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2013版高三新课标理科数学一轮复习单元评估检测(7)第7章 立体几何)


单元评估检测(七)
(第七章) (120 分钟 150 分)

一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出 的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(2012·广州模拟)若空间中有四个点, 则“这四个点中有三点在同 一直线上”是“这四个点在同一平面上”的( (A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条

件 (D)既不充分也不必要条件 2.在△ABC 中,AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC 绕直线 BC 旋转一周,则所形成的几何体的体积是( 3 (A) π 2 5 (B) π 2 7 (C) π 2 9 (D) π 2 ) )

3.(2012·株洲模拟)已知三条不重合的直线 m、n、l,两个不重合的 平面 α ,β ,有下列命题 ①若 l∥α ,m∥β ,且 α ∥β ,则 l∥m ②若 l⊥α ,m⊥β ,且 l∥m,则 α ∥β ③若 m ? α ,n ? α ,m∥β ,n∥β ,则 α ∥β ④若 α ⊥β ,α ∩β =m,n ? β ,n⊥m,则 n⊥α 其中真命题的个数是( (A)4 (B)3 ) (C)2 (D)1

4.(2011·安徽高考)一个空间几何体的三视图如图所示, 则该几何体 的表面积为( )

(A)48 (C)48+8 17

(B)32+8 17 (D)80

5.如图, 平行四边形 ABCD 中, AB⊥BD, 沿 BD 将△ABD 折起, 使面 ABD ⊥面 BCD,连接 AC,则在四面体 ABCD 的四个面中,互相垂直的平面 的对数为( )

(A)4

(B)3

(C)2

(D)1

6.(2012·珠海模拟)如图为棱长是 1 的正方体的表面展开图, 在原正 方体中,给出下列三个命题:

①点 M 到 AB 的距离为

2 ; 2

1 ②三棱锥 C-DNE 的体积是 ; 6 ③AB 与 EF 所成的角是 π . 2 )

其中正确命题的个数是(

(A)0 (B)1 (C)2

(D)3

7.如图所示,二面角 α -l-β 的棱上有 A、B 两点,直 线 AC、BD 分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂 直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17,则该 二面角的大小为( (A)150° ) (C)60° (D)120°

(B)45°

8.(易错题)如图, 四边形 ABCD 中, AB=AD=CD=1, BD= 2, BD⊥CD. 将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′BCD, 使平面 A′BD⊥平面 BCD,则下列结论正确的是( )

(A)A′C⊥BD (B)∠BA′C=90° (C)CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° 1 (D)四面体 A′BCD 的体积为 3 二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.请把正确答案 填在题中横线上) 9.已知三个球的半径 R1,R2,R3 满足 R1+2R2=3R3,则它们的表面积 S1,S2,S3 满足的等量关系是 .

10.一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为 2 的球面上,如果正四 棱柱的底面边长为 2,那么该棱柱的表面积为 .

11.(2012·长沙模拟)一个五面体的三视图如图,正视图与侧视图是 等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,部分边长如图所示,则此五面 体的体积为 .

12.如图, 在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, D 为棱 AA1 的中点, 若截面△BC1D 是面积为 6 的直角三角形,则此三棱柱的体积为 .

13.(2012·宜春模拟)三棱锥 S-ABC 中, ∠SBA=∠SCA=90°, △ABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,给出以下结论:

①异面直线 SB 与 AC 所成的角为 90°; ②直线 SB⊥平面 ABC; ③平面 SBC⊥平面 SAC; 1 ④点 C 到平面 SAB 的距离是 a. 2 其中正确结论的序号是 .

14.等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB,二面角 C-AB-D 的余弦值为 弦值等于 3 ,M,N 分别是 AC,BC 的中点,则 EM,AN 所成角的余 3 .

三、解答题(本大题共 6 小题,共 80 分.解答时应写出必要的文字说 明、证明过程或演算步骤) 15.(12 分)(2012·揭阳模拟)已知四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥底面 ABCD, AB∥CD,AD=CD=1,∠BAD=120°,PA= 3,∠ACB=90°.

(1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)求直线 PC 与平面 PAB 所成的角的正弦值. π 16.(13 分)(预测题)如图甲,直角梯形 ABCD 中, AB∥CD, ∠DAB= , 2 点 M、N 分别在 AB、CD 上,且 MN⊥AB,MC⊥CB,BC=2,MB=4,现 将梯形 ABCD 沿 MN 折起,使平面 AMND 与平面 MNCB 垂直(如图乙). (1)求证:AB∥平面 DNC; (2)当 DN 的长为何值时,二面角 D-BC-N 的大小为 30°?

17.(13 分)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是正方形,侧棱 PA⊥ 底面 ABCD,PA=AD,E、F 分别是 PD、BC 的中点 . (1)求证:AE⊥PC; (2)求直线 PF 与平面 PAC 所成的角的正切值.

18.(14 分)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC=5,D,E 分别

为 BC,BB1 的中点,四边形 B1BCC1 是边长为 6 的正方形. (1)求证:A1B∥平面 AC1D; (2)求证:CE⊥平面 AC1D; (3)求二面角 C-AC1-D 的余弦值.

19.(14 分)(2012·佛山模拟)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA⊥底面 ABCD,PA=AB=1,AD= 3,点 F 是 PB 的中点, 点 E 在边 BC 上移动.

(1)点 E 为 BC 的中点时,试判断 EF 与平面 PAC 的位置关系,并说明 理由; (2)证明:无论点 E 在 BC 边的何处,都有 PE⊥AF; (3)当 BE 等于何值时,PA 与平面 PDE 所成角的大小为 45°. 20.(14 分)(探究题)如图,已知 ABCD-A1B1C1D1 是棱长为 3 的正方体, 点 E 在 AA1 上,点 F 在 CC1 上,且 AE=FC1=1.

(1)求证:E,B,F,D1 四点共面; 2 (2)若点 G 在 BC 上,BG= ,点 M 在 BB1 上,GM⊥BF,垂足为 H,求证: 3 EM⊥平面 BCC1B1; (3)用 θ 表示截面 EBFD1 和侧面 BCC1B1 所成的锐二面角的大小,求 tanθ .

答案解析
1. 【解析】选 A.充分性成立: “这四个点中有三点在同一直线上” 有两种情况:①第四点在共线三点所在的直线上,可推出“这四个点 在同一直线上” ;②第四点不在共线三点所在的直线上,可推出“这 四点在同一个平面上” ;必要性不成立: “四个点在同一平面上”推不 出“三点在同一直线上”.故选 A. 2.【解题指南】△ABC 绕直线 BC 旋转一周后所得几何体为一圆锥, 但其内部缺少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几

何体的体积. 【解析】选 A.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥. 1 3 故所求体积为 V=V 大圆锥-V 小圆锥= πr2(1+1.5-1)= π. 3 2 3.【解析】选 C.①中的直线 l、m 可能平行、相交或异面,故不正确; ②中由垂直于同一直线的两平面平行可得α∥β; ③中的α,β可能相交,故不正确; ④中由面面垂直的性质定理知正确.综上②④正确. 4.【解题指南】由三视图得到几何体的直观图,根据直观图求得几何 体的表面积. 【解析】选 C.由三视图知该几何体的直观图如图所示.

几何体的下底面是边长为 4 的正方形;上底面是长为 4、宽为 2 的矩 形;两个梯形侧面垂直于底面,上底长为 2、下底长为 4、高为 4; 另两个侧面是矩形,且宽为 4、长为 42+12= 17. 1 所以 S 表=42+2×4+ ×(2+4)×4×2+4× 17×2=48+8 17. 2 5.【解析】选 B.因为 AB⊥BD,面 ABD⊥面 BCD,且交线为 BD,故有 AB⊥面 BCD,则面 ABC⊥面 BCD,同理 CD⊥面 ABD,则面 ACD⊥面 ABD,

因此共有 3 对互相垂直的平面. 6. 【解析】选 D.依题意可作出正方体的直观图如图, 1 显然 M 到 AB 的距离为 MC 2 = 2 ,∴①正确, 2

1 1 1 而 VC-DNE= × ×1×1×1= ,∴②正确, 3 2 6 π AB 与 EF 所成的角等于 AB 与 MC 所成的角,即为 , 2 ∴③正确. 7.【解题指南】画出图形,根据图形选取基向量,用向量法求角. 【解析】选 C.由条件知, CA AB =0, AB BD =0,
CD ? CA ? AB ? BD .

?|CD |2 ? |CA |2 ?|AB|2 ?|BD |2 ?2CA AB ? 2AB BD ? 2CA BA ? 62 ? 42 ? 82 ? 2 ? 6 ? 8cos ? CA, BD ?

=(2 17)2, 1 ∴?cos ? CA, BD ? =- , ? CA, BD ? =120°, 2 ∴ ? AC, BD ? =60°,即二面角的大小为 60°. 8.【解析】选 B.在题图(2)中取 BD 的中点 M,连接 MC、A′M. ∵A′B=A′D,∴A′M⊥BD. 又∵平面 A′BD⊥平面 BCD, ∴A′M⊥平面 BCD. ①选项 A 中,若 A′C⊥BD,那么 BD⊥平面 A′MC ? BD⊥MC. 而 BD⊥CD,显然 BD⊥MC 不可能,

∴A 不正确; ②选项 B 中,∵BD⊥CD 且平面 A′BD⊥平面 BCD, 可得 CD⊥平面 A′BD,可知 CD⊥A′D, 在△A′CD 中,A′D=CD=1 ?A′C= 2. 又∵A′B=1,∴CB= BD2+CD2= 2+1= 3. ∴在△A′BC 中,A′B2+A′C2=BC2, ∴∠BA′C=90°,故 B 正确; ③选项 C 中, 由②分析知, ∠CA′D 即为 CA′与平面 A′BD 所成的角, 在 Rt△A′DC 中, cos∠CA′D= A′D 1 2 = = , A′C 2 2

∴∠CA′D 为 45°,故 C 不正确; 1 1 1 ④选项 D 中,由①知 A′M⊥平面 BCD,得 VA′-BCD= S△BCD×A′M= × 3 3 2 × 2×1× 2 1 = ,故 D 不正确.故选 B. 2 6

9.【解析】S1=4πR12, S1=2 πR1, 同理: S2=2 πR2, S3=2 πR3, S1 S2 S3 故 R1= ,R2= ,R3= , 2 π 2 π 2 π 由 R1+2R2=3R3, 得 S1+2 S2=3 S3. 答案: S1+2 S2=3 S3 10.【解题指南】根据正四棱柱的体对角线与球直径相等解题.

【解析】设正四棱柱的高为 h,则 2R=4= 22+22+h2,得 h=2 2. 故 S 表=4×(2×2 2)+2×22=8+16 2. 答案:8+16 2 11. 【解析】由三视图可知,此几何体是一个底面为直角梯形,有一 1 1 条侧棱垂直于底面的四棱锥,其体积为 V= × ×(1+2)×2×2=2. 3 2 答案:2 【方法技巧】三视图的考查方式 三视图是新课标的新增内容,主要考查学生的空间想象能力,新增内 容总会重点考查, 所以近年来三视图的有关问题一直是高考考查的重 点和热点,其考查方式有以下特点: 一是给出空间图形选择其三视图; 二是给出三视图,判断其空间图形或还原直观图,有时也会和体积、 面积、角度的计算或线面位置关系的判定相结合. 12. 【解析】设正三棱柱的底面边长为 a,高为 2h,则 BD=C1D= a2+h2, BC1= a2+4h2,由△BC1D 是面积为 6 的直角三角形, 2×(a +h )=a +4h ? ? 得?1 ?2(a +h )=6 ?
2 2 2 2 2 2 2 ? ?a =8 ,解得? ?h=2 ?

,故此三棱柱的体积为

1 V= ×8×sin 60°×4=8 3. 2 答案:8 3

13.【解析】由题意知 AC⊥平面 SBC, 故 AC⊥SB,SB⊥平面 ABC, 平面 SBC⊥平面 SAC, ①②③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE,可证得 CE⊥平面 SAB,故 CE 1 的长度即为 C 到平面 SAB 的距离,为 a,④正确. 2 答案:①②③④ 14.【解析】设 AB=2,作 CO⊥平面 ABDE,OH⊥AB,则 CH⊥AB,∠CHO 为二面角 C-AB-D 的平面角,CH= 3,OH=CH·cos∠CHO=1,结 合等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥,则 AN= EM=CH= 3.
AN = ( AB + AC ), EM = AC - AE ,

1 2

1 2

AN · EM = ( AB + AC )·( AC - AE )= .

1 2

1 2

1 2

故 EM,AN 所成角的余弦值为 1 答案: 6

1 AN EM = . | AN || EM | 6

15. 【解析】(1)∵PA⊥底面 ABCD,BC ? 平面 AC, ∴PA⊥BC, ∵∠ACB=90°, ∴BC⊥AC, 又 PA∩AC=A, ∴BC⊥平面 PAC. (2)过 C 作 CE⊥AB 于 E,连接 PE,∵PA⊥底面 ABCD, ∴CE⊥平面 PAB, ∴直线 PC 与平面 PAB 所成的角为∠EPC,

∵AD=CD=1,∠ADC=60°,∴AC=1,又 PA= 3,在 Rt△PAC 中, PC=2, Rt△ACE 中求得 CE= ∴sin∠EPC= 3 . 4 3 , 2

16. 【解析】如图,以点 N 为坐标原点,以 NM,NC,ND 所在直线分 别作为 x 轴, y 轴和 z 轴, 建立空间直角坐标系.易得 NC=3, MN= 3, 设 DN=a, 则 D(0,0, a), C(0,3,0), B( 3, 4,0), M( 3, 0,0), A( 3, 0,a). (1)∵ ND =(0,0, a),NC =(0,3,0),AB =(0,4, -a). 4 4 ∴ AB =-(0,0,a)+ (0,3,0)=- ND + NC , 3 3 ∵ND,NC ? 平面 DNC,且 ND∩NC=N, ∴ AB 与平面 DNC 共面,又 AB ? 平面 DNC, ∴AB∥平面 DNC. (2)设平面 DBC 的法向量 n1=(x, y, z),DC =(0,3, -a),CB =( 3, 1,0) 则? ?
?DC n1 ? 3y ? az ? 0 ? ?CB n1 ? 3x ? y ? 0

,令 x=-1,则 y= 3,z=

3 3 ,∴n1=(-1, a

3,

3 3 ). a

又平面 NBC 的法向量 n2=(0,0,1).

∴cos〈n1,n2〉=

n1 n 2 = | n1 || n 2 |

3 3 a 27 1+3+ 2 ×1 a



3 . 2

6 即: = a 3 即 DN= . 2

1+3+

27 9 3 2 2 ,∴a = ,又 a>0,∴a= . a 4 2

17.【解析】方法一:(1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥DC 因为底面 ABCD 是正方形,所以 AD⊥DC. AD∩PA=A,故 DC⊥平面 PAD, AE ? 平面 PAD,所以 AE⊥DC, 又因为 PA=AD,点 E 是 PD 的中点, 所以 AE⊥PD,PD∩DC=D, 故 AE⊥平面 PDC, PC ? 平面 PDC,所以 AE⊥PC. (2)连接 BD,过点 F 作 FH⊥AC 于点 H,连接 PH, 由 F 是棱 BC 的中点,底面是正方形,可得 FH∥BD, 1 FH= BD, 4 又由 PA⊥底面 ABCD 得到 PA⊥FH,AC∩PA=A, 故 FH⊥平面 PAC,所以∠FPH 为直线 PF 与平面 PAC 所成 的角,设 AD=1,得到 FH= 2 , 4

在 Rt△PAH 中,PH= FH 17 tan∠FPH= = . PH 17

34 , 4

方法二:以 A 为原点,分别以 AB , AD , AP 的方 向为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标系,设 PA=AD=1, 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1), (1)∵点 E、F 分别是 PD、BC 的中点, 1 1 ∴E(0, , ), 2 2 1 F(1, ,0). 2
AE =(0, , ), PC =(1,1,-1), AE · PC =0,所以 AE⊥PC.

1 1 2 2

(2)连接 BD,由 PA⊥底面 ABCD 得到 PA⊥BD,AC⊥BD,AC∩PA=A,BD⊥平面 PAC. 取平面 PAC 的一个法向量 BD =(-1,1,0), 设直线 PF 与平面 PAC 所成的角为θ,
PF =(1, ,-1)

1 2

sinθ=|cos〈 BD , PF 〉|=| cosθ=

2 BD PF |= , 6 | BD || PF |

34 17 ,故 tanθ= . 6 17

18.【解析】(1)连接 A1C,与 AC1 交于 O 点,连接 OD.

因为 O,D 分别为 AC1 和 BC 的中点, 所以 OD∥A1B. 又 OD ? 平面 AC1D,A1B ? 平面 AC1D, 所以 A1B∥平面 AC1D. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, BB1⊥平面 ABC,又 AD ? 平面 ABC, 所以 BB1⊥AD. 因为 AB=AC,D 为 BC 的中点, 所以 AD⊥BC.又 BC∩BB1=B, 所以 AD⊥平面 B1BCC1. 又 CE ? 平面 B1BCC1,所以 AD⊥CE. 因为四边形 B1BCC1 为正方形,D,E 分别为 BC,BB1 的中点, 所以 Rt△CBE≌Rt△C1CD,∠CC1D=∠BCE. 所以∠BCE+∠C1DC=90°. 所以 C1D⊥CE.又 AD∩C1D=D, 所以 CE⊥平面 AC1D. (3)如图,以 B1C1 的中点 G 为原点,建立空间直角坐标系. 则 A(0,6,4),E(3,3,0),C(-3,6,0),C1(-3,0,0).

由(2)知 CE⊥平面 AC1D, 所以 CE =(6,-3,0)为平面 AC1D 的一个法向量.

设 n=(x,y,z)为平面 ACC1 的一个法向量,
AC =(-3,0,-4), CC1 =(0,-6,0).
? ? ?-3x-4z=0, ?n AC ? 0 由? 可得? ? ?-6y=0. ? ?n CC1 ? 0

3 令 x=1,则 y=0,z=- . 4 3 所以 n=(1,0,- ). 4 从而 cos〈 CE ,n〉= 8 CE n = 5. | CE | | n | 25

因为二面角 C-AC1-D 为锐角, 8 5 所以二面角 C-AC1-D 的余弦值为 . 25 19.【解析】(1)当点 E 为 BC 的中点时,EF 与平面 PAC 平行. ∵在△PBC 中,E、F 分别为 BC、PB 的中点, ∴EF∥PC,又 EF ? 平面 PAC,而 PC ? 平面 PAC,

∴EF∥平面 PAC. (2)∵PA⊥平面 ABCD,BE ? 平面 ABCD, ∴EB⊥PA,又 EB⊥AB,AB∩AP=A,AB, AP ? 平面 PAB, ∴EB⊥平面 PAB,又 AF ? 平面 PAB,∴AF⊥BE. 又 PA=AB=1,点 F 是 PB 的中点,∴AF⊥PB, 又∵PB∩BE=B,PB,BE ? 平面 PBE,∴AF⊥平面 PBE. ∵PE ? 平面 PBE,∴AF⊥PE,即无论点 E 在 BC 边的何处,都有 PE⊥ AF. (3)过 A 作 AG⊥DE 于 G,连接 PG,又 PA⊥平面 ABCD,DE ? 平面 ABCD, ∴DE⊥PA,又 AG⊥DE,AG⊥PA=A,则 DE⊥平面 PAG,于是,平面 PAG ⊥平面 PDE,它们的交线是 PG,过 A 作 AM⊥PG,垂足为 M,则 AM⊥ 平面 PDE,即 PA 在平面 PDE 上的射影是 PM,所以 PA 与平面 PDE 所成 的角是∠APG=45°.∴在 Rt△PAG 中,PA=AG=1,∴DG= 2,设 BE =x,∵△AGE≌△ABE,则 GE=x,CE= 3-x,在 Rt△DCE 中,( 2 +x)2=( 3-x)2+12,得 BE=x= 3- 2. 20. 【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,

则 BE =(3,0,1), BF =(0,3,2), BD1 =(3,3,3),

所以 BD1 = BE + BF , 故 BD1 , BE , BF 共面. 又它们有公共点 B, 所以 E,B,F,D1 四点共面. 2 (2)设 M(0,0,z),则 GM =(0,- ,z), 3 而 BF =(0,3,2), 2 由题设得 GM · BF =- ×3+z·2=0, 3 得 z=1.因为 M(0,0,1),E(3,0,1),有 ME =(3,0,0), 又 BB1 =(0,0,3), BC =(0,3,0), 所以 ME · BB1 =0, ME · BC =0, 从而 ME⊥BB1,ME⊥BC.又 BB1∩BC=B, 故 ME⊥平面 BCC1B1. (3)设向量 BP =(x,y,3)且 BP⊥截面 EBFD1, 于是 BP ⊥ BE , BP ⊥ BF . 而 BE =(3,0,1), BF =(0,3,2), 得 BP · BE =3x+3=0, BP · BF =3y+6=0, 解得 x=-1,y=-2, 所以 BP =(-1,-2,3). 又 BA =(3,0,0)且 BA⊥平面 BCC1B1, 所以 BP 和 BA 的夹角等于θ或π-θ(θ为锐角).

于是 cosθ=

1 | BP BA | = . 14 | BP | | BA |

故 tanθ= 13.


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