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2013届高三理科数学高考专题综合测试 专题2 Word版含答案]


专题二综合测试题
(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.如图,设 A 是棱长为 a 的正方体的一个顶点,过从此顶点出发 的三条棱的中点作截面, 截面与正方体各面共同围成一个多面体, 则 关于此多面体有以下结论,其中错误的是( )

A.有 10 个顶点 B.体对角线 AC1 垂直于截面 C.截面平行于平面 CB1D1 D.此多面体的表面积为 47 2 a 8

1 1 1 1 2 2 解析:此多面体的表面积 S=6a2-3× × a× a+ × a× 2 2 2 2 2 2 a× 45+ 3 2 3 45 2 3 = a + a2= a .故选 D. 2 8 8 8 答案:D 2.(2011· 福建宁德二模)下图是一个多面体的三视图,则其全面 积为( )

A. 3 C. 3+6

B.

3 +6 2

D. 3+4

解析:由几何体的三视图可得,此几何体是正三棱柱,其全面积 1 为 S=3×( 2)2+2× ×( 2)2×sin60° =6+ 3.故选 C. 2 答案:C 3.(2011· 江西抚州一中模拟)如图是一个几何体的三视图,根据图 中数据,可得该几何体的表面积是( )

A.22π C.4π+24

B.12π D.4π+32

解析:由几何体的三视图可得,此几何体是上面一个球、下面一 个长方体组成的几何体,此几何体的表面积 S=4π×12+2×2×2+

8×3=4π+32.故选 D. 答案:D 4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积与体积 分别为( )

A.7+ 2,3 C.7+ 2, 3 2

B.8+ 2,3 3 D.8+ 2, 2

解析: 由几何体的三视图可得, 此几何体是四棱柱, 底面是梯形, 1 其全面积为 S=2× (1+2)×1+12+12+1×2+ 2×1=7+ 2, 体积 2 1 3 为 V= (1+2)×1×1= .故选 C. 2 2 答案:C 5.(2011· 江苏启东中学模拟)一个与球心距离为 1 的平面截球体 所得的圆面面积为 π,则球的体积为( 8 2π A. 3 32π C. 3 ) 8π B. 3 D.8π 4 3

解析:由题意,球的半径为 R= 12+12= 2,故其体积 V=

π( 2)3=

8 2π ,选 A. 3

答案:A 6.(2011· 福建福鼎一中模拟)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是 AD 的中点,则异面直线 C1E 与 BC 所成的角的余弦值是 ( )

A. 1 C. 3

10 5

B.

10 10

2 2 D. 3

解析:因为 BC∥B1C1,故∠EC1B1 即为异面直线 C1E 与 BC 所 成的角,在△EB1C1 中,由余弦定理可得结果,选 C. 答案:C 7.(2011· 泰安市高三质检)已知正四棱锥 S-ABCD 的侧棱长与 底面边长都相等, E 是 SB 的中点, 则 AE、 SD 所成角的余弦值为( 1 A. 3 C. 3 3 B. 2 3 )

2 D. 3

解析:连接 BD,取 BD 中点 O,连接 AO

则 OE∥SD.∠OEA 即为 AE 与 SD 所成的角. 令侧棱长为 2,则 OE=1,AO= 2,AE= 3 因为 AE2=AO2+OE2, 所以△AOE 是直角三角形, 故 cos∠AEO = 3 . 3 答案:C 8.(2011· 安徽皖南八校联考)设 m,n 是不同的直线,α、β、γ 是不同的平面,有以下四个命题:
?? β ∥ γ ;② ① ? α∥γ ? ? m∥n? ? n?α ?

α ∥ β? ?

α ⊥β ? ?

m⊥α? ? ? ?m ⊥ β ;③ ? ? α ⊥ β ;④ ? ? m∥α? m∥β ? ) B.②③ D.②④

??m∥α.其中正确的命题是(

A.①④ C.①③

解析:由定理可知①③正确,②中 m 与 β 的位置关系不确定, ④中可能 m?α.故选 C. 答案:C 9.(2011· 宁夏模拟)如图,正△ABC 的中线 AF 与中位线 DE 相 交于 G,已知△A′ED 是△AED 绕 DE 旋转过程中的一个图形,下 列命题中,错误的是( )

A.动点 A′在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上 B.恒有平面 A′GF⊥平面 BCED C.三棱锥 A′—FED 的体积有最大值 D.异面直线 A′E 与 BD 不可能垂直 解析:由题意,DE⊥平面 AGA′,A、B、C 正确.故选 D. 答案:D 10.(2011· 南昌一模)在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, M 为 AB 的中点,则点 C 到平面 A1DM 的距离为( )

A. C.

6 a 3 2 a 2

B.

6 a 6

1 D. a 2

解析:设点 C 到平面 A1DM 的距离为 h,则由已知得 DM=A1M =
?a? a2+?2?2 = ? ?

5 a , A1D = 2

2a,S



A DM 1



1 × 2

2 a×

? 5 ?2 ? 2 ?2 6 1 ? a? -? a? = a2,连接 CM,S△CDM= a2,由 VC-A DM=VA 1 1 4 2 ? 2 ? ? 2 ?

-CDM

1 1 6 1 6 ,得 S△A1DM· h= S△CDM· a, a2· h= a2· a,所以 h= a,即点 C 3 3 4 2 3 6 a,选 A. 3

到平面 A1DM 的距离为 答案:A

11.(2011· 山东平邑一中模拟)设 a,b,c 是空间三条直线,α,β 是空间两个平面,则下列命题中,逆命题不成立的是( A.当 c⊥α 时,若 c⊥β,则 α∥β B.当 b?α 时,若 b⊥β,则 α⊥β C.当 b?α,且 c 是 a 在 α 内的射影时,若 b⊥c,则 a⊥b D.当 b?α,且 c?α 时,若 c∥α,则 b∥c 解析:写出逆命题,可知 B 中 b 与 β 不一定垂直.选 B. 答案:B 12. (2011· 山东潍坊模拟)某几何体的一条棱长为 7, 在该几何体 的正视图中,这条棱的投影是长为 6的线段,在该几何体的侧视图 与俯视图中,这条棱的投影分别是长为 a 和 b 的线段,则 a+b 的最 大值为( ) B.2 3 D.2 5 )

A.2 2 C.4

解析: 结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算. 如图设 长方体的长,宽,高分别为 m,n,k,由题意得 m2+n2+k2= 7, m2+k2= 6?n=1, 1+k2=a, 1+m2=b,所以(a2-1)+(b2- 1)=6?a2+b2=8,所以(a+b)2=a2+2ab+b2=8+2ab≤8+a2+b2= 16?a+b≤4,当且仅当 a=b=2 时取等号.选 C.

答案:C 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.(2011· 广东珠海二模)一个五面体的三视图如图,正视图与侧 视图都是等腰直角三角形,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________.

解析:由三视图可知,此几何体是一个底面为直角梯形,有一条 1 1 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 14.(2011· 上海春招)有一多面体的饰品,其表面由 6 个正方形和 8 个正三角形组成(如图),AB 与 CD 所成的角的大小是________.

解析:连接 AD,则 AD 綊 2BC,故延长 AB,DC 必相交,设交 点为 E,△ADE 是等边三角形,故 AB 与 CD 所成的角的大小为 60° . 答案:60° 15.(2011· 江西赣州联考)三棱锥 S-ABC 中,∠SBA=∠SCA= 90° ,△ABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,则以下结论中:

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________. 解析:由题意知 AC⊥平面 SBC,故 AC⊥SB,SB⊥平面 ABC, 平面 SBC⊥平面 SAC,①、②、③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE, 1 可证得 CE⊥平面 SAB,故 CE 的长度即为 C 到平面 SAB 的距离 a, 2

④正确. 答案:①②③④ 16.(2011· 南京一模)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________.

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,得

?2×?a +h ?=a +4h ?1 2 2 ?2?a +h ?=6
答案:8 3

2

2

2

2

2 ? ?a =8 1 ,解得? ,故此三棱柱的体积为 V= 2 ?h=2 ?

×8×sin60° ×4=8 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)如图,PA⊥平面 ABCD,ABCD 是矩形, PA=AB=1,AD= 3,点 F 是 PB 的中点,点 E 在边 BC 上移动.

(1)求三棱锥 E-PAD 的体积; (2)当点 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; (3)证明:无论点 E 在边 BC 的何处,都有 PE⊥AF.
? 1 1 ?1 ? AD· AB?= 解:(1)三棱锥 E-PAD 的体积 V= PA· S△ADE= PA· 3 3 ?2 ?

3 . 6 (2)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,PC?平面 PAC, ∴EF∥平面 PAC. (3)证明:∵PA⊥平面 ABCD,BE?平面 ABCD, ∴BE⊥PA,又 BE⊥AB,AB∩PA=A,AB,PA?平面 PAB, ∴BE⊥平面 PAB.又 AF?平面 PAB,∴AF⊥BE. 又 PA=AB=1,点 F 是 PB 的中点,∴PB⊥AF,

又∵PB∩BE=B,PB,BE?平面 PBE, ∴AF⊥平面 PBE. ∵PE?平面 PBE,∴AF⊥PE. 18.(本小题满分 12 分) 已知四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PCD ⊥平面 ABCD,E 为 PB 上任意一点,O 为菱形对角线的交点,如图.

(1)证明:平面 EAC⊥平面 PBD; (2)试确定点 E 的位置, 使得四棱锥的体积被平面 EAC 分成 两部分. 解:(1)证明:过点 B 作 BG⊥AD 于点 G,由于平面 PAD⊥平面 ABCD,由面面垂直的性质定理可知 BG⊥平面 PAD,又 PD?平面 PAD,故 PD⊥BG;同理,过点 B 作 BH⊥CD 于点 H,则 PD⊥BH. 又 BG?平面 ABCD,BH?平面 ABCD,BG∩BH=B,∴PD⊥平面 ABCD,

∴PD⊥AC, 又 BD⊥AC, 故 AC⊥平面 PBD, 又 AC?平面 EAC, ∴平面 EAC⊥平面 PBD. (2)若四棱锥的体积被平面 EAC 分成 两部分, 则三棱锥 E-

1 ABC 的体积是整个四棱锥体积的 ,设三棱锥 E-ABC 的高为 h,底 4 11 11 1 面 ABCD 的面积为 S,则 ·S· h= ·S· PD,由此得 h= PD,故此时 32 43 2 E 为 PB 的中点. 19.(本小题满分 12 分)如图,在四面体 A-BCD 中,AE⊥平面 BCD,BC⊥CD,BC=CD,AC=BD,E 是 BD 的中点.

(1)求证:AC⊥BD; (2)求直线 AC 与平面 BCD 所成的角. 解:如图,连接 CE.

(1)证明:在△BCD 中,BC=CD,E 是 BD 的中点, ∴CE⊥BD. ∵AE⊥平面 BCD,BD?平面 BCD,∴AE⊥BD,CE∩AE=E, ∴BD⊥平面 ACE,∵AC?平面 ACE, ∴AC⊥BD. (2)∵AE⊥平面 BCD,CE?平面 BCD, ∴AE⊥CE,∠ACE 就是直线 AC 与平面 BCD 所成的角. ∵BC⊥CD,E 是 BD 的中点, 1 ∴CE= BD, 2 1 ∵AC=BD,∴CE= AC, 2 ∴在 Rt△ACE 中,易知∠ACE=60° .即直线 AC 与平面 BCD 所 成的角是 60° . 20.(本小题满分 12 分)(2011· 浙江)如图,在三棱锥 P-ABC 中, AB=AC,D 为 BC 的中点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上,已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.

(1)证明:AP⊥BC; (2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A-MC-B 为直二 面角?若存在,求出 AM 的长;若不存在,请说明理由. 解:方法一:(1)证明:如图,以 O 为原点,以射线 OP 为 z 轴 的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz.

则 O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4), → → → → → → AP=(0,3,4), BC=(-8,0,0), 由此可得AP· BC=0, 所以AP⊥BC, 即 AP⊥BC. → → (2)设PM=λPA,λ≠1, → 则PM=λ(0,-3,-4). → → → → → BM=BP+PM=BP+λPA =(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)

=(-4,-2-3λ,4-4λ) → → AC=(-4,5,0),BC=(-8,0,0). 设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1), 平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2). → ?BM · n1=0, 由? → ?BC· n1=0
? ?-4x1-?2+3λ?y1+?4-4λ?z1=0, 得? ?-8x1=0, ?

x =0, ? ?1 即? 2+3λ z = 1 ? 4-4λy, ? → ?AP · n2=0, 由? → ?AC· n2=0, 5 ? x = 2 ? 4y2, 得? 3 ? ?z2=-4y2

? 2+3λ? ? 可得 n1=?0,1, 4-4λ? ?

?3y2+4z2=0, ? 即? ?-4x2+5y2=0, ?

可取 n2=(5,4,-3).

2+3λ 由 n1· n2=0,得 4-3· =0, 4-4λ 2 解得 λ= ,故 AM=3 5 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.

方法二: (1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC.又 PO⊥平 面 ABC,得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD. 故 BC⊥PA. (2)如图,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连接 CM.

由(1)中知 AP⊥BC,得 AP⊥平面 BMC. 又 AP?平面 APC,所以平面 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2=41,得 AB= 41. 在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2, 在 Rt△PDB 中, PB2=PD2+BD2, 所以 PB2=PO2+OD2+DB2=36,得 PB=6. 在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5. PA2+PB2-AB2 1 又 cos∠BPA= = , 2PA· PB 3 从而 PM=PBcos∠BPA=2,所以 AM=PA-PM=3.综上所述, 存在点 M 符合题意,AM=3.

21.(本小题满分 12 分)(2011· 辽宁) 如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA, 1 QA=AB= PD. 2

(1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q-BP-C 的余弦值. 解:如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz.

(1)证明:依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0). → → → → → 则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0).所以PQ· DQ=0, → → PQ· DC=0. 即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC.故 DQ⊥平面 DCQ. 又 PQ?平面 PQC,所以平面 PQC⊥平面 DCQ.

→ → (2)依题意有 B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). → ?n· CB=0 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,则? → ?n· BP=0
?x=0 ? 即? ? ?-x+2y-z=0

因此可取 n=(0,-1,-2) → ?m· BP=0. 设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → ?m · PQ=0. 可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- 故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- 15 . 5 15 . 5

22.(本小题满分 14 分)(2011· 福建)如图,四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠CDA=45° .

(1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP. (ⅰ)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,求线段 AB 的长; (ⅱ)在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C, D 的距离都相等?说明理由.

解:解法一:

(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD, AB?平面 ABCD, 所以 PA⊥AB, 又 AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以 AB⊥平面 PAD 又 AB?平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD, (2)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz(如图).

在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E,则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· cos45° =1, CE=CD· sin45° =1. 设 AB=AP=t, 则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, → → 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0)D(0,4-t,0),CD=(-1,1,0),PD= (0,4-t,-t).

(ⅰ)设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z).
? ?-x+y=0, → → 由 n⊥CD,n⊥PD,得? ??4-t?y-t· z=0 ?

取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t). → 又PB=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° 得 → ? n· PB ? cos60° =? → ?, ?|n|· |PB|? |2t2-4t| 1 即 2 2 2 2 =2. t +t +?4-t? · 2t 4 4 解得 t= 或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0),所以 AB= . 5 5 (ⅱ)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C, D 的距离都相等. 设 G(0,m,0)(其中 0≤m≤4-t).

→ → → 则GC=(1,3-t-m,0),GD=(0,4-t-m,0),GP=(0,-m,t). → → 由|GC|=|GD|,得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即 t=3-m; → → 由|GD|=|GP|,得(4-t-m)2=m2+t2. 由①、②消去 t,化简得 m2-3m+4=0. ① ② ③

由于方程③没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使 得点 G 到点 P,C,D 的距离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C, D 的距离都相等. 解法二: (1)同解法一: (2)(ⅰ)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 A-xyz(如图).

在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E, 则 CE⊥AD, 在 Rt△CDE 中, DE=CDcos45° =1, CE=CD· sin45° =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t. 所以 E(0,3-t,0),C(t,3-t,0),D(0,4-t,0). → → CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,-t). 设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z)
? ?-x+y=0 → → 由 n⊥CD,n⊥PD,得? ??4-t?y-tz=0. ?

取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t), → 又PB=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° 得 → ? n· PB ? cos60° =? → ?, ?|n|· |PB|? |2t2-4t| 1 即 2 2 22 2=2, t +t +?4-t? · 2t 4 解得 t= 或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0), 5 4 所以 AB= . 5 (ⅱ)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C, D 的距离都相等.

由 GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45° , 从而∠CGD=90° ,即 CG⊥AD, 所以 GD=CD· cos45° =1. 设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ. 在 Rt△ABG 中, GB= AB2+AG2 = λ2+?3-λ?2=
? 3? 9 2?λ-2?2+ >1, 2 ? ?

这与 GB=GD 矛盾. 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到 B,C,D 的距 离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C, D 的距离都相等.


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