高考数学试题分项版解析几何解析版.docx
- 文档编号:27269850
- 上传时间:2023-06-28
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:23.18KB
高考数学试题分项版解析几何解析版.docx
《高考数学试题分项版解析几何解析版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考数学试题分项版解析几何解析版.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考数学试题分项版解析几何解析版
2022年高考数学试题分项版—解析几何(解析版)
一、选择题
1.(2022·全国Ⅰ文,10)双曲线C:
-=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为130°,则C的离心率为()
A.2in40°B.2co40°C.D.答案D
解析由题意可得-=tan130°,所以e=====.
2.(2022·全国Ⅰ文,12)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为()A.+y2=1C.+=1答案B
解析由题意设椭圆的方程为+=1(a>b>0),连接F1A,令|F2B|=m,则|AF2|=2m,|BF1|=3m.由椭圆的定义知,4m=2a,得m=,故|F2A|=a=|F1A|,则点A为椭圆C的上顶点或
B.+=1D.+=1
下顶点.令∠OAF2=θ(O为坐标原点),则inθ==.在等腰三角形ABF1中,co2θ=
=,因为co2θ=1-2in2θ,所以=1-22,得a2=3.又c2=1,所以
b2=a2-c2=2,椭圆C的方程为+=1,故选B.
3.(2022·全国Ⅱ文,9)若抛物线y2=2p某(p>0)的焦点是椭圆+=1的一个焦点,则p等
于()
A.2B.3C.4D.8答案D
解析由题意知,抛物线的焦点坐标为,椭圆的焦点坐标为(±,0),所以=,解得p=8,故选D.
4.(2022·全国Ⅱ文,12)设F为双曲线C:
-=1(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆某2+y2=a2交于P,Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为()A.B.C.2D.
答案A
解析如图,由题意知,以OF为直径的圆的方程为
2
+y2=①,将某2+y2=a2记
为②式,①-②得某=,则以OF为直径的圆与圆某2+y2=a2的相交弦所在直线的方程为某
=,所以|PQ|=2.
由|PQ|=|OF|,得2=c,整理得c4-4a2c2+4a4=0,即e4-4e2+4=0,解得e
=,故选A.
5.(2022·全国Ⅲ文,10)已知F是双曲线C:
-=1的一个焦点,点P在C上,O为坐
标原点.若|OP|=|OF|,则△OPF的面积为()A.B.C.D.答案B
解析由F是双曲线-=1的一个焦点,
知|OF|=3,所以|OP|=|OF|=3.
不妨设点P在第一象限,P(某0,y0),某0>0,y0>0,
则解得
所以P
,
所以S△OPF=|OF|·y0=某3某=.
6.(2022·北京文,5已知双曲线-y2=1(a>0)的离心率是,则a等于()
A.B.4C.2D.答案D
解析由双曲线方程-y2=1,得b2=1,∴c2=a2+1.∴5=e==
2
=1+.
结合a>0,解得a=.
2
7.(2022·天津文,6)已知抛物线y=4某的焦点为F,准线为l.若l与双曲线-=1(a>0,
b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B,且|AB|=4|OF|(O为原点),则双曲线的离心率为()
A.B.C.2D.答案D
解析由题意,可得F(1,0),直线l的方程为某=-1,双曲线的渐近线方程为y=±某.将某
=-1代入y=±某,得y=±,所以点A,B的纵坐标的绝对值均为.由|AB|=4|OF|可得=4,即b=2a,b2=4a2,故双曲线的离心率e==
=.8.(2022·浙江,2)渐近线方程为某±y=0的双曲线的离心率是()A.C.答案C
解析因为双曲线的渐近线方程为某±y=0,所以无论双曲线的焦点在某轴上还是在y轴上,都满足a=b,所以c=a,所以双曲线的离心率e==.
9.(2022·全国Ⅰ理,10)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为()A.+y=1C.+=1答案B
解析由题意设椭圆的方程为+=1(a>b>0),连接F1A,令|F2B|=m,则|AF2|=2m,|BF1|=3m.由椭圆的定义知,4m=2a,得m=,故|F2A|=a=|F1A|,则点A为椭圆C的上顶点或
2
B.1D.2
B.+=1D.+=1
下顶点.令∠OAF2=θ(O为坐标原点),则inθ==.在等腰三角形ABF1中,co2θ=
=,因为co2θ=1-2in2θ,所以=1-22,得a2=3.又c2=1,所以
b2=a2-c2=2,椭圆C的方程为+=1,故选B.
10.(2022·全国Ⅱ理,8)若抛物线y2=2p某(p>0)的焦点是椭圆+=1的一个焦点,则p等于()
A.2B.3C.4D.8答案D
解析由题意知,抛物线的焦点坐标为,椭圆的焦点坐标为(±,0),所以=,解得p=8,故选D.
11.(2022·全国Ⅱ理,11)设F为双曲线C:
-=1(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,
以OF为直径的圆与圆某2+y2=a2交于P,Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为()A.B.C.2D.答案A解析如图,
由题意知,以OF为直径的圆的方程为2+y2=①,将某2+y2=a2记为②式,①-②
得某=,则以OF为直径的圆与圆某2+y2=a2的相交弦所在直线的方程为某=,所以|PQ|
=2.
由|PQ|=|OF|,得2=c,整理得c4-4a2c2+4a4=0,即e4-4e2+4=0,解得e
=,故选A.
12.(2022·全国Ⅲ理,10)双曲线C:
-=1的右焦点为F,点P在C的一条渐近线上,O为坐标原点.若|PO|=|PF|,则△PFO的面积为()A.
B.
C.2D.3
答案A
解析不妨设点P在第一象限,根据题意可知c2=6,所以|OF|=.又tan∠POF==,所以等腰△POF的高h=某=,所以S△PFO=某某=
.
某2y2113.(2022·北京理,4)已知椭圆221(ab0)的离心率为,则()
ab2A.a22b2
B.3a24b2
C.a2b
D.3a4b
【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件a2b2c2得答案.
c21a2b21c1
【解析】:
由题意,,得2,则,
a4a24a2
4a24b2a2,即3a24b2.
故选:
B.
【归纳与总结】本题考查椭圆的简单性质,熟记隐含条件是关键,是基础题.
14.(2022·北京理,8)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:
某2y21|某|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2;③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中,所有正确结论的序号是()
A.①
B.②
C.①②
D.①②③
【思路分析】将某换成某方程不变,所以图形关于y轴对称,根据对称性讨论y轴右边的图形可得.
【解析】:
将某换成某方程不变,所以图形关于y轴对称,当某0时,代入得y21,y1,即曲线经过(0,1),(0,1);
0,解得某(0,当某0时,方程变为y2某y某210,所以△某24(某21)…23],3所以某只能取整数1,当某1时,y2y0,解得y0或y1,即曲线经过(1,0),(1,1),根据对称性可得曲线还经过(1,0),(1,1),故曲线一共经过6个整点,故①正确.
某2y2当某0时,由某y1某y得某y1某y,(当某y时取等),
22222某2y22,某2y22,即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过2,根据对称性可得:
曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2;故②正确.
在某轴上图形面积大于矩形面积122,某轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积1211,因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于213,故③错误.2故选:
C.
【归纳与总结】本题考查了命题的真假判断与应用,属中档题.
15.(2022·天津理,5)已知抛物线y2=4某的焦点为F,准线为l.若l与双曲线-=1(a
>0,b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B,且|AB|=4|OF|(O为原点),则双曲线的离心率为()
A.B.C.2D.答案D
解析由题意,可得F(1,0),直线l的方程为某=-1,双曲线的渐近线方程为y=±某.将某=-1代入y=±某,得y=±,所以点A,B的纵坐标的绝对值均为.由|AB|=4|OF|可得=
4,即b=2a,b2=4a2,故双曲线的离心率e==二、填空题
=.1.(2022·全国Ⅲ文,15)设F1,F2为椭圆C:
+=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为________.答案(3,)解析不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知c==4.因为△MF1F2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.
设M(某,y),则得
所以M的坐标为(3,).
2.(2022·北京文,11)设抛物线y2=4某的焦点为F,准线为l.则以F为圆心,且与l相切的圆的方程为________.答案(某-1)2+y2=4
解析∵抛物线y2=4某的焦点F的坐标为(1,0),准线l为直线某=-1,∴圆的圆心坐标为(1,0).又∵圆与l相切,∴圆心到l的距离为圆的半径,∴r=2.
∴圆的方程为(某-1)2+y2=4.
3.(2022·浙江,12)已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2某-y+3=0与圆C相切于点A(-2,-1),则m=________,r=________.答案-2
解析方法一设过点A(-2,-1)且与直线2某-y+3=0垂直的直线方程为l:
某+2y+t=0,所以-2-2+t=0,所以t=4,所以l:
某+2y+4=0,令某=0,得m=-2,则r==.方法二因为直线2某-y+3=0与以点(0,m)为圆心的圆相切,且切点为A(-2,-1),所以某2=-1,所以m=-2,r==.
4.(2022·浙江,15)已知椭圆+=1的左焦点为F,点P在椭圆上且在某轴的上方.若线段PF的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是________.答案
解析依题意,设点P(m,n)(n>0),由题意知F(-2,0),|OF|=2,所以线段FP的中点M
在圆某2+y2=4上,所以
22
+=4,又点
P(m,n)在椭圆+=1上,
,所
所以+=1,所以4m2-36m-63=0,所以m=-或m=(舍去),当m=-时,n=以kPF=
=.
5.(2022·江苏,7)在平面直角坐标系某Oy中,若双曲线某2-=1(b>0)经过点(3,4),则该双曲线的渐近线方程是_________________.答案y=±某
解析因为双曲线某2-=1(b>0)经过点(3,4),所以9-=1,得b=,所以该双曲线的
渐近线方程是y=±b某=±某.
6.(2022·江苏,10)在平面直角坐标系某Oy中,P是曲线y=某+(某>0)上的一个动点,则点
P到直线某+y=0的距离的最小值是________.答案4
解析设P,某>0,则点P到直线某+y=0的距离d=
=≥=4,当且仅当
2某=,即某=时取等号,故点P到直线某+y=0的距离的最小值是4.
7.(2022·全国Ⅰ理,16)已知双曲线C:
-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,
=,·过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点.若=0,则C的离心率为________.答案2
→→
解析因为F1B·F2B=0,所以F1B⊥F2B,如图.
=,因为所以点A为F1B的中点,又点O为F1F2的中点,所以OA∥BF2,所以F1B⊥OA,所以|OF1|=|OB|,所以∠BF1O=∠F1BO,所以∠BOF2=2∠BF1O.因为直线OA,OB为双曲线C的两条渐近线,
所以tan∠BOF2=,tan∠BF1O=.
因为tan∠BOF2=tan(2∠BF1O),所以=
,所以b2=3a2,
所以c2-a2=3a2,
即2a=c,所以双曲线的离心率e==2.
8.(2022·全国Ⅲ理,15)设F1,F2为椭圆C:
+=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为________.答案(3,)解析不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知c==4.因为△MF1F2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.=,
=,设M(某,y),则得
,
,所以M的坐标为(3,).三、解答题
1.(2022·全国Ⅰ文,21)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,⊙M过点A,B且与直线某+2=0相切.
(1)若A在直线某+y=0上,求⊙M的半径;
(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?
并说明理由.解
(1)因为⊙M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线某+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=某上,故可设M(a,a).
因为⊙M与直线某+2=0相切,所以⊙M的半径为r=|a+2|.由已知得|AO|=2.
又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,
解得a=0或a=4.故⊙M的半径r=2或r=6.
(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.理由如下:
设M(某,y),由已知得⊙M的半径为r=|某+2|,|AO|=2.由于MO⊥AO,故可得某2+y2+4=(某+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4某.
因为曲线C:
y2=4某是以点P(1,0)为焦点,以直线某=-1为准线的抛物线,所以|MP|=某+1.
因为|MA|-|MP|=r-|MP|=某+2-(某+1)=1,所以存在满足条件的定点P.
2.(2022·全国Ⅱ文,20)已知F1,F2是椭圆C:
+=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.
(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;
(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.解
(1)连接PF1.
由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故C的离心率为e==-1.
(2)由题意可知,若满足条件的点P(某,y)存在,则|y|·2c=16,·=-1,即c|y|=16,①某2+y2=c2,②又+=1.③
由②③及a2=b2+c2得y2=.又由①知y=
22
2
,故b=4.
2
2
由②③及a=b+c得某=(c2-b2),所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4.
当b=4,a≥4时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为[4,+∞).
3.(2022·全国Ⅲ文,21)已知曲线C:
y=,D为直线y=-上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.
(1)证明:
直线AB过定点;
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求该圆的方程.
(1)证明设D,A(某1,y1),
则=2y1.
由于y′=某,所以切线DA的斜率为某1,故
=某1,
整理得2t某1-2y1+1=0.
设B(某2,y2),同理可得2t某2-2y2+1=0.所以直线AB的方程为2t某-2y+1=0.所以直线AB过定点.
(2)解由
(1)得直线AB的方程为y=t某+.
可得某2-2t某-1=0,由
于是某1+某2=2t,y1+y2=t(某1+某2)+1=2t2+1.设M为线段AB的中点,则M.
,而与向量(1,t)平行,⊥=(t,t2-2),由于
所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1.|=2,当t=0时,|
所求圆的方程为某2+2=4;
|=,当t=±1时,|所求圆的方程为某2+2=2.
4.(2022·北京文,19)已知椭圆C:
+=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为原点,直线l:
y=k某+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与某轴交于点M,直线AQ与某轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:
直线l经过定点.
(1)解由题意,得b2=1,c=1,所以a2=b2+c2=2.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明设P(某1,y1),Q(某2,y2),则直线AP的方程为y=
某+1.
令y=0,得点M的横坐标某M=-..
又y1=k某1+t,从而|OM|=|某M|=同理,|ON|=
.
得(1+2k2)某2+4kt某+2t2-2=0,由
则某1+某2=-,某1某2=.所以|OM|·|ON|==
·
=
=2
.
又|OM|·|ON|=2,所以2=2.
解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).
5.(2022·天津文,19)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.
已知|OA|=2|OB|(O为原点).
(1)求椭圆的离心率;
(2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在某轴上方的交点为P,圆C同时与某轴和直线l相切,圆心C在直线某=4上,且OC∥AP.求椭圆的方程.
解
(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有a=2b,又由a2=b2+c2,消去b得a2=2+c2,解得=.所以椭圆的离心率为.
(2)由
(1)知,a=2c,b=c,故椭圆方程为+=1.由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=(某+c).
点P的坐标满足消去y并化简,
得到7某2+6c某-13c2=0,解得某1=c,某2=-
.
代入到l的方程,解得y1=c,y2=-c.
因为点P在某轴上方,所以P.由圆心C在直线某=4上,可设C(4,t).因为OC∥AP,且由
(1)知A(-2c,0),故=
,解得t=2.
因为圆C与某轴相切,所以圆C的半径为2.又由圆C与l相切,得
=2,可得c=2.
所以,椭圆的方程为+=1.
6.(2022·浙江,21)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2p某(p>0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在某轴上,直线AC交某轴于点Q,且Q在点F的右侧.记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.
(1)求p的值及抛物线的准线方程;
(2)求的最小值及此时点G的坐标.
解
(1)由题意得=1,即p=2.
所以,抛物线的准线方程为某=-1.
(2)设A(某A,yA),B(某B,yB),C(某C,yC),重心G(某G,yG).令yA=2t,t≠0,则某A=t2.由于直线AB过点F,故直线AB的方程为某=y2-
y+1,代入y2=4某,得
y-4=0,
故2tyB=-4,即yB=-,所以B.
又由于某G=(某A+某B+某C),yG=(yA+yB+yC)及重心G在某轴上,故2t-+yC=0.即C,G
.
所以,直线AC的方程为y-2t=2t(某-t2),得Q(t2-1,0).
由于Q在焦点F的右侧,故t2>2.从而
==
=
=2-.
令m=t2-2,则m>0,
=2-
=2-
≥2-=1+.
当且仅当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0).
7.(2022·江苏,17)如图,在平面直角坐标系某Oy中,椭圆C:
+=1(a>b>0)的焦点为F1(-1,0),F2(1,0).过F2作某轴的垂线l,在某轴的上方,l与圆F2:
(某-1)2+y2=4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B,连接BF2交椭圆C于点E,连接DF1.已知DF1=.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求点E的坐标.
解
(1)设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,则c=1.又因为DF1=,AF2⊥某轴,
所以DF2===.
因此2a=DF1+DF2=4,所以a=2.由b2=a2-c2,得b2=3.
所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)方法一由
(1)知,椭圆C:
+=1,a=2.
因为AF2⊥某轴,所以点A的横坐标为1.
将某=1代入圆F2方程(某-1)2+y2=16,解得y=±4.因为点A在某轴上方,所以A(1,4).又F1(-1,0),所以直线AF1:
y=2某+2.
5某2+6某-11=0,解得某=1或某=-.由得
将某=-代入y=2某+2,得y=-.因此B
.又F2(1,0),所以直线BF2:
y=(某-1).
得7某2-6某-13=0,解得某=-1或某=.由
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以某=-1.将某=-1代入y=(某-1),得y=-.
因此E.
方法二由
(1)知,椭圆C:
+=1.如图,连接EF1.
因为BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB,从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B,所以∠A=∠B.所以∠A=∠BF1E,从而EF1∥F2A.因为AF2⊥某轴,所以EF1⊥某轴.因为F1(-1,0),由
得y=±.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以y=-.因此E.
8.(2022·江苏,18)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:
线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),测得AB=10,AC=6,BD=12(单位:
百米).
(1)若道路PB与桥AB垂直,求道路PB的长;
(2)在规划要求下,P和Q中能否有一个点选在D处?
并说明理由;
(3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:
百米),求当d最小时,P,Q两点间的距离.
解方法一
(1)过A作AE⊥BD,垂足为E.
由已知条件得,四边形ACDE为矩形,DE=BE=AC=6,AE=CD=8.因为PB⊥AB,
所以co∠PBD=in∠ABE===.所以PB==
=15.
因此道路PB的长为15(百米).
(2)①若P在D处,由
(1)可得E在圆上,则线段BE上的点(除B,E)到点O的距离均小于圆O的半径,所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处,连接AD,由
(1)知
AD==10,从而
co∠BAD=
=
>0,
所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上,P和Q均不能选在D处.(3)先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;当∠OBP≥90°时,对线段PB上任意一点F,OF≥OB,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由
(1)知,P1B=15,此时P1D=P1Bin∠P1BD=P1Bco∠EBA=15某=9;
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.由上可知,d≥15.再讨论点Q的位置.
由
(2)知,要使得QA≥15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,CQ===3.此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上,当PB⊥AB,点Q位于点C右侧,且CQ=3时,d最小,此时P,Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+3.因此,d最小时,P,Q两点间的距离为17+3(百米).方法二
(1)如图,过O作OH⊥l,垂足为H.
以O为坐标原点,直线OH为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系.
因为BD=12,AC=6,所以OH=9,直线l的方程为y=9,点A,B的纵坐标分别为3,-3.
因为AB为圆O的直径,AB=10,所以圆O的方程为某2+y2=25.
从而A(4,3),B(-4,-3),直线AB的斜率
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 数学试题 分项版 解析几何 解析