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2013届高三理科数学高考专题综合测试 专题1 Word版含答案]


专题一综合测试题
(时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.设集合 U={1,2,3,4,5,6},集合 M={1,3},N={2,3,4},则(?
UM)∩(?UN)=(

) B.{4,6} D.{3,6}

/>
A.{3} C.{5,6}

解析:?UM={2,4,5,6},?UN={1,5,6},∴(?UM)∩(?UN)={5,6}, 故选 C. 答案:C 2. 已知全集 I=R, 若函数 f(x)=x2-3x+2, 集合 M={x|f(x)≤0}, N={x|f′(x)<0},则 M∩?IN=( 3 A.[ ,2] 2 3 C.( ,2] 2 ) 3 B.[ ,2) 2 3 D.( ,2) 2

解析:由 f(x)≤0 解得 1≤x≤2,故 M=[1,2];f′(x)<0,即 2x 3 3 3 3 -3<0,即 x< ,故 N=(-∞, ),?IN=[ ,+∞).故 M∩?IN=[ , 2 2 2 2 2]. 答案:A 3.设某种蜡烛所剩长度 P 与点燃时间 t 的函数关系式是 P=kt +b.若点燃 6 分钟后,蜡烛的长为 17.4 cm;点燃 21 分钟后,蜡烛的 长为 8.4 cm,则这支蜡烛燃尽的时间为( A.21 分钟 C.30 分钟 )

B.25 分钟 D.35 分钟

? ?17.4=6k+b 解析:由? ,解得 k=-0.6,b=21,由 0=-0.6t ?8.4=21k+b ?

+21,解得 t=35. 答案:D 4.已知命题 p:“?x∈[1,2],x2-a≥0”,命题 q:“?x∈R, x2+2ax+2-a=0”.若命题“綈 p 且 q”是真命题,则实数 a 的取 值范围为( ) B.a≤-2 或 1≤a≤2 D.a>1

A.a≤-2 或 a=1 C.a≥1

解析:命题 p:“?x∈[1,2],x2-a≥0”,∴a≤x2 在[1,2]上恒 成立,∴a≤1,∴綈 p 为 a>1. 命题 q:“?x∈R,x2+2ax+2-a=0”,∴方程有解,Δ=4a2 -4(2-a)≥0,a2+a-2≥0,∴a≥1 或 a≤-2. 若命题“綈 p 且 q”是真命题,则 a>1,故选 D. 答案:D 1 5.(2011· 山东肥城模拟)幂函数 f(x)=xn(n=1,2,3, ,-1)具有 2 如下性质:f2(1)+f2(-1)=2[f(1)+f(-1)-1],则函数 f(x)( A.是奇函数 B.是偶函数 C.既是奇函数,又是偶函数 D.既不是奇函数,又不是偶函数 解析: 由 f2(1)+f2(-1)=2[f(1)+f(-1)-1]?n=2, f(x)=x2 为偶 函数,所以选 B. 答案:B 6.(2011· 潍坊模拟)已知函数 f(x)=x3+2bx2+cx+1 有两个极值 点 x1、 x2, 且 x1∈[-2, -1], x2∈[1,2], 则 f(-1)的取值范围是( ) )

? 3 ? A.?-2,3? ? ?

?3 ? B.?2,6? ? ? ? ? 3 ? D.?-2,12? ?

C.[3,12]

解析:f′(x)=3x2+4bx+c,由题意,得 f′?-2?=12-8b+c≥0 ? ?f′?-1?=3-4b+c≤0 ?f′?1?=3+4b+c≤0 ? ?f′?2?=12+8b+c≥0

f(-1)=2b-c,当直线过 A 时 f(-1)取最小值 3,当直线过 B 时 取最大值 12,故选 C. 答案:C

7.设集合 I 是全集,A?I,B?I,则“A∪B=I”是“B=?IA” 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 解析:由 B=?IA?A∪B=I,而 A∪B=I? / B=I”是“B=?IA”的必要不充分条件. 答案:B 8.若曲线 xy=a(a≠0),则过曲线上任意一点的切线与两坐标轴 所围成的三角形的面积是( A.2a2 C.2|a| ) B.a2 D.|a| B=?IA,故“A∪

a a 解析:设切点坐标为(x0,y0),曲线方程即 y=x,y′=- 2,故 x a a a 切线斜率为- 2,切线方程为 y- =- 2(x-x0).令 y=0,得 x= x0 x0 x0 2x0,即切线与 x 轴的交点 A 的坐标为(2x0,0);令 x=0,得 y= 即切线与 y 轴的交点 B 的坐标为(0, 1 2a 的三角形的面积为 ×|2x0|| |=2|a|. 2 x0 答案:C 9.(2011· 天津模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满足(x-1)f′(x)≤0, 且 y=f(x+1)为偶函数,当|x1-1|<|x2-1|时,有( A.f(2-x1)>f(2-x2) B.f(2-x1)=f(2-x2) ) 2a , x0

2a ).故切线与两坐标轴所围成 x0

C.f(2-x1)<f(2-x2) D.f(2-x1)≤f(2-x2)

? ? ?x-1≤0, ?x-1≥0, ? 解析: 由(x-1)f′(x)≤0? 或? 得函数 ?f′?x?≥0, ? ? ?f′?x?≤0,

f(x)在区间(-∞,1]上为增函数,在区间[1,+∞)上为减函数.又由 y=f(x+1)为偶函数,得函数 f(x)的图象关于直线 x=1 对称.
? ?x1<x2, 由|x1-1|<|x2-1|?(x1-x2)(x1+x2-2)<0?? 或 ? ?x1+x2>2, ? ?x1>x2, ? ?x1+x2<2. ? ? ?x1<x2, 若? 则 x2>1.此时,当 x1>1,则 f(x1)>f(x2),即 f(2- ? ?x1+x2>2,

x1)>f(2-x2); 当 x1<1?2-x1>1,又 x2>2-x1?f(2-x1)>f(x2),即 f(2-x1)>f(2 -x2). 同理,当? 答案:A
?x1>x2 ?x1+x2<2

时,也有上述结论.

10.如图所示,点 P 在边长为 1 的正方形的边上运动,设 M 是

CD 边的中点,则当点 P 沿着 A-B-C-M 运动时,以点 P 经过的 路程 x 为自变量, 三角形 APM 的面积函数的图象的形状大致是( )

? ?2x, ?0≤x≤1 3 ?-1 x+ , 解析:y=? 4 4 ?1<x≤2 5 ?-1 x+ , 2 4 ? ?2<x≤2.5
答案:A 11.已知函数 f(x)= 的取值范围是( 1 A.0<a< e C.a≤e )

1

) ,选 A.

lna+lnx 在[1,+∞)上为减函数,则实数 a x

B.0<a≤e D.a≥e

1 x-?lna+lnx? 1-?lna+lnx? x· 解析:f′(x)= = ,因为 f(x)在[1, x2 x2 +∞)上为减函数, 故 f′(x)≤0 在[1, +∞)上恒成立, 即 lna≥1-lnx 在[1, +∞)上恒成立. 设 φ(x)=1-lnx, φ(x)max=1, 故 lna≥1, a≥e, 选 D.

答案:D

12.有下列命题: π π ①函数 y=cos(x- )cos(x+ )的图象中, 相邻两个对称中心的距 4 4 离为 π; ②函数 y= x+3 的图象关于点(-1,1)对称; x-1

③关于 x 的方程 ax2-2ax-1=0 有且仅有一个实数根,则实数 a=-1; ④已知命题 p:对任意的 x∈R,都有 sinx≤1,则綈 p:存在 x ∈R,使得 sinx>1.其中所有真命题的序号是( A.①② C.②③④ B.③④ D.①②④ )

π π 1 解析:①函数 y=cos(x- )cos(x+ )= cos2x,相邻两个对称中 4 4 2 x+3 T π 心的距离为 d= = ,故①不正确;②函数 y= 的图象对称中心 2 2 x-1 应为(1,1),故②不正确;③正确;④正确. 答案:B 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,将答案 填在题中的横线上.

13 . 已 知 函 数

f?x+2?, ? ?x≤-1 ?2x+2, f(x) = ? -1<x<1, ?2 -4, ? ?x≥1
x

) 则 f[f( - 2010)] =

________. 解析: f[f(-2010)]=f[f(-2008)]=f[f(-2006)]=f[f(-2004)]=? =f[f(0)]=f(2)=22-4=0. 答案:0 1+x 14.已知函数 f(x)=ln +sinx,则关于 a 的不等式 1-x f(a-2)+f(a2-4)<0 的解集是________. 1+x 解析:已知 f(x)=ln +sinx 是奇函数, 1-x 1+x 2-?1-x? 又 f(x)=ln +sinx=ln[ ]+sinx= 1-x 1-x 2 ln(- -1)+sinx,f(x)在(-1,1)上单调递增,故 f(x)是(-1,1) x-1 上的增函数.由已知得 f(a-2)<-f(a2-4),即 f(a-2)<f(4-a2). a-2<4-a ? ? 故?-1<a-2<1 ? ?-1<4-a2<1
2

-3<a<2 ? ? ??1<a<3 ? ?- 5<a<-

? 3或 3<a< 5

3<a<2.即不等式的解集是( 3,2). 答案:( 3,2) 1 15.已知函数 f(x)= mx2+lnx-2x 在定义域内是增函数,则实 2

数 m 的取值范围为________. 1 1 2 解析:f′(x)=mx+x-2≥0 对一切 x>0 恒成立,m≥-(x)2+x, 1 2 1 令 g(x)=-(x)2+x,则当x=1 时,函数 g(x)取得最大值 1,故 m≥1. 答案:[1,+∞)

1 16. (2011· 扬州模拟)若函数 f(x)= x3-a2x 满足: 对于任意的 x1, 3 x2∈[0,1]都有|f(x1)-f(x2)|≤1 恒成立,则 a 的取值范围是________. 解析:问题等价于在[0,1]内 f(x)max-f(x)min≤1 恒成立.f′(x)= 1 x2-a2, 函数 f(x)= x3-a2x 的极小值点是 x=|a|, 若|a|>1, 则函数 f(x) 3 4 在 [0,1] 上 单 调 递 减 , 故 只 要 f(0) - f(1)≤1 即 可 , 即 a2≤ , 即 3 1<|a|≤ 2 3 1 2 ;若|a|≤1,此时 f(x)min=f(|a|)= |a|3-a2|a|=- a2|a|,由 3 3 3

1 3 1 于 f(0)=0,f(1)= -a2,故当|a|≤ 时,f(x)max=f(1),此时只要 - 3 3 3 2 2 2 3 2 2 3 a2+ a2|a|≤1 即可, 即 a2( |a|-1)≤ , 由于|a|≤ , 故 |a|-1≤ × 3 3 3 3 3 3 3 -1<0,故此时成立;当 3 2 <|a|≤1 时,此时 f(x)max=f(0),故只要 3 3

2 2 a2|a|≤1 即可,此式显然成立.故 a 的取值范围是[- 3, 3]. 3 3 答案:[- 2 2 3, 3] 3 3

三、解答题:本大题共 6 小题,共 74 分.解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤.

17.(本小题满分 12 分) (2011· 广东惠州模拟)统计表明, 某种型号的汽车在匀速行驶中每 小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时)的函数解析式可以表 示为: y= 千米. (1)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时, 从甲地到乙地要耗 油多少升? 1 3 x3- x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距 100 128000 80

(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少? 最少为多少升? 解:(1)当 x=40 时,汽车从甲地到乙地行驶了
? ?

100 =2.5 小时, 40

? 1 3 ? 要耗油?128000×403-80×40+8?×2.5=17.5(升).

答:当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要 耗油 17.5 升. 100 (2)当速度为 x 千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了 x 小时, 设耗油量为 h(x)升,依题意得
? 1 3 ? 100 1 2 800 15 h(x)=?128000x3-80x+8?·x = x + x - (0<x≤120), 1280 4 ? ?
3 3 800 x -80 x h′(x)= - 2 = (0<x≤120). 640 x 640x2

令 h′(x)=0,得 x=80. 当 x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; 当 x∈(80,120]时,h′(x)>0,h(x)是增函数. ∴当 x=80 时,h(x)取得极小值 h(80)=11.25.

∵h(x)在(0,120]上只有一个极值,∴它是最小值. 答:当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗 油最少为 11.25 升. 18.(本小题满分 12 分) ex (2011· 安徽)设 f(x)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2 4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3

(2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 解:对 f(x)求导得 f′(x)=e
x1+ax

-2ax ① ?1+ax2?2

2

4 3 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0,解得 x1= ,x2 3 2 1 = . 2 结合①,可知 x f′(x) f (x )
? 1? ?-∞, ? 2? ?

1 2 0 极大值

?1 3? ? , ? ?2 2?

3 2 0 极小值

?3 ? ? ,+∞? ?2 ?

+ ↗

- ↘

+ ↗

3 1 所以,x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变号,结合① 与条件 a>0,知 ax2-2ax+1≥0 在 R 上恒成立,因此 Δ=4a2-4a= 4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. 19.(本小题满分 12 分)

设 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且当-1≤x<0 时,f(x)=2x3 +5ax2+4a2x+b. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)当 1<a≤3 时,求函数 f(x)在(0,1]上的最大值 g(a). 解:(1)当 0<x≤1 时,-1≤-x<0,则 f(x)=-f(-x)=2x3-5ax2 +4a2x-b. 当 x=0 时,f(0)=-f(-0),∴f(0)=0. 2x +5ax +4a x+b,-1≤x<0 ? ? ?x=0? ∴f(x)=?0 ? ?2x3-5ax2+4a2x-b, 0<x≤1
3 2 2

.

(2)当 0<x≤1 时, f′(x)=6x2-10ax+4a2=2(3x-2a)(x-a)= 6(x- 2a )(x-a). 3

2 2a 3 ①当 < <1,即 1<a< 时, 3 3 2
? 2a? ?2a ? 当 x∈?0, 3 ?时,f′(x)>0,当 x∈? 3 ,1?时,f′(x)<0, ? ? ? ? ? 2a? ?2a ? ∴f(x)在?0, 3 ?上单调递增,在? 3 ,1?上单调递减, ? ? ? ? ?2a? 28 ∴g(a)=f? 3 ?= a3-b. ? ? 27

2a 3 ②当 1≤ ≤2,即 ≤a≤3 时,f′(x)≥0, 3 2 ∴f(x)在(0,1]上单调递增. ∴g(a)=f(1)=4a2-5a+2-b,

28 3 3 ? ?27a -b, 1<a<2 ∴g(a)=? 3 2 ? 4 a - 5 a + 2 - b , ≤a≤3 ? 2 20.(本小题满分 12 分)

.

已知函数 f(x)=x2-4x+(2-a)lnx(a∈R,a≠0). (1)当 a=8 时,求函数 f(x)的单调区间及极值; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 解:(1)依题意得,当 a=8 时,f(x)=x2-4x-6lnx,f′(x)=2x 6 2?x+1??x-3? -4-x= , x

由 f′(x)>0 得(x+1)(x-3)>0,解得 x>3 或 x<-1.注意到 x>0, 所以函数 f(x)的单调递增区间是(3,+∞). 由 f′(x)<0 得(x+1)(x-3)<0,解得-1<x<3,注意到 x>0,所以 函数 f(x)的单调递减区间是(0,3). 综上所述,函数 f(x)在 x=3 处取得极小值,这个极小值为 f(3) =-3-6ln3. 2-a (2)f(x)=x2-4x+(2-a)lnx,所以 f′(x)=2x-4+ x = 2x2-4x+2-a . x 设 g(x)=2x2-4x+2-a. ①当 a≤0 时,有 Δ=16-4×2×(2-a)=8a≤0,此时 g(x)≥0, 所以 f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; ②当 a>0 时,Δ=16-4×2×(2-a)=8a>0, 令 f′(x)>0,即 2x2-4x+2-a>0,解得 x>1+ 2a 2a 或 x<1- , 2 2

令 f′(x)<0,即 2x2-4x+2-a<0,解得 1- 当 0<a<2 时 , 1 -

2a 2a <x<1+ . 2 2

2a >0 , 此 时 函 数 的 单 调 递 增 区 间 是 2

? ? 2a? ? 2a ?0,1- ?,?1+ ,+∞?,单调递减区间是 2 ? ? 2 ? ? ? 2a 2a? ?1- ?; ,1+ 2 2 ? ?

当 a≥2 时, 1-
? ?

? ? 2a 2a ?, ≤0, 函数的单调递增区间是?1+ ,+ ∞ 2 2 ? ?

单调递减区间是?0,1+

2a? ?. 2 ?

综上可知,当 a≤0 时,函数在(0,+∞)上单调递增;当 0<a<2 时 , 函 数 在 ?0,1-
? ? ? ? 2a? 2a ? , ?1+ ,+∞? 上 单 调 递 增 , 在 2 ? 2 ? ?

? ? ? 2a 2a? 2a ?1- ?上单调递减; 当 a≥2 时, 函数在?1+ ,1+ ,+∞?上 2 2 ? 2 ? ? ?

单调递增,在?0,1+
?

?

2a? ?上单调递减. 2 ?

21.(本小题满分 12 分) 2a 已知函数 f(x)=x2+ x (a∈R). (1)若 f(x)在 x=1 处的切线垂直于直线 x-14y+13=0,求该点 的切线方程,并求此时函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)≤a2-2a+4 对任意的 x∈[1,2]恒成立,求实数 a 的取 值范围. 解:(1)f′(x)=2x- 2a ,根据题意 f′(1)=2-2a=-14,解得 a x2

=8,此时切点坐标是(1,17),故所求的切线方程是 y-17=-14(x-

1),即 14x+y-31=0.
3 16 2?x -8? 当 a=8 时,f′(x)=2x- 2 = , x x2

令 f′(x)>0,解得 x>2,令 f′(x)<0,解得 x<2 且 x≠0,故函数 f(x)的单调递增区间是(2,+∞);单调递减区间是(-∞,0)和(0,2).
3 2a 2?x -a? (2)f′(x)=2x- 2 = . x x2

①若 a<1,则 f′(x)>0 在区间[1,2]上恒成立,f(x)在区间[1,2]上 单调递增,函数 f(x)在区间[1,2]上的最大值为 f(2)=4+a;

3 ②若 1≤a≤8,则在区间(1, a)上 f′(x)<0,函数单调递减, 3 在区间( a,2)上 f′(x)>0,函数单调递增,故函数 f(x)在区间[1,2] 上的最大值为 f(1), f(2)中的较大者, f(1)-f(2)=1+2a-4-a=a-3, 故当 1≤a≤3 时,函数的最大值为 f(2)=4+a,当 3<a≤8 时,函数 的最大值为 f(1)=1+2a; ③当 a>8 时, f′(x)<0 在区间[1,2]上恒成立, 函数 f(x)在区间[1,2] 上单调递减,函数的最大值为 f(1)=1+2a. 综上可知,在区间[1,2]上,当 a≤3 时,函数 f(x)max=4+a,当 a>3 时,函数 f(x)max=1+2a. 不等式 f(x)≤a2-2a+4 对任意的 x∈[1,2]恒成立等价于在区间 [1,2]上,f(x)max≤a2-2a+4,故当 a≤3 时,4+a≤a2-2a+4,即 a2 -3a≥0,解得 a≤0 或 a=3;当 a>3 时,1+2a≤a2-2a+4,即 a2 -4a+3≥0,解得 a>3.

综合知当 a≤0 或 a≥3 时,不等式 f(x)≤a2-2a+4 对任意的 x ∈[1,2]恒成立. 22.(本小题满分 14 分) (2011· 陕西)设函数 f(x)定义在(0, +∞)上, f(1)=0, 导函数 f′(x) 1 =x,g(x)=f(x)+f′(x). (1)求 g(x)的单调区间和最小值;
?1? (2)讨论 g(x)与 g?x?的大小关系; ? ?

1 (3)是否存在 x0>0, 使得|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立?若存在, 求出 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由. 1 解:(1)由题设易知 f(x)=lnx,g(x)=lnx+x, ∴g′(x)= x-1 ,令 g′(x)=0 得 x=1, x2

当 x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是 g(x)的单调减区间, 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是 g(x)的单调增区间, 因此,x=1 是 g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小 值点, 所以最小值为 g(1)=1.
?1? (2)g?x?=-lnx+x, ? ? ?1? 1 设 h(x)=g(x)-g?x?=2lnx-x+x, ? ?

?x-1?2 则 h′(x)=- , x2

?1? 当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g?x?, ? ?

当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,
?1? 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g?x?, ? ? ?1? 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g?x?. ? ?

(3)满足条件的 x0 不存在. 证明如下: 证法一 1 假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立,

2 即对任意 x>0,有 lnx<g(x0)<lnx+x,(*) 但对上述 x0,取 x1=eg(x0)时,有 lnx1=g(x0),这与(*)左边不等 式矛盾, 1 因此,不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立. 1 假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对任意的 x>0 成立.

证法二

由(1)知,g(x)的最小值为 g(x)=1, 1 又 g(x)=lnx+x>lnx,而 x>1 时,lnx 的值域为(0,+∞), ∴x≥1 时,g(x)的值域为[1,+∞), 从而可得一个 x1>1,使 g(x1)≥g(x0)+1, 1 即 g(x1)-g(x0)≥1,故|g(x1)-g(x0)|≥1> ,与假设矛盾. x1 1 ∴不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<x对任意 x>0 成立.


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