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2013年高考数学(课标版)原创预测题(理科):专题四 立体几何


新课标理科 专题四 立体几何
一、选择题 1.设三条射线 PA、PB、PC 两两所成的角都是 60 度,则直线 PC 与平面 PAB 所成的角的余 弦值为( )

1 ( )2

( )

6 3

3 ( ) 2

3 ( ) 3

2.一个圆柱的轴

截面为正方形,其体积与一个球的体积之比是 3:2,则这个圆柱的表面积与 这个球的表面积之比为( ) ( )1:1 ( ) 1: 2 ( )

2: 3

( ) 3:2

已知两条不同的直线 m 、 n ,两个不同的平面 ? 、

? ,则下列命题中的真命题是( )

? 若 m ? ? , n ? ? , ? ? ? ,则 m ? n ( )若 m ? ? , n ∥ , ? ? ? ,则 m ? n
( )若 m ∥ ? , n ∥

? , ? ∥ ? ,则 m ∥ n ( )若 m ∥ ? , n ? ? , ? ? ? ,则 m

∥n 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, BC⊥CA,点 D1、 分别是 A1B1、 F1 A1C1 的中点, BC=CA=CC1, 若 则异面直线 BD1 与 AF1 所成角的余弦值为( )

¨A) (

30 10

( B)

1 2

(C )

30 15

( D)

15 10

某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆 DC 的高度,在旗杆的正西方向的点 A 测 得旗杆顶端 D 的仰角为 30 度, 沿点 A 向北偏东 60 度前进 18 米到达 B 点, 测得旗杆顶端 D 的仰角为 45 度,经目测 AB 小于 AC,则旗杆的高度为( ) ( )9 米 ( )16 米 ( )18 米 ( )9 米或 18 米

如图是一个六棱柱的三视图,俯视图是一个周长为 3 的正六边形, 六棱柱的顶点都在同一个球面上,那么这个球的体积为( )



? 2

4? ( ) 3

5? ( ) 3

? ( )3

7.等边三角形 ABC 的边长为 4,M、N 分别为 AB、AC 的中点,沿 MN 将△AMN 折起,使 得平面 AMN 与平面 MNCB 所成的二面角为 30°,则四棱锥 A—MNCB 的体积为 ( )

3 ( )2

3 ( ) 2

( ) 3

( )3

8.二面角 ? ? l ? ? 的平面角为 ? ,在 ? 内, AB ? l 于 B,AB=2,在 ? 内, CD ? l 于 D,
本卷第 1 页(共 13 页)

CD=3,BD=1, M 是棱 l 上的一个动点,则 AM+CM 的最小值为( ( ) 2 5 ( )

) ( ) 是 ? 的函数

2 2

( )

26

9.设 ? , ? , ? 为两两不重合的平面, l , m, n 为两两不重合的直线.给出下列四个命题:①若

? ? ? , ? ? ? ,则 ? ∥ ? ;②若 m ? ? , n ? ? , m ∥ ? , n ∥ ? ,则 ? ∥ ? ;③若 ? ∥ ? ,
l ? ? ,则 l ∥ ? ;④若 ? ? ? ? l , ? ? ? ? m, ? ? ? ? n, l ∥? ,则 m∥ n ,其中真命题的个
数是 ( ) ( )1 ( )2 ( )3 ( )4 ? 10.矩形 ABCD 中,AB=4,BC=2,E、F 分别为 AB、CD 的中点,沿 EF 把 BCFE 折起后与 ADFE 垂直,P 为矩形 ADFE 内一动点,P 到平面 BCFE 的距离与它到点 A 的距离相等,设 动点 P 的轨迹是曲线 L,则曲线 L 把矩形 ADFE 分成的两部分的面积比为( ) ( )1:1 ( )2:3 ( )1:2 ( )1:4 二、填空题 11.如图是一个几何体的三视图,俯视图是顶角为 120 度的

等腰三角形,则这个几何体的表面积为

.

用一个半径为 10 厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥, 放在水平桌面上,被一阵风吹倒,如图,则它的最高点到桌面的距离为 . 在一个棱长为 6 厘米的密封正方体盒子中,放一个半径为 1 厘米的小球,任意摇动盒子,小 球在盒子中不能达到的空间为 G,则这个正方体盒子中的一点属于 G 的概率为 . 14.直角三角形 ABC 中,AD 是斜边 BC 上的高,则 AB 是 BD 与 BC 的等比中项. 请利用类比推理给出:三棱锥 P-ABC 中,侧棱 PA、PB、PC 两两垂直,点 P 在底面上的射 影为 O,则 . 三、解答题 15.如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,PC⊥AD.底面 ABCD 为梯形,AB∥DC, AB⊥BC.PA=AB=BC,点 E 在棱 PB 上,且 PE=2EB.

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(1)求证:平面 PAB⊥平面 PCB; (2)求证:PD∥平面 EAC; (3)求平面 AEC 和平面 PBC 所成锐二面角的余弦值. 16.在△ABC 中,AB=CA=6,BC=8,点 D、E、F 分别是 BC、AB、CA 的中点,以三条中 位线为折痕,折成一个三棱锥 P-DEF, 求:(1)异面直线 PD 与 EF 所成的角; (2)PD 与底面 DEF 所成的角的正弦值; (3)二面角 P-DE-F 的正弦值. 17.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1=AD=1,点 E,F,G 分别是棱 AA1、C1D1、BC 的中点. (1)在直线 A1D1 上是否存在点 Q,使得 EQ∥平面 FB1G; (2)求四面体 EFGB1 的体积; (3)求平面 EFB1 与平面 FB1G 所成二面角的大小. 18.如图是三棱柱 ABC-A1B1C1 的三视图,正(主)视图和俯视图都是矩形,侧(左)视图 为等边三角形,D 为 AC 的中点.

(1)求证:AB1∥平面 BDC1; (2)设 AB1 垂直于 BC1,求二面角 D-BC1-C 的大小. 如图,平行四边形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直,AB=1,AD=2,

∠ADC=60°,AF=a(a>0). (1)求证:AC⊥BF; (2)若二面角 F-BD-A 的大小为 60°,求 a 的值. 如图,AB 为圆 O 的直径,点 E,F 在圆上,已知 AB∥EF,AB=BC=4,AE=EF=BF=2,AD=2,
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直角梯形 ABCD 所在的平面与圆 O 所在的平面互相垂直.

(1)求证:平面 CBE⊥平面 DAE; (2)求二面角 F-CD-B 的余弦值; (3)在 DB 上是否存在一点 G,使 GF∥平面 DAE? 若不存在,请说明理由;若存在,请找 出这一点,并证明之.

答案解析(专题四)
1.解析:选 D.直线 PC 在平面 PAB 内的射影是∠BPA 的平分线,设所求线面角为 ? ,则

cos60? 3 cos? ? ? ? cos30 3 ,故选 D.
2. 解析:选 .设圆柱的底面半径为 r ,球的半径为 R ,由于圆柱的轴截面为正方形,因此 圆柱的母线长为 2r ,

V圆柱 ? ? r 2 ? 2r 3 S圆柱表 2?r ? 2r ? 2 ? ?r 2 3 ? ? 4 3 ? ? , V球 2 ?R S球 4?R 2 2 3 所以 ,即 r ? R , 故选 .
解析: A. A 对, 选 在 中有 m 与 n 不垂直的情况, C 中, 在 还有 m 与 n 相交、 异面的情况, 在 中,还有 m 与 n 相交、异面的情况,故选 A.

4. 解析:选 A.如图,建立空间直角坐标系,设 BC=2,则

B?2,0,0?, D1 ?1,1,2?, A?0,2,0?, F1 ?0,1,2? , BD ? ??1,1,2?, AF ? ?0,?1,2? 1 1

cos BD1 , AF1 ?
所以

BD1 ? AF1 BD1 ? AF1

?

??1,1,2?? ?0,?1,2? ?
6? 5

3 30 ? 30 10



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30 所以异面直线 BD1 与 F1 所成角的余弦值为 10 ,故选 .
5. 解析:选 C.如图,设 DC ? h ,则 ?DAC ? 30 , AC ? 3h ,
?

?DBC ? 45? , BC ? h ,所以在 ?BAC 中,
?BAC ? 30? , AB ? 18, 应用余弦定理得 h 2 ? 18 2 ?
解这个方程得 h ? 18或h ? 9 , 当 h ? 9 时, AC ? 3h ? 9 3 ? AB ,与已知矛盾,故舍去.当 h ? 18 时符合题意,所以选 C. 6. 解析:选 .这是一个正六棱柱,上下两个底面的中心连线的中点就是球心,

? 3h? ? 2 ?18? 3h?cos 30 ,
2 ?

因为六棱柱的高为 3 ,所以球心到底面的距离为

d?

3 2 .

1 因为底面正六边形的周长为 3,所以底面正六边形的边长为 2 , r?
即底面外接圆的半径为

1 2 ,由球的截面性质得球半径 R ? r 2 ? d 2 ? 1 ,
.

4 ? 所以这个球的体积为 3 ,故选

解析:选 MN.

.在平面图中,过 A 作 AL⊥BC,交 MN 于 K,交 BC 于 L.则 AK⊥MN,KL⊥

∴∠AKL 是面 AMN 与面 MNCB 所成的二面角的平面角,即有∠AKL=30°.

3 2+4 S四边形MNCB= ? KL 2 则四棱锥 A—MNCB 的高 h= AK ? sin 30? = 2 . =3 3 .

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1 3 3 VA-MNCB = ? 3 3 ? 3 2 = 2 .故选 A. ∴
8. 解析: C.如图, 选 把平面 ? 展开到 ? 内成一个平面, 连接 AC,交 l 于 M,此时 AM+CM=AC, 过 C 作 CN 垂直于 AB 的延长线, 垂足为 N, 则 故选 C.

AC ? AN 2 ? CN 2 ?

?2 ? 3?2 ? 12

? 26

.

9. 解析:选 .① ? , ? 也有相交的情况;②要保证 m, n 相交,才有 ? ∥ ? ;③由面面平行 的性质定理可知正确;④因 l ∥? , ? ? ? ? m, l ? ? ,?l ∥ m ,同样 l ∥ n ,从而 m∥ n , 故④对.故选 .? 10. 解析:选 C.如图,过点 P 作 PQ 垂直于 FE,则 PQ 垂直于平面 BCFE,

所以 PQ=PA,所以动点 P 的轨迹(即曲线 L)为以 A 为焦点,以 FE 为准线的抛物线在矩 形内的部分,在平面 ADFE 内,取 AE 中点为 R,以 R 为原点,以 RA 为 x 轴,建立平面直 角 坐 标 系 , 则 曲 线 L 的 方 程 为 y ? 4 x , 曲 线 L 与 线 段 RA 、 AD 围 成 的 面 积 为
2

?

1

0

?2 3? 4 4 x dx ? 2? x 2 ? 1 ? ?3 ?0 3 ? ? ,又矩形 ADFE 的面积为 4,所以曲线 L 把矩形 ADFE 分成的两

部分的面积比为 1:2.故选 C. 解析:根据三视图的知识,这个几何体是底面边长分别为 2,2,2 3 的

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等腰三角形,高为 2 的直三棱柱.它的侧面积是 2 ? 2 ? 2 3 ? 2 ? 8 ? 4 3 ,其一个底面的

?

?

1 ? 2 3 ?1 ? 3 面积为 2 ,所以这个三棱柱的表面积为 8 ? 4 3 ? 3 ? 3 ? 8 ? 6 3 .

?

?

答案: 8 ? 6 3 12.解析:要抓住两点:1.半圆纸片的半径成了圆锥的母线,2.半圆弧长成了圆锥的底面周长. 设圆锥的底面半径为 r ,母线为 l ,则 l ? 10,2? ? r ? ? ?10, r ? 5 , 所以轴截面顶角的一半为 30 ,轴截面为正三角形,故圆锥的最高点离桌面的距离为
?

l sin 60? ? 5 3 厘米.
答案: 5 3 厘米 解析: 在正方体盒子中, 不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到

4 4 23 ? ? ? 8 ? ? 3 3 .小球沿每条棱运动不能到达的空间(除去两端的两 达的空间,其体积为
个角) 的体积, 即为高为 4 的一个正四棱柱的体积与其内接圆柱体积差的四分之一 (如图二) ,

1 2 2 ? 4 ? ? ?12 ? 4 ? 4 ? ? 即4 ,正方体有 12 条棱,所以在盒子中小球不能到达的空间 G
4 40 8 ? ? ? 12 ? ?4 ? ? ? ? 56 ? ? 3 3 ,又正方体盒子的体积为 63=216,所这以个正 的体积为

?

?

56 ?
方体盒子中的一点属于 G 的概率为

40 ? 3 ? 21? 5? 216 81 .

21 ? 5? 答案: 81 .
14.解析:连接 CO,并延长交 AB 于 D,连接 PD, 则 PD⊥PC,CD⊥AB,所以 PD2=DO×DC,所以
2 S?PAB ? S?AOB ? S?ABC .即三角形 PAB 的面积是

三角形 AOB 的面积与三角形 ABC 的面积的等比中项. 答案:三角形 PAB 的面积是三角形 AOB 的面积与三角形 ABC 的面积的等比中项.
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15.解析: (1)∵PA⊥平面 ABCD, ∴PA⊥BC. 又 AB⊥BC,PA ? AB=A, ∴ BC⊥平面 PAB.

又 BC ? 平面 PCB,所以平面 PAB⊥平面 PCB. (2)∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥AD,又 PC⊥AD,PA ? PC=P, ∴AD⊥平面 PAC,∴AC⊥AD. 在梯形 ABCD 中,由 AB⊥BC,AB=BC,得∠BAC=45°,∴∠DCA=∠BAC=45°, 又 AC⊥AD,故 ? DAC 为等腰直角三角形, ∴DC= 2 AC= 2 ( 2 AB)=2AB.

DM DC ? ?2 AB 连结 BD,交 AC 于点 M,则 MB . PE DM ? ?2 MB 连结 EM,在 ? BPD 中, EB ,
∴PD∥EM,又 EM 在平面 EAC 内,∴PD∥平面 EAC. (3)以 A 为坐标原点,AB,AP 所在直线分别为 y 轴,z 轴,建立如图所示空间直角坐标

系.

(0,
设 PA=AB=BC=a,则 A(0,0,0) ,B(0,a,0) ,C(a,a,0) ,P(0,0,a) ,E 设 n1 =(x,y,1)为平面 AEC 的一个法向量, 则 n1 ⊥ AC, n1 ? AE,

2a a , ) 3 3 .

AC ? (a, a,0), AE ? (0,

2a a , ), 3 3

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?ax ? ay ? 0 ? 2ay a 1 ? ? ?0 ? 3 3 ∴? ,解得 x= 2

1 1 1 n1 ? ( ,? ,1). 2 2 ,y= 2 ,∴

?

设 n2 ? ( x' , y' ,1) 为平面 PBC 的一个法向量,则 n2 ? BC, n2 ? BP,

BC ? (a,0,0), BP ? (0,?a, a ),? ?ax ' ? 0 ?? ay '? a ? 0 ? 又 ,解得 x' ? 0, y' ? 1 ,∴ n2 =(0,1,1).

cos n1 , n2 ?

n1 ? n2 n1 n2

?

3 6

3 ,∴平面 AEC 和平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值为 6 .

16.解析:(1)取 EF 的中点 N,连接 DN、PN, 因为 DF=DE,PF=PE,所以 PN⊥EF,DN⊥EF,PN ? DN=N, 所以 EF⊥平面 PDN,EF⊥PD,所以异面直线 PD 与 EF 所成的角为 90 度.

(2)过点 P 作 PO⊥DN,垂足为 O, 由(1)知 EF⊥平面 PDN,所以平面 PDN⊥平面 DEF, 所以 PO⊥平面 DEF,DO 是 PD 在平面 DEF 上的射影,

4 ∠PDO 就是直线 PD 与平面 DEF 所成的角.由题意得 PN=DN= 5 ,PD=4,所以 PO= 5 ,

4 PO 5 sin ?PDO ? ? 5 ? PD 4 5 . 所以
(3)过 O 作 OM⊥DE,垂足为 M,连接 PM,由(2)知 PO⊥DE,又 OM⊥DE,OM ? PO=O, 所以 DE⊥平面 OPM,所以 PM⊥DE, ∠PMO 就是二面角 P-DE-F 的平面角.

4 5 因为 sin∠PMO×sin∠PDM= sin∠PDO,在三角形 PDE 中,由余弦定理得 PM= 3 ,
5 3 所以 sin∠PDM= 3 ,所以 sin∠PMO= 5 ,

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3 所以二面角 P-DE-F 的正弦值为 5 .
17.解析:如图以 D 为原点,以 DA、DC、DD1 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐 标系,

?1 ? 1 G? ,2,0 ? F ?0,1,1? , ? 2 ? , B1 ?1,2,1? , 则 E(1,0, 2 ) ,

(1) 假设存在点 Q,使得 EQ∥平面 FB1G,并设坐标为 Q?x,0,1? . 设面 FB1G 的法向量为 m ? ( x, y, z) ,则 m ? FB1 , m ? B1G.

?

?

1 B1G ? (? ,0,?1) 2 又 FB1 ? (1,1,0) , ,

?x ? y ? 0 ? ? 1 1 m ? (1,?1,? ) ?? 2 x ? z ? 0 2 , ∴? , 取
1 EQ ? ( x ? 1,0, ) 2 , 1 因为 EQ ∥平面 FB G ? EQ ? m ,

1 1 ( x ? 1) ? (?1) ? 0 ? ? (? ) ? 0 2 2 ∴ ,∴
D1Q ?

x?

5 4,

故在 D1 A1 的延长线上存在点 Q,当

5 4 时,有 EQ∥面 FB1G .

1 EF ? (?1,1, ) 2 ,则点 E 到平面 FB1G 的距离为 (2)

d?

EF ? m m

1 ?? 1? ? ? ? 1,1, ??1,?1,? ? 2 ?? 2? 3 ? ? ? 2 1 1?1? 4 ,

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因为

FB1 ? 2 , B1G ?

5 3 , FG ? 2 2,

9 5 2? ? 4 4 ? 2 , ?B FG ? 45? , sin ?B FG ? 2 cos?B1 FG ? 1 1 3 2 2 2? 2 ? 2 所以 ,
1 3 3 3 1 3 2 3 VEFGB1 ? ? ? ? S ?FGB1 ? ? 2 ? ? ? 3 4 2 8 ;(3) 2 2 2 4 ,所以所求的四面体的体积为 所以
设平面 EFB1 的法向量为 n ? ( x1 , y1 , z1 ) ,则 n ? EF, n ? B1F ,

1 ? ?? x1 ? y1 ? z1 ? 0 2 ? ? x1 ? y1 ? 0 所以 ? ,取 n ? (1,?1,4) ,
根据两个法向量的方向,可知所求二面角的大小等于两个法向量的夹角的大小, 又因为

cos m, n ? 0

,所以所求的二面角的大小为 90 度.

18.解析:

(1)由三视图画出直观图,如图, 这是一个正三棱柱,连接 BC1 和 B1C,交点为 O,则 O 为 B1C 的中点,连接 OD, 因为 D 为中点,所以 OD∥AB1, 又 OD 在平面 BDC1 内,AB1 不在平面 BDC1 内,所以 AB1∥平面 BDC1. (2)过 D 作 DG⊥BC,垂足为 G,连接 GO, 因为侧面垂直于底面,所以 DG⊥侧面 BCC1B1,所以 DO 在侧面 BCC1B1 内的射影为 GO, 因为 AB1 垂直于 BC1,所以 BC1⊥DO,又 BC1⊥DG, DG ? DO=D,所以 BC1⊥平面 DOG, 所以 BC1⊥GO,所以∠DOG 就是所求的二面角的平面角. 取 BC 中点 F,连接 AF,OF,则有 OF⊥BC,AF⊥BC, 在直角三角形 BOG 中,OF⊥BG,

GO 2 ? GF ? GB ?
所以

1 3 1 3 3 BC BC ? BC, GO ? BC DG ? AF ? 2 4 4 4 4 , ,

故在直角三角形 DGO 中,DG=OG,∠DOG=450,即所求的二面角的大小为 45 度.

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解析:(1)如图, 在 ? ABC 中,∵AB=1,BC=2,∠ABC=60°,

∴由余弦定理得

AC ?

AB ? BC ? 2 AB ? BC cos 60 ?
2 2

1 ? 4 ? 2 ? 1? 2 ?
=

1 ? 3 2 ,

2 2 2 ∴ AB ? AC ? BC ,∴∠BAC=90°,即 AC⊥AB.

又在矩形 ACEF 中,AC⊥AF,且 AF ? AB=A, ∴AC⊥平面 ABF,又∵BF ? 平面 ABF,∴AC⊥BF. (2)∵平面 ACEF⊥平面 ABCD, 平面 ACEF ? 平面 ABCD=AC,FA⊥AC, ∴FA⊥平面 ABCD, 过点 A 作 AG⊥BD 于点 G,连结 FG,则 FG⊥BD. ∴∠AGF 即是二面角 F-BD-A 的平面角,∴∠AGF=60°. 在 ? ABD 中,由余弦定理得

1 BD ? AB2 ? AD2 ? 2 AB ? AD ? cos120? ? 12 ? 22 ? 2 ?1? 2 ? - ) 7。 ( ? 2
S?ABD ? 1 1 21 AG ? 7 ? ?1? 2 ? sin 120?得AG ? . 2 2 7



21 3 7 3 7 ? 3? , 即a ? . 7 7 在 Rt ? AGF 中,∵∠AGF=60°,∴AF=AG·tan∠AGF= 7

20.解析:(1)如图, 连结 BE,因为四边形 ABCD 是直角梯形,所以 AD⊥AB, 又平面 ABCD⊥平面 ABFE, 所以 AD⊥平面 ABFE,所以 AD⊥BE. 因为 AB 为圆 O 的直径,所以 AE⊥BE,又 AE ? AD=A,所以 BE⊥平面 DAE.
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又 BE ? 平面 CBE,所以平面 CBE⊥平面 DAE. (2)因为 AE=EF=BF=2,连结 OE,OF,则 ? OEF 是边长为 2 的等边三角形,以 O 为原点,OB 所在直线为 y 轴,垂直于 OB 的直线分别为 x 轴,z 轴,建立如图坐标系, 则有 A(0,-2,0) ,B(0,2,0) ,C(0,2,4) ,D(0,-2,2) ,F( 3 ,1,0) , 易得平面 ABCD 的一个法向量为 n1 ? (1,0,0) ,设平面 CDF 的一个法向量为 n2 ? ( x, y, z), 因

( - CF ( -1 - , 为 CD ? 0,4,2), ? 3, ,4)
?n2 · ? 0 ?2 y ? z ? 0 7 ? CD 可得? 令y ? 1,得n2 ? (? ,1,?2), ? 3 ?n2 · ? 0 ? 3x ? y ? 4 z ? 0 ? CF
? cos n1 , n2 ?
所以



7 3

49 ?1? 4 3

7 ?? . 8

7 . 结合图形知平面 CDF 与平面 ABCD 所成角的余弦值为 8
存在,点 G 是 BD 的中点. 证明:连结 OG,GF,则 OG∥AD,又因为 OG ? 平面 DAE,所以 OG∥平面 DAE,因为

1 AB∥EF,AO= 2 AB=2,EF=2,所以四边形 AOFE 是平行四边形,所以 OF∥AE,又 OF ? 平面
DAE, 所以 OF∥平面 DAE, OG ? OF=O,所以平面 OGF∥平面 DAE,所以 GF∥平面 DAE. 又

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