
∴圆心为:(a,0),半径为:2

圆心到直线的距离为:d=

|a?2| 2

∵d

2

?(

2 2 2 ) ? r2 2

解得 a=4,或 a=0 故选 D. 点评:本题主要考查直与圆的位置关系及其方程的应用,是常考题型,属中档题 5.A 【解析】 试题分析:设出所求直线方程,利用圆心到直线的距离等于半径,求出直线方程中的变量, 即可求出直线方程. 解:设所求直线方程为 2x+y+b=0,则, 所以 = ,所以 b=±5,

所以所求直线方程为:2x+y+5=0 或 2x+y﹣5=0 故选:A. 考点:圆的切线方程. 6.D 【解析】

试题分析:对于命题 p ,当 ? ?

?
2

时成立,所以是真命题;对于命题 q ,对于 ? x ? R 都

有 x 2 ? 1 ? 0 ,所以是真命题;应选 D. 考点:命题真假的判断. 7.C 【解析】 试题分析:利用直线垂直的性质求解. 解:∵直线 l1:ax﹣y+2a=0,l2: (2a﹣1)x+ay+a=0 互相垂直, ∴a(2a﹣1)﹣a=0, 解得 a=0 或 a=1. 故选:C. 考点:直线的一般式方程与直线的垂直关系. 8.C 【解析】 试题分析:令 x ? cos ? , y ? 1 ? sin ? ,∴ x ? y ? sin ? ? cos ? 1 ? ? 2sin 而1? 2 ? x ? y ? 1? 2 , 故 d ?? ? x? y 考点: 不等式恒成立,换元法. 9.C 【解析】 试 题 分 析 : 因 为 焦 距 是 2 , 所 以 c ?1 , 当 焦 点 在 必有 d ? ? ?1 ? ? 恒成立,

?? ? ?? ? 1 ? ? ,从 4? ?

2 ? 2 ? 1 .故选 C .

?

x 轴 时 ,

a2 ? m, b2 ? 4,?c2 ? a2 ? b2 ? m ? 4 ? 1 解 得 : m ? 5 , 当 焦 点 在 y 轴 时 , a2 ? 4, b2 ? m,?c2 ? a2 ? b2 ? 4 ? m ? 1 解得: m ? 3 ,故选择 C.
考点:椭圆简单的几何性质. 10.B 【解析】 试 题 分 析 : 圆 心 C1 (?2, 2) , 半 径 r1 ? 1 , 圆 心 C2 (2,5) , 半 径 r2 ? 4 , 圆 心 距

C1C2 ? 5 ? r1 ? r2 ,
即两圆外切,公切线有 3 条,故选 B. 考点:圆与圆的位置关系的判定与应用. 11.D 【解析】 试题分析: 由题意知圆的半径为 1, 然后截得的弦长为 2, 所以直线经过圆心, 即 3m ? n ? 2 , 所以 2(

1 3 1 3 9m n 1 当且仅当 m ? , n ? 1 时, 等号成立. 所 ? ) ? (3m ? n)( ? ) ? 6 ? ? ? 12 , m n m n n m 3



1 3 ? ? 6 ,故选 D. m n

考点:直线与圆的位置关系,基本不等式. 【易错点睛】本题要发现直线经过圆心,需要有一定观察和分析能力,是本题的难点和亮 点.利用常数代换对

1 3 ? 进行恒等变形,这样便可以直接运用基本不等式求最值,学生 m n

常见的错误在于运用 2 次不等式求最值,但是没有注意到两次等号不能同时成立. 12.D 【解析】

试题分析:设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,代入椭圆方程得

,利用“点差法”可得

x1 ? x 2 a
2

?

y1 ? y2 y1 ? y2 ? ? 0 利用中点坐标公式可得 x1+x2=2,y1+y2=﹣2,利用斜率计算公式 x1 ? x 2 b2

可得

=
2

=
2

.于是得到

, 化 为 a =2b , 再 利 用

2

2

c=3=

,即可解得 a ,b .进而得到椭圆的方程.

解:设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,

代入椭圆方程得



相减得 ∴
x1 ? x 2 a
2


? y1 ? y 2 y1 ? y 2 ? ?0 x1 ? x 2 b2

∵x1+x2=2,y1+y2=﹣2,

=

= .





化为 a =2b ,又 c=3=

2

2

,解得 a =18,b =9.

2

2

∴椭圆 E 的方程为



故选 D. 考点:椭圆的标准方程. 13.若 a , b 至少有一个为零,则 a ? b 为零 【解析】若 a , b 至少有一个为零,则 a ? b 为零 14. ( x ?1)2 ? ( y ? 2)2 ? 1 . 【解析】 试题分析:将圆的方程化为标准方程 ( x ? 1)2 ? y 2 ? 1 ,圆心坐标为 (?1, 0) ,半径 r ? 1 ,设

C ( x, y ) ,

? y ?1 ? ?x ? 1 ? x ?1 则? ,∴ ? ,∴圆 C 的方程是 ( x ?1)2 ? ( y ? 2)2 ? 1 . ?y ? 2 ? x ?1 ? y ?1 ? 0 ? ? 2 2
考点:圆的标准方程. 15.8 【解析】 试 题 分 析 : 由 方 程 可 知 a ? 25 ? a ? 5, 由 椭 圆 定 义 可 知 ? AB ? AF2 ? BF2 ? 4a
2

? AB ? 4a ? 12 ? 8
考点:椭圆的定义 点评:到两定点 F1 , F2 的距离之和等于定值 2a ( F1F2 ? 2a )的动点的轨迹是椭圆,所以 本题中 AB ? AF2 ? BF2 ? 4a

16.

5 ?1 2

【解析】略 17. 8x ? y ? 24 ? 0 【解析】 试题分析:设 A 点坐标 ( x1 , y1 ) , 线段 AB 的中点为 P(3, 0) ,

∴ 由中点公式,可设 B 点坐标为 (6 ? x1 , ? y1 )

A , B 两点分别在直线 2 x ? y ? 2 ? 0 和 x ? y ? 3 ? 0 上,

∴?

?2 x1 ? y1 ? 2 ? 0 11 16 解得 x1 ? , y1 ? , 3 3 ?(6 ? x1 ) ? (? y1 ) ? 3 ? 0

由两点式可得直线 l 的方程为 8x ? y ? 24 ? 0 . 考点:直线方程 点评:直线方程有多种形式:点斜式,斜截式,两点式,截距式,一般式,在求直线方程时 要结合已知条件选用合适的方程形式,本题已知中出现的点较多,因此采用两点式的思路, 去求出另一点坐标

x2 y 2 ? ?1 18. 25 16
【解析】 试题分析:这是一道典型的关于轨迹问题的题目,通常的解法:①设出所求轨迹点的坐标; ②找出已知点的坐标与其之间的等量关系; ③代入已知点的轨迹方程; ④求出所求点的轨迹 方程.在此题的解答过程中, 可以先设出所求点 M 的坐标 ? x, y ? , 已知点 P 的坐标 ? xP , yP ? , 由“点 D 是 P 在 x 轴上的投影”且“ MD ?

4 PD ”得到点 M 与点 P 坐标之间的等量关 5

? xP ? x ? 系? 又由于点 P 是已知圆上的点, 将其坐标代入圆方程, 经整理即可得到所点 M 5y , y ? P ? ? 4
的轨迹方程.

? xP ? x ? 试题解析:设 M 的坐标为 ? x, y ? , P 的坐标为 ? xP , yP ? ,则由已知得 ? 5y yP ? ? ? 4
2 2

5分

x2 y 2 ? 5y ? 因为点 P 在圆上,所以 x ? ? ? ? 25 ,即所求点 M 的轨迹 C 的方程为 25 ? 16 ? 1 . ? 4 ?
10 分 考点:轨迹问题 19.

1 ? a ?1 2

【解析】 试题分析: 本题由非 q 是非 p 的必要不充分条件,分析可得 q 是 p 的充分不必要条件(逆 否命题) ,再由集合思想可得易得 Q ? P ,集合数轴可求出 a 的取值范围。 试题解析:由 2x -x-1≤0 得 ?
2

1 ? 1 ? x ? 1 . 记 P= ? ? ,1? 2 ? 2

由 x -(2a-1)x+a(a-1)≤0 得 a-1≤x≤a. 记 Q= ? a ?1, a?
2

因为非 q 是非 p 的必要不充分条件,即 q 是 p 的充分不必要条件, 得:Q 是 P 的真子集, a ? 1 ≥ ?

1 1 ,且 a≤1 ,得; ? a ? 1 2 2

【考点】逆否命题及充要条件与子集思想. 20. (1)见解析(2) ( x ? 2)2 ? ( y ? 1)2 ? 5 【解析】 试题分析:

2 2 2 4 2 (1)证明:由题设知,圆 C 的方程为 ( x ? t ) ? ( y ? ) ? t ? 2 , t t

4 y ? 0 ,当 y ? 0 时, x ? 0 或 2t ,则 A(2t ,0) ; t 4 4 当 x ? 0 时, y ? 0 或 ,则 B(0, ) , t t
2 2 化简得: x ? 2tx ? y ?

1 1 4 ? S?ABC ? ? OA ? OB ? ? 2t ? ? 4 为定值. 2 2 t
(2)因为 | OM |?| ON | ,所以原点 O 在 MN 的中垂线上, 设 MN 的中点为 H ,则 CH ? MN ,?C 、 H 、 O 三点共线,

??6 分

2 2 1 则直线 OC 的斜率 k ? t ? 2 ? ,?t ? 2 或 t ? ?2 . t t 2
? 圆心为 C (2,1) 或 C (?2, ?1) ,
2 2 ? 圆 C 的方程为 ( x ? 2) ? ( y ? 1) ? 5 或 ( x ? 2) ? ( y ? 1) ? 5 ,

2

2

2 2 由于当圆方程为 ( x ? 2) ? ( y ? 1) ? 5 时,直线 2 x ? y ? 4 ? 0 到圆心的距离 d ? r ,此时不

满足直线与圆相交,故舍去,? 圆 C 的方程为 ( x ? 2)2 ? ( y ? 1)2 ? 5 .

??13 分

考点:本小题主要考查圆的标准方程、三角形面积公式、直线与圆的位置关系,考查学生数 形结合数学思想的应用和运算求解能力. 点评:解决此类问题时,要注意数形结合数学思想的应用. 21.

3? 2 ? ( x ? 1) 即 x ? y ? 2 ? 0 ???????3 分 ?1 ? 4 3? 2 4 ?1 C 在 PQ 的中垂线 y ? ? 1? ( x ? )即y = x – 1上 2 2
解:(1) PQ 为 y ? 3 ? 设 C(n,n – 1) ,则 r 2 ? | CQ | 2 ? (n ? 1)2 ? (n ? 4)2 由题意,有 r 2 ? (2 3)2 ? | n | 2 ∴圆 C 为 ( x ? 1)2 ? y 2 ? 13 ∴ n2 ? 12 ? 2n2 ? 6n ? 17 ∴ n = 1 或 5,r = 13 或 37(舍)
2

???????8 分

解法二:设所求圆的方程为 x2 ? y 2 ? Dx ? Ey ? F ? 0
?4 D ? 2 E ? F ? ?20 ? D ? ?2 ? D ? ?10 ? ? ? 或 ? E ? ?8 由已知得 ? D ? 3E ? F ? 10 解得 ? E ? 0 ? F ? ?12 ?F ? 4 ? 2 ? ? ? E ? 4 F ? 48
? D ? ?2 ? D ? ?10 ? ? 当 ?E ? 0 时, r ? 13 ? 5 ;当 ? E ? ?8 时, r ? 37 ? 5 (舍) ? F ? ?12 ?F ? 4 ? ?

∴ 所求圆的方程为 x2 ? y 2 ? 2x ? 12 ? 0 (2) 设 l 为 x ? y ? m ? 0
?x ? y ? m ? 0 由? ,得 2 x2 ? (2m ? 2) x ? m2 ? 12 ? 0 2 2 ( x ? 1) ? y ? 13 ?

???????10 分

设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,则 x1 ? x2 ? 1 ? m,x1 x2 ? ∵ ?AOB ? 90? , ∴ ∴ x1 x2 ? y1 y2 ? 0

m2 ? 12 2

x1 x2 ? ( x1 ? m)( x2 ? m) ? 0
∴ m = 3 或 – 4(均满足 ? ? 0 )

???????12 分

∴ m2 ? m ? 12 ? 0

∴ l 为 x? y?3?0 或 x? y?4?0

???????15 分

【解析】略 22. (Ⅰ) ? ? k ? 0 (Ⅱ)存在, k ? ?

4 3

1 2

【解析】 试题分析:第一问利用直线与圆交于不同的两点即判别式大于 0,第二问首先假设共线,利 用 共 线 向 量 的 坐 标 关 系 得 x1 ? x2 ? 4 ? 2( y1 ? y2 ) ? 0 , 进 一 步 消 元 得 到

(1 ? 2k )(4 ? 2k ) ? 0 ,求的 k 的值. 1? k2 试题解析:解: ( Ⅰ ) 直 线 l 的 斜 率 存 在 , 设 其 方 程 为 : y ? kx ? 1 , 圆 的 方 程 :
x2 ? y 2 ? 4x ? 3 ? 0 ,
联立并消元得 (1 ? k 2 ) x2 ? (2k ? 4) x ? 4 ? 0 , 设两个交点的坐标分别为 P( x1 , y1 ) , Q( x2 , y2 ) , 由韦达定理得: x1 ? x2 ?

4 ? 2k 4 , , x1 ? x2 ? 2 1? k 1? k2

由直线与圆有两个不同的交点可知 ? ? (2k ? 4)2 ? 16(1 ? k 2 ) ? 0, 解不等式得 ? ? k ? 0 . 另解:借助圆心到直线的距离小于半径求解. (Ⅱ)存在,实数 k ? ? ,理由如下: 由(Ⅰ)假设可得 CP ? ( x1 ? 2, y1 ), CQ ? ( x2 ? 2, y2 ), 所以 CP ? CQ ? ( x1 ? x2 ? 4, y1 ? y2 ) ,又 m ? (?2,1) ,

4 3

??? ?

1 2

??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ? 由向量 CP ? CQ 与 m ? (?2,1) 共线可知 x1 ? x2 ? 4 ? 2( y1 ? y2 ) ? 0 ,?(※)
而 y1 ? kx1 ? 1, y2 ? kx2 ? 1 ,得 y1 ? y2 ? k ( x1 ? x2 ) ? 2 , 代入(※)式化简得 (1 ? 2k )( x1 ? x2 ) ? 0 ,

1 (1 ? 2k )(4 ? 2k ) , ? 0 ,解得 k ? ? 或 k ? 2 (舍去) 2 2 1? k 1 所以存在 k ? ? 满足题意. 2
从而得到 考点:直线与圆的位置关系的判定,向量共线,开放性问题的求解思路.


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