kl800.com省心范文网

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题八 第1讲


【高考考情解读】 数学家华罗庚先生说过:数学是一个原则,无数内容,一种方法,到处 可用.数学思想是中学数学的灵魂,在二轮复习过程中,我们要在把握知识主干这条复习主 线的同时,活用数学思想,加强数学应用意识,方能跳出题海,轻松应对高考.

第1讲

函数与方程思想

1. 函数与方程思想的含义 (1)函数的思想,是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,是对函数概 念的本质认识,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问 题,从而使问题获得解决.经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小 值、图象变换等. (2)方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构 造方程,通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解 决. 方程的思想是对方程概念的本质认识, 用于指导解题就是善于利用方程或方程组的 观点观察处理问题.方程思想是动中求静,研究运动中的等量关系. 2. 和函数与方程思想密切关联的知识点 (1)函数与不等式的相互转化.对函数 y=f(x),当 y>0 时,就化为不等式 f(x)>0,借助于 函数的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式. (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点去处理数列问题十 分重要. (3)在三角函数求值中,把所求的量看作未知量,其余的量通过三角函数关系化为未知 量的表达式,那么问题就能化为未知量的方程来解. (4)解析几何中的许多问题,例如直线与二次曲线的位置关系问题,需要通过解二元方 程组才能解决.这都涉及二次方程与二次函数的有关理论. (5)立体几何中有关线段的长、面积、体积的计算,经常需要运用列方程或建立函数表 达式的方法加以解决.

类型一 函数与方程思想在数列中的应用 例1 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列. (1)若 a1=2,且 a2,a3,a4+1 成等比数列,求数列{an}的通项公式 an; 1 1 1 (2)在(1)的条件下,数列{an}的前 n 项和为 Sn,设 bn= + +?+ ,若对任意的 S2n Sn+1 Sn+2 n∈N*,不等式 bn≤k 恒成立,求实数 k 的最小值. 解 (1)因为 a1=2,a2 (a4+1), 3=a2·

又因为{an}是正项等差数列,故 d≥0, 所以(2+2d)2=(2+d)(3+3d),得 d=2 或 d=-1(舍去), 所以数列{an}的通项公式 an=2n. (2)因为 Sn=n(n+1), 1 1 1 bn= + +?+ S2n Sn+1 Sn+2 = = = 1 1 1 + +?+ ?n+1??n+2? ?n+2??n+3? 2n?2n+1? 1 1 1 1 1 1 - + - +?+ - 2n 2n+1 n+1 n+2 n+2 n+3 1 1 n 1 - = = , 1 n+1 2n+1 2n2+3n+1 2n+ +3 n

1 令 f(x)=2x+ (x≥1), x 1 则 f′(x)=2- 2,当 x≥1 时,f′(x)>0 恒成立, x 所以 f(x)在[1,+∞)上是增函数,故当 x=1 时,[f(x)]min=f(1)=3, 1 即当 n=1 时,(bn)max= , 6 要使对任意的正整数 n,不等式 bn≤k 恒成立, 1 则须使 k≥(bn)max= , 6 1 所以实数 k 的最小值为 . 6 (1)等差(比)数列中各有 5 个基本量,建立方程组可“知三求二”; (2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数,数列的通项公式即为相应的 解析式,因此在解决数列问题时,应注意用函数的思想求解.

已知数列{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+?+a10=144. (1)求数列{an}的通项 an; 1 (2)设数列{bn}的通项 bn= ,记 Sn 是数列{bn}的前 n 项和,若 n≥3 时,有 Sn≥m anan+1 恒成立,求 m 的最大值. 解 (1)∵{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+?+a10=144,

10?a1+a10? ∴S10=145,∴S10= , 2 ∴a10=28,∴公差 d=3. ∴an=3n-2(n∈N*). 1 1 (2)由(1)知 bn= = anan+1 ?3n-2??3n+1? 1 1 1 = ?3n-2-3n+1?, 3? ? 1 1 ∴Sn=b1+b2+?+bn= ?1-3n+1?, 3? ? n ∴Sn= . 3n+1 n+1 n 1 ∵Sn+1-Sn= - = >0, 3n+4 3n+1 ?3n+4??3n+1? ∴数列{Sn}是递增数列. 当 n≥3 时,(Sn)min=S3= 3 , 10

3 3 依题意,得 m≤ ,∴m 的最大值为 . 10 10 类型二 函数与方程思想在方程问题中的应用 例2 解 π 如果方程 cos2x-sin x+a=0 在(0, ]上有解,求 a 的取值范围. 2 π 方法一 设 f(x)=-cos2x+sin x(x∈(0, ]). 2

显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时,a=f(x)有解. 1 5 ∵f(x)=-(1-sin2x)+sin x=(sin x+ )2- , 2 4 π 且由 x∈(0, ]知 sin x∈(0,1]. 2 易求得 f(x)的值域为(-1,1]. 故 a 的取值范围是(-1,1].

π 方法二 令 t=sin x,由 x∈(0, ],可得 t∈(0,1]. 2 将方程变为 t2+t-1-a=0. 依题意,该方程在(0,1]上有解. 设 f(t)=t2+t-1-a. 1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴 t=- ,如图所示. 2
?f?0?<0 ? 因此 f(t)=0 在(0,1]上有解等价于? , ?f?1?≥0 ? ?-1-a<0 ? 即? ,∴-1<a≤1.故 a 的取值范围是(-1,1]. ?1-a≥0 ?

研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方程解的问题,通常有两种 处理思路:一是分离参数构建函数,将方程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复 杂方程问题转化为熟悉的二次方程, 进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造 函数加以解决. 当 a 为何值时,方程 lg(3-x)+lg(x-1)=lg(a-x)有两解?一解?无解? 解
? ?3-x>0, 当? 即 1<x<3 时,方程化为(x-1)(3-x)=a-x,即-x2+5x-3=a.(*) ?x-1>0, ?

作出函数 y=-x2+5x-3 (1<x<3)的图象(如图),该图象与直线 y=a 的交点横坐标是方程(*)的解,也是原方程的解. 由图形易看出: 13 当 3<a< 时,原方程有两解; 4 13 当 1<a≤3 或 a= 时,原方程有一解; 4 13 当 a> 或 a≤1 时,原方程无解. 4 类型三 函数与方程思想在不等式中的应用 例3 设 f(x)=ln x+ x-1,证明: 3 (1)当 x>1 时,f(x)< (x-1); 2 9?x-1? (2)当 1<x<3 时,f(x)< . x+5

证明

3 (1)方法一 记 g(x)=ln x+ x-1- (x-1), 2

1 1 3 则当 x>1 时,g′(x)= + - <0. x 2 x 2 3 又 g(1)=0,所以有 g(x)<0,即 f(x)< (x-1). 2 x 1 方法二 当 x>1 时,2 x<x+1,故 x< + . 2 2 1 令 k(x)=ln x-x+1,则 k(1)=0,k′(x)= -1<0, x 故 k(x)<0,即 ln x<x-1. 3 由①②得,当 x>1 时,f(x)< (x-1). 2 9?x-1? (2)方法一 记 h(x)=f(x)- , x+5 1 1 54 由(1)得 h′(x)= + - x 2 x ?x+5?2 = = 2+ x x+5 54 54 - - 2< 2x 4 x ?x+5? ?x+5?2 ?x+5?3-216x . 4x?x+5?2 ② ①

令 G(x)=(x+5)3-216x,则当 1<x<3 时, G′(x)=3(x+5)2-216<0, 因此 G(x)在(1,3)内是减函数. 又由 G(1)=0,得 G(x)<0,所以 h′(x)<0. 因此 h(x)在(1,3)内是减函数. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0. 9?x-1? 于是当 1<x<3 时,f(x)< . x+5 方法二 记 h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1), 则当 1<x<3 时, 由(1)得 h′(x)=f(x)+(x+5)f′(x)-9 3 ?1+ 1 ?-9 < (x-1)+(x+5)· 2 ?x 2 x? 1 = [3x(x-1)+(x+5)(2+ x)-18x] 2x x 1? 1 ? < ? 3x?x-1?+?x+5?? ?2+2+2?-18x? 2x? 1 = (7x2-32x+25)<0. 4x

因此 h(x)在(1,3)内单调递减. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0, 9?x-1? 即 f(x)< . x+5 根据所证不等式的结构特征构造相应的函数,研究该函数的单调性是解决这 一类问题的关键,体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想. f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1]总有 f(x)≥0 成立,则 a=________. 答案 4 解析 若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 当 x>0 即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 3 1 a≥ 2- 3. x x 3?1-2x? 1? 1 ? 3 1 设 g(x)= 2- 3, 则 g′(x)= , 所以 g(x)在区间? 在区间? ?0,2?上单调递增, ?2,1? x x x4 上单调递减, 1? 因此 g(x)max=g? ?2?=4,从而 a≥4; 当 x<0 即 x∈[-1,0)时, f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 3 1 3 1 a≤ 2- 3,g(x)= 2- 3在区间[-1,0)上单调递增, x x x x 因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综上 a=4. 类型四 函数与方程思想在解析几何中的应用 例4 已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,离心率为 点 F 且斜率为 1 的直线的距离为 (1)求椭圆的方程; (2)设过右焦点 F 且与坐标轴不垂直的直线 l 交椭圆于 P、Q 两点,在线段 OF 上是否存 在点 M(m,0),使得以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求出 m 的取值范 围,若不存在,请说明理由. 解 x2 y2 (1)由已知,椭圆方程可设为 2+ 2=1(a>b>0), a b 2 . 2 2 ,坐标原点 O 到过右焦 2

设 F(c,0),直线 l:x-y-c=0, 由坐标原点 O 到 l 的距离为 2 , 2



|0-0-c| 2 = ,解得 c=1. 2 2

c 2 又 e= = ,故 a= 2,b=1, a 2 x2 ∴所求椭圆方程为 +y2=1. 2 (2)假设存在点 M(m,0)(0≤m≤1)满足条件,使得以 MP,MQ 为邻边的平行四边形是菱 形. 因为直线与 x 轴不垂直, 所以设直线 l 的方程为 y=k(x-1)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
2 2 ? ?x +2y =2, ? 由 可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0. ?y=k?x-1?, ?

显然 Δ>0 恒成立,∴x1+x2=

2k2-2 4k2 . 2,x1x2= 1+2k 1+2k2

设线段 PQ 的中点为 N(x0,y0), x1+x2 -k 2k2 则 x0= = . 2,y0=k(x0-1)= 2 1+2k 1+2k2 ∵以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形, ∴MN⊥PQ,∴kMN· kPQ=-1. -k 1+2k2 k2 1 即 · k=-1,∴m= = , 2 2k 1 1+2k2 2+ 2 2-m k 1+2k 1 ∵k2>0,∴0<m< . 2 本题主要考查直线方程、直线的斜率与倾斜角的关系、椭圆方程以及直线与 椭圆的位置关系、函数与方程思想等知识,多知识点、多章节知识的交汇是综合题的出 题方向.要熟练数学思想方法的应用. x2 y2 1 已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,以原点为圆心,椭圆的短半 a b 2 轴长为半径的圆与直线 x-y+ 6=0 相切,过点 P(4,0)且不垂直于 x 轴的直线 l 与椭圆 C 相交于 A、B 两点. (1)求椭圆 C 的方程; → → (2)求OA· OB的取值范围; (3)若 B 点关于 x 轴的对称点是 E,证明:直线 AE 与 x 轴相交于定点. (1)解 c 1 由题意知 e= = , a 2

2 2 c2 a -b 1 4 ∴e2= 2= 2 = ,即 a2= b2, a a 4 3

又 b=

6 = 3,∴a2=4,b2=3, 1+1

x2 y2 故椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)解 由题意知直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为

y=k(x-4), y=k?x-4? ? ? 由?x2 y2 ? ? 4 + 3 =1 得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0,

1 由 Δ=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)>0 得 k2< . 4 64k2-12 32k2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 ,① 4k +3 4k +3 ∴y1y2=k(x1-4)k(x2-4)=k2x1x2-4k2(x1+x2)+16k2, → → ∴OA· OB=x1x2+y1y2 64k2-12 32k2 87 =(1+k2)· 2 -4k2· 2 +16k2=25- 2 , 4k +3 4k +3 4k +3 1 87 87 87 ∵0≤k2< ,∴- ≤- 2 <- , 4 3 4 4k +3 13 → → ? ∴OA· OB∈?-4, 4 ? ?, 13? → → ∴OA· OB的取值范围是? ?-4, 4 ?. (3)证明 ∵B、E 两点关于 x 轴对称,∴E(x2,-y2), y1+y2 直线 AE 的方程为 y-y1= (x-x1), x1-x2 y1?x1-x2? 令 y=0 得 x=x1- , y1+y2 又 y1=k(x1-4),y2=k(x2-4), 2x1x2-4?x1+x2? ∴x= , x1+x2-8 将①代入上式得 x=1, ∴直线 AE 与 x 轴交于定点(1,0).

1. 在高中数学的各个部分,都有一些公式和定理,这些公式和定理本身就是一个方程,如

等差数列的通项公式、余弦定理、解析几何的弦长公式等,当题目与这些问题有关时, 就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需要的量. 2. 当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些变化的量之间的关系,通过变量之间的 关系探究问题的答案,这就需要使用函数思想. 3. 借助有关函数的性质,一是用来解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的 取值范围等问题, 二是在问题的研究中, 可以通过建立函数关系式或构造中间函数来求 解. 4. 许多数学问题中,一般都含有常量、变量或参数,这些参变量中必有一个处于突出的主 导地位,把这个参变量称为主元,构造出关于主元的方程,主元思想有利于回避多元的 困扰,解方程的实质就是分离参变量.

1. 若 2x+5y≤2 y+5 x,则有
- -

( B.x+y≤0 D.x-y≥0

)

A.x+y≥0 C.x-y≤0 答案 B

解析 把不等式变形为 2x-5 x≤2 y-5y,构造函数 y=2x-5 x,其为 R 上的增函数,
- - -

所以有 x≤-y. 2. 设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M、N,则当|MN|达到最小时 t 的值为 A.1 答案 D 解析 可知|MN|=f(x)-g(x)=x2-ln x.
2 1 2x -1 令 F(x)=x2-ln x,F′(x)=2x- = , x x

( 1 B. 2 C. 5 2 D. 2 2

)

所以当 0<x< 当 x>

2 时,F′(x)<0,F(x)单调递减; 2

2 时,F′(x)>0,F(x)单调递增, 2 2 时,F(x)有最小值,即|MN|达到最小. 2

故当 x=t=

→ → → 3. 长度都为 2 的向量OA,OB的夹角为 60° ,点 C 在以 O 为圆心的圆弧 AB (劣弧)上,OC → → =mOA+nOB,则 m+n 的最大值是________.

答案

2 3 3

→ → → 解析 建立平面直角坐标系, 设向量OA=(2,0), 向量OB=(1, 3). 设向量OC=(2cos α, π 2sin α),0≤α≤ . 3 → → → 由OC=mOA+nOB,得(2cos α,2sin α)=(2m+n, 3n), 即 2cos α=2m+n,2sin α= 3n, 解得 m=cos α- 1 2 sin α,n= sin α. 3 3 π 2 3 1 2 3 ? sin α= sin?α+3? ?≤ 3 . 3 3

故 m+n=cos α+

4. 已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.若对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立.实数 a 的取值范围为________. 答案 a≤4 解析 由题意,得当 x∈(0,+∞)时, 3 有 2xln x≥-x2+ax-3,则 a≤2ln x+x+ . x ?x+3??x-1? 3 设 h(x)=2ln x+x+ (x>0),则 h′(x)= ,当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调 x x2 递减; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4. 因为对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立, 所以 a≤h(x)min=4. a 5. 已知函数 f(x)=ln x- . x 3 (1)若 f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值; 2 (2)若 f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 解 1 a x+a (1)由题意,得 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f′(x)= + 2= 2 . x x x

①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f′(x)≥0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为增函数, 3 3 ∴f(x)min=f(1)=-a= ,∴a=- (舍去). 2 2 ②若 a≤-e,则 x+a≤0,即 f′(x)≤0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为减函数,

a 3 e ∴f(x)min=f(e)=1- = ,∴a=- (舍去). e 2 2 ③若-e<a<-1,令 f′(x)=0 得 x=-a, 当 1<x<-a 时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e 时,f′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, 3 ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,∴a=- e. 2 综上所述,a=- e. a (2)∵f(x)<x2,∴ln x- <x2. x 又 x>0,∴a>xln x-x3. 令 g(x)=xln x-x3,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2, 1-6x2 1 h′(x)= -6x= . x x ∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数.g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立. x2 y2 6. 已知椭圆 G: 2+ 2 =1(a>1),⊙M:(x+1)2+y2=1,P 为椭圆 a a -1 G 上一点,过 P 作⊙M 的两条切线 PE、PF,E、F 分别为切点. → (1)求 t=|PM|的取值范围; → → (2)把PE· PF表示成 t 的函数 f(t),并求出 f(t)的最大值、最小值. 解
2 x0 y2 0 (1)设 P(x0,y0),则 2+ 2 =1(a>1), a a -1

2 ∴y0 =(a2-1)

?1-x0 ? ? a2?,

2

→ ∴t2=|PM|2=(x0+1)2+y2 0 x2 0 1- 2? =(x0+1)2+(a2-1)? ? a? 1 ?2 =? ?ax0+a? , 1 ? ∴t=? ?ax0+a?. ∵-a≤x0≤a, ∴a-1≤t≤a+1(a>1).

→ → → → (2)∵PE· PF=|PE||PF|cos∠EPF → =|PE|2(2cos2∠EPM-1)

? → 2 1? ? → =(|PM|2-1)?2?|PM| - ? ? |PM|2 -1?
=(t2-1)? 2?t2-1? ? ? t2 -1?

2 =t2+ 2-3, t 2 ∴f(t)=t2+ 2-3(a-1≤t≤a+1). t 2 4 4 对于函数 f(t)=t2+ 2-3(t>0),显然在 t∈(0, 2]时,f(t)单调递减,在 t∈[ 2,+∞) t 时,f(t)单调递增. 2 因此,对于函数 f(t)=t2+ 2-3(a-1≤t≤a+1), t 4 4 当 a> 2+1,即 a-1> 2时, 2 [f(t)]max=f(a+1)=a2+2a-2+ , ?a+1?2 [f(t)]min=f(a-1)=a2-2a-2+ 4 当 1+ 2≤a≤ 2+1 时, 2 [f(t)]max=f(a+1)=a2+2a-2+ , ?a+1?2 4 [f(t)]min=f( 2)=2 2-3; 当 1<a< 1+ 2时, 2 [f(t)]max=f(a-1)=a2-2a-2+ , ?a-1?2 4 [f(t)]min=f( 2)=2 2-3. 2 ; ?a-1?2


【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....doc

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题八 第1讲 - 【高考考情解读】 数学家华罗庚先生说过:数学是一个原则,无数内容,一种...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题八 第4讲 - 思想方法概述 专题八 第4讲 第4讲 转化与化归思想 本讲栏目开关 转化...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....doc

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题第1讲 - 第1讲 三角函数的图象与性质 【高考考情解读】 1.对三角函数的图象和...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题第1讲 - 本讲栏目开关 专题一 第1第1讲 【高考考情解读】 本讲栏目开关 ...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题第1讲 - 本讲栏目开关 专题六 第1第1讲 【高考考情解读】 本讲栏目开关 ...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....doc

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题一 第5讲 - 第5讲 【高考考情解读】 导数及其应用 1.本讲主要考查导数的几何意义,...

...江苏专用)《大二轮专题复习与增分策略》专题八 第4....doc

2014届高三数学(理)( 江苏专用)《大二轮专题复习与增分策略》专题八 第4讲

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题一 第4讲 - 专题 第4讲 第4讲 【高考考情解读】 本讲栏目开关 不等式及线性规划...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题一 第5讲 - 专题 第5讲 第5讲 【高考考情解读】 导数及其应用 本 1.本讲主要...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....doc

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....ppt

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题第1讲 - 本讲栏目开关 专题一 第1第1讲 【高考考情解读】 本讲栏目开关 ...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....doc

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复....doc

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题