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高三数学第一轮复习单元测试 《立体几何》


高三数学第一轮复习单元测试— 立体几何》 高三数学第一轮复习单元测试— 《立体几何》
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.(2008 浙江文卷)对两条不相交的空间直线 a 与 b,必存在平面α,使得 ( ) (A) a α , b α (C) a ⊥ α , b ⊥ α (B) a α , b ∥α (D) a α , b ⊥ α

2.将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个 120°的二面角,点 C 到达点 C1,这时异面直线 AD 与 BC1 所 成角的余弦值是 ( ) A.

2 2

B.

1 2

C.

3 4

D.

3 4


3.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是 2 、 3 、 6 ,这个长方体对角线的长为( A.2 3 B.3 2 C.6 D. 6

0 4.已知二面角α-l-β的大小为 60 ,m、n 为异面直线,且 m⊥α,n⊥β,则 m、n 所成的角为 ( )

B.60 C.90 A.30 5.如图,在正三角形 ABC 中,D、E、F 分别为各边的中点, G、H、I、J 分别为 AF、AD、BE、DE 的中点.将△ABC 沿 DE、EF、DF 折成三棱锥以后,GH 与 IJ 所成角的度 数为 ( ) A.90° B.60° C.45° D.0° 6.两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体,可放棱长 为 1 的正方体内,使正四棱锥的底面 ABCD 与正方 体的某一个平面平行,且各顶点均在正方体的面上, ... 则这样的几何体体积的可能值有 A.1 个 C.3 个 B.2 个 D.无穷多个

0

0

0

D.120
A H

0

G

F

C

J D I B

E





2 7. (2008 山东文卷)右图是一个几何体的三视图,根据图中数据, 3 可得该几何体的表面积是 ( ) A. 9π B. 10π 2 2 C. 11π D. 12π 俯视图 正(主)视图 侧(左)视图 8.(理)高为 5,底面边长为 4 3 的正三棱柱形容器(下有底),可放置最大球的半径是( )

3 3 2 B.2 C. D. 2 2 2 (文)三个两两垂直的平面,它们的三条交线交于一点 O,点 P 到三个平面的距离比为 1∶
A. 2∶3,PO=2 14 ,则 P 到这三个平面的距离 A.1,2,3 B. 4, 2, 6 C. 1, D.3,6,9 9.如图,在四面体 ABCD 中,截面 AEF 经过四
A

分别是 4
O D F



6

B

E C

面体的内切球(与四个面都相切的球)球心 O, 且与 BC,DC 分别截于 E、F,如果截面将四 面体分成体积相等的两部分,设四棱锥 A- BEFD 与三棱锥 A-EFC 的表面积分别是 S1, S2,则必有 ( ) A.S1<S2 B.S1>S2 C.S1=S2 D.S1,S2 的大小关系不能确定 10.已知球 o 的半径是 1,ABC 三点都在球面上,AB 两点和 AC 两点的球面距离都是 是
p ,则二面角 B-OA-C 的大小是 3 p 4

p ,BC 两点的球面距离 4

( C.
p 2


2p 3

A.

B.

p 3

D.

11.条件甲:四棱锥的所有侧面都是全等三角形,条件乙:这个四棱锥是正四棱锥,则条件甲是条件乙的 ( ) 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 12.已知棱锥的顶点为 P,P 在底面上的射影为 O,PO=a,现用平行于底面的平面去截这个棱锥,截 面交 PO 于点 M,并使截得的两部分侧面积相等,设 OM=b,则 a 与 b 的关系是 ( ) A.b=( 2 -1)a C.b= B.b=( 2 +1)a

2 2a 2 + 2a D.b= 2 2 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.把答案填在题中的横线上)
则侧面与底面所成的二面角等于_______________. 13. 已知正四棱锥的体积为 12, 底面对角线的长为 2 6 , 14.若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为 α ,则 cos α =______. 15.若棱长为 3 的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为___________. 16.多面体上,位于同一条棱两端的顶点称为相邻的, C1 如图,正方体的一个顶点 A 在平面 α 内,其余顶 D1 点在 α 的同侧,正方体上与顶点 A 相邻的三个顶 A1 点到 α 的距离分别为 1,2 和 4,P 是正方体的其 C 余四个顶点中的一个,则 P 到平面 α 的距离可能 D 是: ( ) B ①3; ②4; ③5; ④6; ⑤7 α A 以上结论正确的为______________. (写出所有正 第 16 题图 确结论的编号) .. 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 ) 在 长 方 体 ABCD A1 B1C1 D1 中 , 已 知

B1

DA = DC = 4, DD1 = 3 ,求异面直线 A1 B 与 B1C 所成角的大小(结果用 反三角函数值表示).

18. (本小题满分 12 分)如图, l1 、 l2 是互相垂直的异面直线,MN 是它们的公垂线段。点 A、B 在 l1 上, C 在 l2 上, AM = MB = MN . (1)证明 AB ⊥ NB ; (2)若 ∠ACB = 60 ,求 NB 与平面 ABC 所成角的余弦值.
O

19. (本小题满分 12 分)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中, p 是侧棱 CC1 上的一点,

CP = m .
(1)试确定 m ,使得直线 AP 与平面 BDD1 B1 所成角的正切值为 3 2 ; (2)在线段 A1C1 上是否存在一个定点 Q ,使得对任意的 m , D1Q 在平面 APD1 上的射影垂直于 AP . 并证明你的结论.

20.(本小题满分 12 分)(理)如图,已知矩形 ABCD,PA⊥平面 ABCD,M、N 分别是 AB、PC 的中点, 设 AB=a,BC=b,PA=c. (1)建立适当的空间直角坐标系,写出 A、B、M、N 点的坐标,并证明 MN⊥AB; (2)平面 PDC 和平面 ABCD 所成的二面角为θ,当θ为何值时(与 a、b、c 无关),MN 是直线 AB 和 PC 的公垂线段. P

N A M B C D

21. (本小题满分 12 分)(2008 年全国卷Ⅱ)如图,正四棱柱 ABCD A1 B1C1 D1 中, AA1 = 2 AB = 4 ,点 E 在 CC1 上且 C1 E = 3EC . (Ⅰ)证明: A1C ⊥ 平面 BED ; (Ⅱ)求二面角 A1 DE B 的大小. A1 D1 B1

C1

E D A B C

22. (本小题满分 14 分)如图,在长方体 ABCD─A1B1C1D1 中,E、P 分别是 BC、A1D1 的中点,M、N 分别是 AE、CD1 的中点,AD=AA1=a,AB=2a. (1)求证:MN∥面 ADD1A1; (2)求二面角 P─AE─D 的大小; (3)求三棱锥 P─DEN 的体积.

参考答案(8)
1.B 解析:本小题主要考查立体几何中线面关系问题。∵两条不相交的空间直线 a 和 b ,∴存在平面 α , 使得 a α , b // α 2. D.由题意易知∠ABC1 是 AD 与 BC1 所成的角,解△ABC1,得余弦为

3 .答案:D. 4

ab = 2 a 2 = 2 3. D.设长宽高为 a、b、c,则 bc = 3 b 2 = 1 l= 6 ,答案:D. 2 c = 3 ac = 6 0 4. B. 作图可知满足条件的 m、n 所成的角 120 为故应选 B.
5. B.平面图形折叠后为正三棱锥.如图,取 EF 的中点 M,连结 IM、MJ,则 MJ ∴MJ∥GH,∠IJM 为异面直线 GH 与 JI 所成的角.
(A , , ) BC I H M J D E

1 FD,GH 2

1 FD, 2

G F

由已知条件易证△MJI 为正三角形.∴∠IJM=60°.答案:B. 6. D. 法一:本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形,显然有无穷多个 法二:通过计算,显然两个正四棱锥的高均为

1 ,考查放入正方体后,面 ABCD 所在的截面,显然其面 2

积是不固定的,取值范围是 ,1 ,所以该几何体的体积取值范围是 , 7. D 本小题主要考查三视图与几何体的表面积。 从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而 成的,其表面积为 S = 4π × 1 + π × 1 × 2 + 2π ×1× 3 = 12π . 选 D。
2 2

1 2

1 1 6 3

8.(理)B.过球心作平行于底的截面,R=2 3 tan30°=2.

(文)B.
R

9. C .连 OA、OB、OC、OD 则 VA-BEFD=VO-ABD+VO-ABE+VO-BEFD VA-EFC=VO-ADC+VO-AEC+VO-EFC 又 VA-BEFD=VA-EFC 而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径, 故 SABD+SABE+SBEFD=SADC+SAEC+SEFC 又面 AEF 公共,故选 C 10. 如图,由题可知∠AOB=∠AOC=
p p ,而∠BOC= ,因为 OA=OB=OC=1,所以 BC=1,且分别过 B C 作 OA 的 4 3

2 3

垂线,垂足为同一点 M,于是∠BMC 为二面角 B-OA-C 的平面角,所以 BM=CM= S 应选 C.
A D C

2 p ,从而∠BMC= , 2 2

B

11. B.乙 甲,但甲 乙,例如四棱锥 S—ABCD 的底面 ABCD 为菱形,但它不是正四棱锥. 12. C.由平行锥体底面的截面性质,知 C. 13. θ =

PM 2 OM 2 2 b 2 2 2 2 = ,∴ = .∴ = .∴b= a.答案: PO 2 PO 2 a 2 2

1 3V (2 6 ) 2 = 12 ,底 面边 长 a = S ,高 h = , 二 面角的 余切值 3 2 S h π 3V / S 6V 6 × 12 tan θ = .代入数据, 得:tan θ = = = = 3 .又 θ 必为锐角, 所以 θ = . a/2 3 S / 2 S S 12 × 12


π

底 面正方 形面 积 S =

14.

6 .不妨认为一个正四棱柱为正方体,与正方体的所有面成角相等时,为与相交于同一顶点的三个相互 3
垂直的平面所成角相等,即为体对角线与该正方体所成角.故 cos α =

2 6 = . 3 3

15. 27π .

d =3 3 R=

3 3 S = 4πR 2 = 27π 2

D1

C1 A1 B1

16. ①③④⑤. 如图,B、D、A1 到平面 α 的距离分别为 1、2、4,则 D、A1 的中点到平面 α 的距离为 3,所 以 D1 到平面 α 的距离为 6;B、A1 的中点到平面 α 的 距离为

D

C

B 5 α ,所以 B1 到平面 α 的距离为 5;则 D、B 的 A 2 第 16 题图 3 中点到平面 α 的距离为 ,所以 C 到平面 α 的距离 2 7 为 3;C、A1 的中点到平面 α 的距离为 ,所以 C1 到平面 α 的距离为 7;而 P 为 C、 2 C1、B1、D1 中的一点,所以填①③④⑤. 17.法一:连接 A1 D ,

∵ A1 D // B1C , ∴ ∠BA1 D 为异面直线 A1 B 与 B1C 所成的角. 连接 BD ,在△ A1 DB 中,

A1 B = A1 D = 5, BD = 4 2 ,
则 cos ∠BA1 D =

A1 B 2 + A1 D 2 BD 2 2 A1 B A1 D 25 + 25 32 9 . = = 255 25

9 . 25 法二:以 D 为坐标原点,分别以 DA 、 DC 、 DD1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立空间直角坐标系. 则 A1 (4, 0, 3)、B (4, 4, 0)、B1 ( 4, 4, 3)、C (0, 4, 0) ,
∴ 异面直线 A1 B 与 B1C 所成角的大小为 arccos
得 A1 B = (0, 4, 3),

B1C = (4, 0, 3) .

设 A1 B 与 B1C 的夹角为 θ , 则 cos θ =

A1 B B1C A1 B B1C

=

9 , 25

9 , 25 即异面直线 A1 B 与 B1C 所成角的大小为 9 arccos . 25 18.(1)AM = MB = MN,说明 NM 是△ANB 的中线且为边 AB 的一半,所以△ANB 是直 角三角形,其中 ∠ ANB 为直角。所以 BN ⊥ NA。① l1 ⊥ l2 且 MN ⊥ l2 l2 ⊥ 面 ABN l2 ⊥ BN。②
∴ A1 B 与 B1C 的夹角大小为 arccos
由①、②可推出 BN ⊥ 面 NAC。所以 AC ⊥ BN。 (2)MN ⊥ AB 且 M 为 AB 中点 AN = MN ③ 由(1)知,AN、BN、CN 两两垂直 ④ 由③、④ AC = BC,又 ∠ ACB = 60° ,所以△ABC 是等边三角形。 设 BN 长度为 1,则 AB =

C

2,
A M 图 3 B N

S ABC =

3 4

( 2)

2

=

3 2

1 三棱锥 C ABN 的体积为: ; 6 1 三棱锥 N ABC 的体积为: S ABC h 3

3 3 h 3 记 NB 与平面 ABC 所成角为 θ ,则 sin θ = = 。 NB 3 6 从而 cosθ = 3
由 VC ABN = VA ABC 可得 点 N 到面 ABC 的距离 h = 实际上,这个题的命题背景是 N ABC 是正方体的一个“角” 。如图 3. 19. 法一: (1)连 AC,设 AC 与 BD 相交于点 O,AP 与平面

BDD1 B1 相交于点,,连结 OG,因为 PC∥平面 BDD1 B1 ,
D1

C1 B1
G O P

平面 BDD1 B1 ∩平面 APC=OG, 故 OG∥PC,所以,OG=

A1

1 m PC= . 2 2
A

D

C

又 AO⊥BD,AO⊥BB1,所以 AO⊥平面 BDD1 B1 , 故∠AGO 是 AP 与平面 BDD1 B1 所成的角.
2 1 OA 在 Rt△AOG 中,tan ∠ AGO= = 2 = 3 2 ,即 m= 3 . m GO 2

B

所以,当 m=

1 时,直线 AP 与平面 BDD1 B1 所成的角的正切值为 3 2 . 3

(2)可以推测,点 Q 应当是 AICI 的中点 O1,因为 D1O1⊥A1C1, 且 D1O1⊥A1A ,所以 D1O1⊥平面 ACC1A1, 又 AP 平面 ACC1A1,故 D1O1⊥AP. 那么根据三垂线定理知,D1O1 在平面 APD1 的射影与 AP 垂直。 法二:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0), D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1) 所以 BD = (1, 1, 0), BB1 = (0,0,1), AP = (1,1, m), AC = (1,1, 0). 又由 AC BD = 0, AC BB1 = 0 知, AC 为
D1

z

C1
j

平面 BB1 D1 D 的一个法向量. 设 AP 与 平 面 BB1 D1 D 所 成 的 角 为 θ , 则
A1 D

O1 B1

P

C

y

A
x

B

AP AC π 2 依 题 意 有 sin θ = cos( θ ) = = 2 AP AC 2 2 + m2
m=

2 2 2 + m2

=

3 2 1 + (3 2)
2

, 解得

1 1 .故当 m = 时,直线 AP 与平面 BB1 D1 D 所成的角的正切值为 3 2 . 3 3

(2)若在 A1C1 上存在这样的点 Q,设此点的横坐标为 x ,则 Q(x,1- x ,1), D1Q = ( x,1 x, 0) 。 依 题 意 , 对 任 意 的 m 要 使 D1Q 在 平 面 APD1 上 的 射 影 垂 直 于 AP , 等 价 于 D1Q ⊥ AP AP D1Q = 0 x + (1 x ) = 0 x =

1 . 即 Q 为 A1C1 的中点时,满足题设要求. 2

20. (理)(1)证明:以 A 为原点,分别以 AB、AD、AP 为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系. 则 A(0,0,0),B(a,0,0),M(

a a b c ,0,0),N( , , ). 2 2 2 2

b c AB =(a,0,0), MN =(0, , ). 2 2 AB MN =0 AB⊥MN.
(a, -c) 若 MN 是 PC、 的公垂线段, PC MN =0, b, , AB 则 (2) (0, c) C P 0, , (a, 0) PC = b, ,

b2 c2 + =0 b=c. 2 2 又∵AP⊥面 ABCD CD⊥PD, CD⊥DA
即- ∴∠PDA 是二面角 P—CD—A 的平面角. ∴∠PDA=45°, 即二面角 P—CD—A 是 45°. (文)(1)如图,以 D 为原点,DA、DC、DD1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,取正方 体棱长为 2,则 P(0,0,1)、M(2,1,0)、B(2,2,0)、B1(2,2,2).
z D1 C1 B1 P D A x N M B C y

A1

∵ PB MB1 =(2,2,-1)(0,1,2)=0, ∴MB1⊥PB,同理,知 NB1⊥PB. ∵MB1∩NB1=B1,∴PB⊥平面 MNB1. (2)∵PB⊥平面 MNB1,BA⊥平面 B1BN,∴ PB =(2,2,-1)与 BA =(0,2,0)所夹的角即为 α,cosα=

PB BA | PB || BA |

=

2 . 3

21. 解法一: 依题设知 AB = 2 , CE = 1 . (Ⅰ)连结 AC 交 BD 于点 F ,则 BD ⊥ AC . 由三垂线定理知, BD ⊥ A1C . 在平面 A1CA 内,连结 EF 交 A1C 于点 G , 由于

AA1 AC = =2 2, FC CE

D1 A1 B1

C1

故 Rt△ A1 AC ∽ Rt△FCE , ∠AA1C = ∠CFE ,

∠CFE 与 ∠FCA1 互余.
D 于是 A1C ⊥ EF . A F

HE G C B

A1C 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直,
所以 A1C ⊥ 平面 BED . (Ⅱ)作 GH ⊥ DE ,垂足为 H ,连结 A1 H .由三垂线定理知 A1 H ⊥ DE ,

故 ∠A1 HG 是二面角 A1 DE B 的平面角.

EF = CF 2 + CE 2 = 3 ,
CG = CE × CF 2 3 2 2 , EG = CE CG = . = EF 3 3

EG 1 1 EF × FD 2 = , GH = × . = EF 3 3 DE 15
又 A1C =

AA12 + AC 2 = 2 6 , A1G = A1C CG =
A1G =5 5. HG

5 6 . 3

tan ∠A1 HG =

所以二面角 A1 DE B 的大小为 arctan 5 5 . 解法二: 以 D 为坐标原点,射线 DA 为 x 轴的正半轴, 建立如图所示直角坐标系 D xyz . A1 z D1 B1 C1

2,, 2,, 2,, 0, 依题设, B (2, 0) C (0, 0) E (0,1) A1 (2, 4) .
E D A x B C y

DE = (0,1) DB = (2, 0) , 2,, 2,

A1C = (2, 4), 1 = (2, 4) . 2, DA 0,
(Ⅰ)因为 A1C i DB = 0 , A1C i DE = 0 , 故 A1C ⊥ BD , A1C ⊥ DE . 又 DB ∩ DE = D , 所以 A1C ⊥ 平面 DBE . (Ⅱ)设向量 n = ( x,y,z ) 是平面 DA1 E 的法向量,则

n ⊥ DE , n ⊥ DA1 .
故 2 y + z = 0 , 2x + 4z = 0 . 令 y = 1 ,则 z = 2 , x = 4 , n = (4, 2) . 1,

n,1C 等于二面角 A1 DE B 的平面角, A

cos n,1C = A

ni A1C n A1C

=

14 . 42
14 . 42

所以二面角 A1 DE B 的大小为 arccos

22. 法一:以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线分别 为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系 D─xyz, 则 A(a,0,0)、B(a,2a,0)、C(0,2a,0)、A1(a,0,a)、 D1(0,0,a) ∵E、P 分别是 BC、A1D1 的中点,M、 N 分别是 AE、CD1 的中点, ∴E(

a a 3a a ,2a,0 ),P( ,0, a ),M( , a,0 ) ,N( 0, a, ) 2 2 4 2
3a a , 0, ) ,取 n = 4 2

(1) MN = (-

(0,1,0) ,显然 n ⊥面 ADD1A1 而 MN ?n 0 ,∴ MN ⊥ n .又∴MN 面

ADD1A1, ∴MN∥面 ADD1A1; (2)过 P 作 PH⊥AE,交 AE 于 H.取 AD 的中点 F,则 F ( , 0, 0) ,设 H(x,y,0), 则 HP = ( - x, - y, a) , HF = ( - x, - y, 0) .
a 2 a 2 a 2

a 又 AE = (- , 2a, 0) ,由 HP ? AE 2

a2 a + x 2ay = 0, 0 以及 H 在直线 AE 上可得: 4 2 4 x + y = 4a.

解得 x=

33 2 8a 2 a 8a 2a a ,y= a .∴ HP = (,, a ) HF = (,, 0) , 34 17 17 17 17 17 0 即

所 以 HF ?AE

HF ⊥ AE , ∴ HP 与 HF 所 夹 的 角 等 于 二 面 角 P ─ AE ─ D 的 大
= 2 21

小. cos < HP, HF > =

HP ×HF HP HF

,

所以二面角 P─AE─D 的大小 arccos

2 21 . 21

(3)设 n1 = ( x1 , y1 , z1 ) 为平面 DEN 的法向量, n1 ⊥ DE , n1 ⊥ DN 又 DE = ( , 2a, 0) , DN = (0, a, ) , DP = ( , 0, a )
a 2 a 2 a 2

a 2 x1 + 2qy1 = 0, x1 = 4ay1 , ∴ 即 所以面DEN的一个法向量n1 = (4,1,2) a z1 = 2 y1 . ay + z = 0. 1 2 1
∴P 点到平面 DEN 的距离为 d=
DP ×n1 n1 = 2a + 2a 16 + 1 + 4 = 4a 21

∵ cos < DE , DN > =

DE ×DN DE DN

=

8 85

, sin < DE , DN > =

DE ×DN DE DN

=

21 85

,

SD DEN =

1 DE 鬃 DN sin < DE , DN > = 2

21 2 a . 8

所以 VP- DEN =

1 SD DEN ?d 3

a3 . 6

法二: (1)证明:取 CD 的中点 K ,连结 MK , NK ∵ M , N , K 分别为 AK , CD1 , CD 的中点 ∵ MK // AD, NK // DD1 ∴ MK // 面 ADD1 A1 , NK // 面 ADD1 A1 ∴面 MNK // 面 ADD1 A1 ∴ MN // 面 ADD1 A1 (2)设 F 为 AD 的中点 ∵ P 为 A1 D1 的中点 ∴ PF // DD1 ∴ PF ⊥ 面 ABCD 作 FH ⊥ AE ,交 AE 于 H ,连结 PH ,则由三垂线定理得 AE ⊥ PH 从而 ∠PHF 为二面角 P AE D 的平面角. 在 Rt AEF 中, AF = a , EF = 2a, AE = 17 a ,从而
2 a 2a AF EF 2a . FH = = 2 = AE 17 17 a 2 2

在 Rt PFH 中, tan ∠PFH = PF = DD1 = 17
FH FH 2

故:二面角 P AE D 的大小为 arctan 17
2

(3) SNEP = S矩形ECD P =
1

1 1 5 2 BC CD1 = a a 2 + 4a 2 = a . 4 4 4 作 DQ ⊥ CD1 ,交 CD1 于 Q ,由 A1 D1 ⊥ 面CDD1C1 ,得 A1 D1 ⊥ DQ ,∴ DQ ⊥ 面BCD1 A1 . CD DD1 2a a 2 = = a, CD1 5a 5

1 2

在 Rt CDD1 中, DQ =
1 3

∴ VP DEN = VD NEP = SNEP DQ =

1 5 2 2 a3 a a= . 3 4 6 5


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