2、精練習(xí)題。不搞“題海戰(zhàn)術(shù)”，在老師指導(dǎo)下，選一些源于課本的變式題，或體現(xiàn)基本概念、基本方法的基本題，通過(guò)解題來(lái)提高思維能力和解題技巧，加深對(duì)所學(xué)知識(shí)的深入理解。在解題時(shí)，要獨(dú)立思考，一題多思，一題多解，反復(fù)玩味，悟出道理。
3、加強(qiáng)審題的規(guī)范性。每每大考過(guò)后，總有同學(xué)抱怨沒(méi)考好，糾其原因是考試時(shí)沒(méi)有注意審題。審題決定了成功與否，不解決這個(gè)問(wèn)題勢(shì)必影響到高考的成敗。
4、重視錯(cuò)題。錯(cuò)誤要及時(shí)尋找錯(cuò)因，及時(shí)進(jìn)行總結(jié)，三五個(gè)字，一兩句話都行，言簡(jiǎn)意賅，切中要害，以利于吸取教訓(xùn)，力求相同的錯(cuò)誤不犯第二次。
2025年高考一輪復(fù)習(xí)第三次月考卷01（測(cè)試范圍：除解析幾何、統(tǒng)計(jì)概率外）
（滿分150分，考試用時(shí)120分鐘）
一?選擇題
1．已知集合，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由集合的補(bǔ)集和交集運(yùn)算可得.
【解析】，
所以，
故選：D.
2．命題“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定即可得解.
【解析】命題“”的否定是“”.
故選：B.
3．已知，若與的夾角為，則在上的投影向量為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】應(yīng)用向量的數(shù)量積及運(yùn)算律，結(jié)合投影向量公式計(jì)算即可得解.
【解析】因?yàn)椋c的夾角為，
所以，
則，
所以在上的投影向量為．
故選：B.
4．已知，則（ ）
A．B．0C．D．
【答案】D
【分析】先求，再求，即可求解.
【解析】根據(jù)已知，
所以.
故選：.
5．、、是平面，a，b，c是直線，以下說(shuō)法中正確的是（ ）
A．，B．，
C．，，D．，
【答案】C
【分析】利用空間中直線、平面的位置關(guān)系一一判定選項(xiàng)即可.
【解析】對(duì)于A，，可以平行，也可以相交，
對(duì)于B，a，c可以平行，可以相交，也可以異面，
對(duì)于D，，可以平行，也可以相交，
對(duì)于C，不妨設(shè)，在平面內(nèi)作，
因?yàn)?，則，同理在平面內(nèi)作，則，
所以，
又，則，而，所以，所以，即C正確.
故選：C
6．清代的蘇州府被稱為天下糧倉(cāng)，大批量的糧食要從蘇州府運(yùn)送到全國(guó)各地．為了核準(zhǔn)糧食的數(shù)量，蘇州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以計(jì)算糧食的多少，五斗為一斛，而一只官斛的容量恰好為一斛，其形狀近似于正四棱臺(tái)，上口為正方形，內(nèi)邊長(zhǎng)為25cm，下底也為正方形，內(nèi)邊長(zhǎng)為50cm，斛內(nèi)高36cm，那么一斗米的體積大約為立方厘米?（ ）
A．10500B．12500C．31500D．52500
【答案】A
【分析】利用棱臺(tái)的體積公式,即可計(jì)算得出答案．
【解析】一斛米的體積為，
因?yàn)槲宥窞橐货?，所以一斗米的體積為，
故選：A.
7．已知正項(xiàng)等比數(shù)列滿足，且，，成等差數(shù)列，則數(shù)列的前項(xiàng)和為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列的公比為，根據(jù)等差中項(xiàng)的性質(zhì)及等比數(shù)列通項(xiàng)公式得到方程，求出，再由等比數(shù)列求和公式計(jì)算可得.
【解析】設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列的公比為，
由，且，，成等差數(shù)列，
得，即，即，
解得或（舍去）．
．
故選：A．
8．已知函數(shù)滿足對(duì)任意的且都有，若，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)將，再用裂項(xiàng)相消法求的值.
【解析】∵函數(shù)滿足對(duì)任意的且都有
∴令，則，
∴
∴
.
故選：D
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題主要考查數(shù)列的求和問(wèn)題，關(guān)鍵是理解數(shù)列的規(guī)律，即研究透通項(xiàng)，本題的關(guān)鍵是將通項(xiàng)分析為：
二、多選題
9．已知，，，則（ ）
A．的最大值為B．的最小值為8
C．的最小值為D．的最小值為
【答案】BCD
【分析】利用基本不等式判斷A、B、C，由，令，利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明函數(shù)
的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的最小值，從而判斷D.
【解析】因?yàn)?，，?br>對(duì)于A：，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B：，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)等號(hào)成立，故B正確；
對(duì)于C：，
又，，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故C正確；
對(duì)于D：，
設(shè)，則，
所以當(dāng)時(shí)，則單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，則單調(diào)遞增，
所以，
所以的最小值為，當(dāng)且僅當(dāng)、時(shí)取等號(hào)，故D正確.
故選：BCD
10．函數(shù)的部分圖象如圖所示，則（ ）
A．該圖像向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度可得的圖象
B．函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱
C．函數(shù)的圖像關(guān)于直線對(duì)稱
D．函數(shù)在上單調(diào)遞減
【答案】ABC
【分析】利用圖象求出函數(shù)的解析式，利用三角函數(shù)圖象變換可判斷A選項(xiàng).利用正弦型函數(shù)的對(duì)稱性可判斷BC選項(xiàng)；利用正弦型函數(shù)的單調(diào)性可判斷D選項(xiàng)；
【解析】由圖象知，，函數(shù)的周期，則，則，由得，而，則，因此.對(duì)于A，函數(shù)圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得，即的圖象，故A正確，
對(duì)于B，，則的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，故B正確；
對(duì)于C，，則函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故C正確；
對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)，即時(shí)，取得最小值，所以函數(shù)在上不單調(diào)，故D錯(cuò)誤.
故選:ABC.
11．在長(zhǎng)方體中，，E是棱的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B，E，的平面交棱于點(diǎn)F，P為線段上一動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），則（ ）
A．三棱錐的體積為定值
B．存在點(diǎn)P，使得
C．直線與平面所成角的正切值的最大值為
D．三棱錐外接球的表面積的取值范圍是
【答案】ACD
【分析】對(duì)于選項(xiàng)A，利用面面平行的性質(zhì)，得到平面，從而可判斷出選項(xiàng)A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，假設(shè)存在，可推出平面，從而判斷選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)C，利用線面角的定義，找出線面角為，從而在中，求出的值，進(jìn)而判斷選項(xiàng)C正確.對(duì)于選項(xiàng)D，利用球的截面圓的幾何性質(zhì)，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.
【解析】對(duì)于A，因?yàn)槠矫嫫矫妫?br>根據(jù)面面平行的性質(zhì)，平面與這兩個(gè)平面的交線互相平行，
即，因?yàn)槊妫妫?br>所以平面，又點(diǎn)P在線段上，
所以三棱錐的體積為定值，故A正確；
對(duì)于B，若存在點(diǎn)P，使得，因?yàn)椋?br>則，因?yàn)?，?br>平面,所以平面，
與題意矛盾，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，如圖1所示，

取的中點(diǎn)Q，連接，則點(diǎn)P在平面內(nèi)的射影在上，
直線與平面所成角即，
且有，由已知可得，
最小為，所以的最大值為，故C正確；
對(duì)于D，如圖2，

取的中點(diǎn)G，連接，分別取，的中點(diǎn)，，
連接，因?yàn)槭堑妊苯侨切危?br>所以三棱錐外接球的球心O在直線上，
設(shè)三棱錐外接球的半徑為，則，
所以，
設(shè)，則，
所以,當(dāng)點(diǎn)與重合時(shí)，
取最小值，此時(shí)，
三棱錐外接球的表面積為，
當(dāng)點(diǎn)P與重合時(shí)，取最大值，
此時(shí)，三棱錐外接球的表面積為，故D正確．
故選：ACD.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于選項(xiàng)D，利用球的截面圓的幾何性質(zhì)，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.
三、填空題
12．已知，是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)是實(shí)數(shù)．則的最小值為 .
【答案】
【分析】
根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)，依題意可得，即，再計(jì)算，由二次函數(shù)的性質(zhì)求出最小值.
【解析】因?yàn)?br>，
又復(fù)數(shù)是實(shí)數(shù)，所以，即，
所以，
所以當(dāng)，時(shí).
故答案為：
13．已知直線與曲線相切，則 ．
【答案】
【分析】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及切線過(guò)點(diǎn)求切線的斜率.
【解析】設(shè)直線（）與函數(shù)相切，切點(diǎn)為：，
因?yàn)?，所以切線斜率為：.
所以切線方程為：.
由切線過(guò)點(diǎn)，得：
所以，解得：或.
所以（舍去）或.
故答案為：
14．已知正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為高為其內(nèi)切球與面切于點(diǎn)，球面上與距離最近的點(diǎn)記為，若平面過(guò)點(diǎn)，且與平行，則平面截該正四棱錐所得截面的面積為 .
【答案】
【分析】取中點(diǎn)，連，取中點(diǎn)，連，則平面，根據(jù)已知可得為正三角形，正棱錐內(nèi)切球的球心為正的內(nèi)心，與面切于點(diǎn)為中點(diǎn)，球面上與距離最近的點(diǎn)為與球面的交點(diǎn)，即在之間且長(zhǎng)為內(nèi)切球的半徑，連并延長(zhǎng)交于，平面過(guò)與平行，可得平面分別與平面、平面的交線為過(guò)與平行的直線，即可得到截面為梯形，根據(jù)長(zhǎng)度關(guān)系，即可求解.
【解析】取中點(diǎn)，連，取中點(diǎn)，連，
則，為正方形的中心，四棱錐是正四棱錐，
所以平面，，
在中，，
同理，所以為正三角形，
所以正四棱錐內(nèi)切球的球心為正的內(nèi)心，
內(nèi)切球的半徑是正的內(nèi)切圓半徑為，
內(nèi)切球與平面的切點(diǎn)為正內(nèi)切圓與直線的切點(diǎn)，
所以為中點(diǎn)，球面上與距離最近的點(diǎn)為連與球面的交點(diǎn)，
即在之間，且，因此為中點(diǎn)，
連并延長(zhǎng)交于，平面過(guò)與直線平行，
設(shè)平面分別與平面、平面交于，
因?yàn)槠矫?，所以，又因?yàn)?，?br>所以，同理可證，所以，連，
則梯形為所求的截面，因?yàn)椋?br>，所以平面平面，
所以，所以，
連，則為的角平分線，所以，
又因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，
所以，而，所以，
所以，
又，所以，
所以截面梯形的面積.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】本題以多面體的內(nèi)切球?yàn)楸尘埃疾榭臻g線、面位置關(guān)系，應(yīng)用直線與平面性質(zhì)確定截面是解題的關(guān)鍵，要注意平面幾何知識(shí)的應(yīng)用，考查直觀想象、邏輯推理能力，屬于較難題.
四、解答題
15．已知分別為的內(nèi)角的對(duì)邊，且.
(1)求；
(2)若，的面積為2，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)余弦定理代入化簡(jiǎn)，結(jié)合角的范圍即可求解；
（2）根據(jù)三角形面積公式和余弦定理代入求解即可.
【解析】（1）在中，由余弦定理得，，
代入，
則，
即，
即，
因?yàn)?，所以，則
（2）因?yàn)榈拿娣e為2，
所以，即，
又因?yàn)?，，，所以?br>則，則
16．如圖，已知正三棱柱分別為棱的中點(diǎn)．

(1)求證：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【分析】利用線面垂直判定定理來(lái)證明；用向量法計(jì)算兩平面夾角的余弦值，再求夾角的正弦值；
【解析】（1）取中點(diǎn)，由正三棱柱性質(zhì)得，互相垂直，以為原點(diǎn)，分別以，
所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
不妨設(shè)，則，
則．
證明：，
由，得，
由，得，
因?yàn)槠矫?，所以平面?br>（2）

由（1）可知為平面的一個(gè)法向量，設(shè)平面的法向量，
則,故，
令，得面的一個(gè)法向量為，
設(shè)二面角的值為，
則，所以，二面角的正弦值為．
17．已知為正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)的乘積，且，．
(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)，數(shù)列的前n項(xiàng)和為，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）根據(jù)題意可求出，然后兩邊取對(duì)數(shù)得，從而得出數(shù)列是常數(shù)列，從而可求解；
（2）根據(jù)（1）中結(jié)論可求出，從而可得出，再結(jié)合放縮法及等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式即可證明.
【解析】（1），，
所以，即，
兩邊取常用對(duì)數(shù)得，
得，所以，
所以數(shù)列為常數(shù)列，所以，
所以.
（2）證明：由（1）知，所以，
則

又因?yàn)椋?br>所以
故.
18．如圖①，將個(gè)完全一樣質(zhì)量均勻長(zhǎng)為的長(zhǎng)方體條狀積木，一個(gè)疊一個(gè)，從桌子邊緣往外延伸，最多能伸出桌緣多遠(yuǎn)而不掉下桌面呢？這就是著名的“里拉斜塔問(wèn)題”．
解決方案如下：如圖②，若，則當(dāng)積木與桌緣垂直且積木重心恰與桌緣齊平時(shí)，其伸出桌外部分最長(zhǎng)為，如圖③，若，欲使整體伸出桌緣最遠(yuǎn)，在保證所有積木最長(zhǎng)棱與桌緣垂直的同時(shí)，可先將上面積木的重心與最下方的積木伸出桌外的最遠(yuǎn)端齊平，然后設(shè)最下方積木伸出桌外的長(zhǎng)度為，將最下方積木看成一個(gè)杠桿，將桌緣看成支點(diǎn)，由杠桿平衡原理可知，若積木恰好不掉下桌面，則上面積木的重力乘以力臂，等于最下方積木的重力乘以力臂，得出方程，求出．所以當(dāng)疊放兩個(gè)積木時(shí)，伸出桌外最遠(yuǎn)為，此時(shí)將兩個(gè)積木看成整體，其重心恰與桌緣齊平．如圖④，使前兩塊積木的中心與下方的第三塊積木伸出桌外的最遠(yuǎn)端齊平，便可求出時(shí)積木伸出桌外的最遠(yuǎn)距離．依此方法，可求出4個(gè)、5個(gè)直至個(gè)積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離．（參考數(shù)據(jù)：，為自然常數(shù)）
(1)分別求出和時(shí)，積木伸出桌外的最遠(yuǎn)距離．（用表示）；
(2)證明：當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外最遠(yuǎn)超過(guò)；
(3)證明：當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外最遠(yuǎn)不超過(guò)．
【答案】(1)當(dāng)時(shí)，最遠(yuǎn)距離為，當(dāng)時(shí)，最遠(yuǎn)距離為
(2)證明見(jiàn)解析
(3)證明見(jiàn)解析
【分析】（1）將前個(gè)看成一個(gè)整體，結(jié)合題意列式計(jì)算即可得；
（2）將前個(gè)看成一個(gè)整體，設(shè)第個(gè)積木伸出桌外的長(zhǎng)度為，可得，即有當(dāng)時(shí)，積木
堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性可得，即可得，將代入即可得證；
（3）構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性可得，故有，將代入即可得證.
【解析】（1）當(dāng)時(shí)，有，則，，
當(dāng)時(shí)，有，則，故，
故當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，
當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，
（2）當(dāng)個(gè)積木堆疊伸出桌外時(shí)，前個(gè)看成一個(gè)整體，
設(shè)第個(gè)積木伸出桌外的長(zhǎng)度為，則有，解得，
故當(dāng)時(shí)，積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為：
，
令，則，
故在上單調(diào)遞增，故，
令，則有，即，
故，
即，又，故，
故，
即當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外最遠(yuǎn)超過(guò)；
（3）由（2）知，當(dāng)時(shí)，積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為：
，
令，
則，
故在上單調(diào)遞增，故，
即有在上恒成立，
令，則有，
故，
即，則，
要證當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外最遠(yuǎn)不超過(guò)，
只需證， 即證，
由，故，
即只需證，由，
故，即得證.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)有兩個(gè)，一個(gè)是由題意得到第個(gè)積木伸出桌外的長(zhǎng)度為時(shí)，有，可得，即可得個(gè)積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，第二個(gè)是證明（2）、（3）問(wèn)時(shí)，構(gòu)造對(duì)應(yīng)函數(shù)及，通過(guò)研究函數(shù)單調(diào)性，得到及.
19．若函數(shù)在區(qū)間上有定義，在區(qū)間上的值域?yàn)椋?，則稱是的一個(gè)“值域封閉區(qū)間”.
(1)已知函數(shù)，區(qū)間且是的一個(gè)“值域封閉區(qū)間”，求的取值范圍；
(2)已知函數(shù)，設(shè)集合.
（i）求集合中元素的個(gè)數(shù)；
（ii）用表示區(qū)間的長(zhǎng)度，設(shè)為集合中的最大元素.證明：存在唯一長(zhǎng)度為的閉區(qū)間
，使得是的一個(gè)“值域封閉區(qū)間”.
【答案】(1)
(2)（i）2；（ii）證明見(jiàn)解析
【分析】（1）求導(dǎo)，確定在上單調(diào)遞增，求得值域，再由集合間的關(guān)系構(gòu)造不等式求解即可.
（2）（i）構(gòu)造，求導(dǎo)，確定其單調(diào)性，再結(jié)合零點(diǎn)存在性定理即可求解；（ii）由（i）得，再通過(guò)討論，和即可求證.
【解析】（1）由題意，，當(dāng)時(shí)，
恒成立，所以在上單調(diào)遞增，
的值域?yàn)?，所以?br>即可得，解得，
則的取值范圍為.
（2）（i）記函數(shù)，
則，
由得或；由得；
所以函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
其中，因此當(dāng)時(shí)，，不存在零點(diǎn)；
由在單調(diào)遞減，易知，而，
由零點(diǎn)存在定理可知存在唯一的使得；
當(dāng)時(shí)，，不存在零點(diǎn).
綜上所述，函數(shù)有0和兩個(gè)零點(diǎn)，即集合中元素的個(gè)數(shù)為2.
（ii）由（i）得，假設(shè)長(zhǎng)度為的閉區(qū)間是的一個(gè)“值域封閉區(qū)間”，
則對(duì)，
當(dāng)時(shí)，由（i）得在單調(diào)遞增，
，即，不滿足要求；
當(dāng)時(shí)，由（i）得在）單調(diào)遞增，
，
即，也不滿足要求；
當(dāng)時(shí)，閉區(qū)間，而顯然在單調(diào)遞增，
由（i）可得，
，滿足要求.
綜上，存在唯一的長(zhǎng)度為的閉區(qū)間，使得是的一個(gè)“值域封閉區(qū)間”.
【點(diǎn)睛】函數(shù)零點(diǎn)的求解與判斷方法：
(1)直接求零點(diǎn)：令，如果能求出解，則有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn)；
(2)零點(diǎn)存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間上是連續(xù)不斷的曲線，且，
還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn)；
(3)利用圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)：將函數(shù)變形為兩個(gè)函數(shù)的差，畫兩個(gè)函數(shù)的圖象，看其交點(diǎn)的橫坐標(biāo)有幾個(gè)不同的值，就有幾個(gè)不同的零點(diǎn)．

相關(guān)試卷

第二次月考卷01-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) （新高考專用）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) （新高考專用）：

這是一份第二次月考卷01-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) （新高考專用）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) （新高考專用），文件包含2025年高考一輪復(fù)習(xí)第二次月考卷01原卷版docx、2025年高考一輪復(fù)習(xí)第二次月考卷01解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共24頁(yè)， 歡迎下載使用。

第一次月考卷02（測(cè)試范圍：集合+不等式+函數(shù)）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) （新高考專用）：

這是一份第一次月考卷02（測(cè)試范圍：集合+不等式+函數(shù)）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) （新高考專用），文件包含2025年高考一輪復(fù)習(xí)第一次月考卷02測(cè)試范圍集合+不等式+函數(shù)原卷版docx、2025年高考一輪復(fù)習(xí)第一次月考卷02測(cè)試范圍集合+不等式+函數(shù)解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共20頁(yè)， 歡迎下載使用。

第一次月考卷01（測(cè)試范圍：集合+不等式+函數(shù)）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) （新高考專用）：

這是一份第一次月考卷01（測(cè)試范圍：集合+不等式+函數(shù)）-2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) （新高考專用），文件包含2025年高考一輪復(fù)習(xí)第一次月考卷01測(cè)試范圍集合+不等式+函數(shù)原卷版docx、2025年高考一輪復(fù)習(xí)第一次月考卷01測(cè)試范圍集合+不等式+函數(shù)解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共21頁(yè)， 歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2025年高考一輪復(fù)習(xí)第一次月考卷01（測(cè)試范圍：集合+不等式+函數(shù)）（含解析答案） 備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)

2025年高考一輪復(fù)習(xí)第一次月考卷01（測(cè)試范圍：集合+不等式+函數(shù)）（含解析答案） 備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)
搶分專練01 概率統(tǒng)計(jì)-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)搶分秘籍（新高考專用）

搶分專練01 概率統(tǒng)計(jì)-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)搶分秘籍（新高考專用）
專題08 統(tǒng)計(jì)與概率-高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)小題多維練（新高考專用）

專題08 統(tǒng)計(jì)與概率-高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)小題多維練（新高考專用）
廣西專用高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專項(xiàng)練六高考中的概率統(tǒng)計(jì)與統(tǒng)計(jì)案例含解析

廣西專用高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專項(xiàng)練六高考中的概率統(tǒng)計(jì)與統(tǒng)計(jì)案例含解析
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
月考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部