(浙江專(zhuān)版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測(cè)一(含解析)
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1、綜合檢測(cè)一 (時(shí)間:120分鐘 滿(mǎn)分:150分) 第Ⅰ卷(選擇題 共40分) 一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.已知集合A={x∈R|x+1≥0},B={x∈R|2-x2<0},則A∪(?RB)等于( ) A.[-1,+∞) B.[-,+∞) C.(-∞,-]∪[-1,+∞) D.[-1,] 答案 B 解析 根據(jù)題意,得A={x|x≥-1}, ?RB={x∈R|x2≤2}={x|-≤x≤}, 從而A∪(?RB)={x|x≥-},故選B. 2.已知向量a=(1+m,1-m),b=(m-1,2m
2、+1),m∈R,則“m=0”是“a⊥b”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
答案 A
解析 a⊥b?(1+m)(m-1)+(1-m)(2m+1)=0?m(m-1)=0?m=0或m=1,所以“m=0”是“a⊥b”的充分不必要條件.故選A.
3.已知函數(shù)f(x)=log(x2-2x-3),則下列關(guān)系正確的是( )
A.f(-)
3、x-3=(x-1)2-4在(-∞,-1)上是減函數(shù),在(3,+∞)上是增函數(shù),而y=logx在(0,+∞)上是減函數(shù),
∴f(x)在(-∞,-1)上是增函數(shù),在(3,+∞)上是減函數(shù),
∵-<-<-1,∴f(-)
4、直線(xiàn)l:x+y+2=0的右上方,z=|x+y+2|=x+y+2,即y=-x+z-2, 故當(dāng)直線(xiàn)y=-x+z-2過(guò)點(diǎn)B時(shí),z取得最大值,最大值是6. 方法二 畫(huà)出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示,則A(0,1),B(2,2),C,記直線(xiàn)l:x+y+2=0,點(diǎn)B到直線(xiàn)l的距離為dB-l,則z=|x+y+2|=×≤·dB-l,而dB-l=3,故z=|x+y+2|≤6,所以z=|x+y+2|的最大值是6. 5.若(3ax-1)5(2x-1)3的展開(kāi)式中各項(xiàng)系數(shù)的和為1,則該展開(kāi)式中x2項(xiàng)的系數(shù)為( ) A.56B.112C.168D.224 答案 B 解析 令x=1得(3a-1)5(2
5、-1)3=1, 解得a=, 則(3ax-1)5(2x-1)3=(2x-1)8, 其二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)Tk+1=C·(2x)8-k·(-1)k, 所以x2項(xiàng)為T(mén)k+1=C(2x)8-6·(-1)6=4Cx2=112x2, 所以x2項(xiàng)的系數(shù)為112. 6.已知函數(shù)f(x)=若函數(shù)g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]上恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)k的取值范圍是( ) A.[1,3) B.(1,3] C.[2,3) D.[1,+∞) 答案 A 解析 函數(shù)g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]上恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn),等價(jià)于直線(xiàn)y=k(x+1)與函數(shù)y=f(x)的
6、圖象在(-∞,1]上有兩個(gè)不同的交點(diǎn).作出f(x)的大致圖象如圖所示, 因?yàn)橹本€(xiàn)y=k(x+1)過(guò)定點(diǎn)(-1,0),定點(diǎn)(-1,0)與點(diǎn)(1,2)和(0,3)連線(xiàn)的斜率分別為1和3,結(jié)合f(x)的圖象可知k的取值范圍是[1,3).故選A. 7.某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為( ) A.12- .12-π C.12- .12- 答案 A 解析 由三視圖可知,該幾何體是一個(gè)正四棱柱挖去一個(gè)半圓錐所得到的幾何體,其直觀(guān)圖如圖所示, 其中正四棱柱的底面正方形的邊長(zhǎng)a=2,半圓錐的底面半徑r=1,高h(yuǎn)=3,所以正四棱柱的體積V1=a2h=22×3=12,半圓錐的
7、體積V2=×r2h=×12×3=,所以該幾何體的體積V=V1-V2=12-. 8.已知圓C:x2+(y-1)2=8,直線(xiàn)l1:mx+y-m-3=0與圓C交于A(yíng),B兩點(diǎn),直線(xiàn)l2:x-my+3m-1=0與圓C交于E,F(xiàn)兩點(diǎn),則四邊形AEBF的面積的最大值為( ) A.10B.11C.12D.13 答案 B 解析 方法一 設(shè)圓心C(0,1)到直線(xiàn)l1,l2的距離分別為d1,d2,圓C的半徑為r, 則d1=,d2=, ∴|AB|=2=2, |EF|=2=2, 又由直線(xiàn)方程知l1⊥l2,∴AB⊥EF, 則S四邊形AEBF=|AB|·|EF| =×2×2 =2 =2 =2
8、=2 =2≤11, 當(dāng)且僅當(dāng)3m-4=,即m=3或-時(shí)等號(hào)成立. 方法二 直線(xiàn)l1:mx+y-m-3=0?m(x-1)+(y-3)=0,直線(xiàn)l2:x-my+3m-1=0?(x-1)-m(y-3)=0, ∴直線(xiàn)l1⊥l2,且均過(guò)定點(diǎn)P(1,3). ∵圓C:x2+(y-1)2=8,則圓心C(0,1), 設(shè)圓C的半徑為r,圓心C到直線(xiàn)l1,l2的距離分別為d1,d2,過(guò)點(diǎn)C分別向直線(xiàn)l1,l2作垂線(xiàn),垂足分別為M,N,則四邊形CMPN為矩形,且滿(mǎn)足d+d=|CP|2=(1-0)2+(3-1)2=5. |AB|=2=2, |EF|=2=2, 由l1⊥l2?AB⊥EF,則S四邊形AEB
9、F=|AB|·|EF| =×2×2 ≤(8-d)+(8-d)=16-(d+d)=11, 當(dāng)且僅當(dāng)8-d=8-d,即d=d=時(shí)等號(hào)成立. 9.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB=BC=CA=3,AA1=2,M是AB上的點(diǎn),且BM=2AM,動(dòng)點(diǎn)Q在底面A1B1C1內(nèi),若BQ∥平面A1CM,則BQ的取值范圍是( ) A. . C. . 答案 D 解析 如圖,在A(yíng)1B1上取一點(diǎn)D,使A1D=2B1D, 取B1C1的中點(diǎn)E,連接BD,BE,DE, 則BD∥A1M,因?yàn)锳1M?平面A1CM, 所以BD∥平面A1CM. 同理,DE∥平面A1CM,
10、所以平面BDE∥平面A1CM, 所以點(diǎn)Q在線(xiàn)段DE上,點(diǎn)Q的軌跡為線(xiàn)段DE, 易得BD=,BE=, 在△B1DE中,由余弦定理得 DE2=DB+B1E2-2DB1·B1E·cos∠DB1E =1+-2×1××=,所以DE=, 在△BDE中,利用余弦定理得 cos∠BDE==, 所以sin∠BDE=, 則BQ的最小值為DE邊上的高,最大值為BE的長(zhǎng), DE邊上的高是BD·sin∠BDE=×=, 所以BQ∈,故選D. 10.已知同一平面內(nèi)的向量a,b,c滿(mǎn)足|a-b|=|b-c|=|c-a|=2,d為該平面內(nèi)的任意一個(gè)向量,且(b-d)·(c-d)=0,則(a-d)·(a+
11、b-2d)的最大值為( ) A.4+2B.4+C.5+D.5+2 答案 D 解析 如圖,假設(shè)a,b,c,d共起點(diǎn)D,根據(jù)|a-b|=|b-c|=|c-a|=2,可知a,b,c終點(diǎn)的連線(xiàn)構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為2的正三角形(如圖所示的△ABC), 又(b-d)·(c-d)=0,故OC⊥OB, 而(a-d)·(a+b-2d)=(a-d)·[(a-d)+(b-d)]=·,其中E為平行四邊形OAEB的頂點(diǎn),這樣問(wèn)題就轉(zhuǎn)化為求·的最大值了. 以O(shè)為原點(diǎn),OB,OC所在直線(xiàn)分別為x軸,y軸建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)∠OBC=θ, 則B(2cosθ,0),C(0,2sinθ), A, E, ∴·
12、=· +2sin·2sin =4+2cos2θ+6sinθcosθ =5+cos2θ+3sin2θ =5+2sin(2θ+φ),其中tanφ=, ∴·的最大值為5+2. 第Ⅱ卷(非選擇題 共110分) 二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分.把答案填在題中橫線(xiàn)上) 11.十九世紀(jì)德國(guó)著名數(shù)學(xué)家狄利克雷在數(shù)學(xué)領(lǐng)域成就卓著,函數(shù)f(x)=被稱(chēng)為狄利克雷函數(shù),其中R為實(shí)數(shù)集,Q為有理數(shù)集,狄利克雷函數(shù)是無(wú)法畫(huà)出函數(shù)圖象的,但是它的函數(shù)圖象卻客觀(guān)存在,如果A(0,f(0)),B(,f())在其圖象上,那么f()=________,A,B兩點(diǎn)間的距離為_(kāi)__
13、_____. 答案 0 2 解析 根據(jù)函數(shù)的解析式得f(0)=1,f()=0,所以A,B兩點(diǎn)間的距離為2. 12.已知i為虛數(shù)單位,=a+bi(a,b∈R),則a+b=________,a+bi的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第________象限. 答案?。? 二 解析?。剑?-i,則a=-1,b=-1,∴a+b=-2,a+bi的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(-1,1),位于第二象限. 13.雙曲線(xiàn)-=1的離心率是________,右焦點(diǎn)到漸近線(xiàn)的距離是________. 答案 解析 雙曲線(xiàn)-=1的離心率e===.雙曲線(xiàn)的右焦點(diǎn)為(,0),漸近線(xiàn)方程為y=±x,所以右焦點(diǎn)
14、到漸近線(xiàn)的距離d==. 14.拋擲1枚質(zhì)地均勻的骰子,當(dāng)正面朝上的點(diǎn)數(shù)為3的倍數(shù)時(shí),就說(shuō)這次試驗(yàn)成功,則在兩次試驗(yàn)中至少有一次成功的概率為_(kāi)_______;若連續(xù)做10次試驗(yàn),記X為試驗(yàn)成功的次數(shù),則E(X)=________. 答案 解析 記事件A為“兩次試驗(yàn)中至少有一次成功”,則事件為“兩次試驗(yàn)都不成功”.基本事件的個(gè)數(shù)為n=6×6=36,事件包括的基本事件的個(gè)數(shù)m=4×4=16,則P(A)=1-P()=1-=1-=.易知X~B(10,p),其中一次試驗(yàn)成功的概率p==,則E(X)=np=10×=. 15.由1,2,3,4,5,6六個(gè)數(shù)字組成無(wú)重復(fù)數(shù)字的六位數(shù),要求1不排在兩端
15、,2,3相鄰,6在4的左邊,則可以組成________個(gè)不同的六位數(shù). 答案 72 解析 方法一 2,3相鄰,所以把2,3看作一個(gè)整體,有2種排法,這樣,六個(gè)元素變成了五個(gè).先排1,由于1不排在兩端,則1在中間的3個(gè)位置中,有A=3種排法,其余的4個(gè)元素任意排,有A種排法,又4,6順序已經(jīng)確定,所以不同的六位數(shù)有=72(個(gè)). 方法二 2,3排序有A種,且1不在兩端的情形有(AA-ACA)種,除去4,6的順序,得=72(個(gè)). 16.已知a>0,b>0,則+的最小值是________. 答案 2 解析 方法一 當(dāng)a+b≥ab+1時(shí), +≥+= =≥=2, 當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時(shí)
16、等號(hào)成立;
當(dāng)a+b
17、0), 離心率為e2,半焦距為c,滿(mǎn)足c2=a+b, 不妨設(shè)F1,F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn),P是它們?cè)诘谝幌笙薜囊粋€(gè)公共點(diǎn), 則由橢圓與雙曲線(xiàn)的定義得, ? 在△F1PF2中,由余弦定理可得 =-, 整理得4c2=3a+a,即3×+=4, 即32+2=4,則2=4-32. 由令t=2, 則t=2=∈, ∴2·2=2· =-3t2+4t=-32+, ∵函數(shù)f(t)=-32+在上單調(diào)遞減, ∴2·2=-32+∈(0,1), 即e1e2的取值范圍為(1,+∞). 方法二 設(shè)橢圓方程為+=1(a1>b1>0), 離心率為e1,半焦距為c,滿(mǎn)足c2=a-b, 雙曲線(xiàn)方程為
18、-=1(a2>0,b2>0), 離心率為e2,半焦距為c,滿(mǎn)足c2=a+b, 不妨設(shè)F1,F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn),P是它們?cè)诘谝幌笙薜囊粋€(gè)公共點(diǎn),|PF1|=m,|PF2|=n,則m>n>0, 在△F1PF2中,由余弦定理可得m2+n2+mn=4c2, 則由橢圓與雙曲線(xiàn)的定義,得 則·=== ==1-, 令t=2+>3, 則·=1-=1-, ∵函數(shù)g(t)=1-在(3,+∞)上單調(diào)遞增, ∴·∈(0,1),即e1e2的取值范圍為(1,+∞). 三、解答題(本大題共5小題,共74分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟) 18.(14分)已知函數(shù)f(x)=cos2x-si
19、nxcosx.
(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;
(2)若銳角三角形ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且f(C)=-,a=2,求b的取值范圍.
解 (1)∵f(x)=cos2x-sinxcosx
=-sin2x,
∴f(x)=cos+,
令2kπ-π≤2x+≤2kπ,k∈Z,
得kπ-≤x≤kπ-,k∈Z,
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,k∈Z.
(2)∵f(C)=-,
∴f(C)=cos+=-,
∴2C+=2kπ+π,k∈Z,
又0 20、<,∴∈(0,),
故b∈(1,4),即b的取值范圍為(1,4).
19.(15分)如圖,已知四面體ABCD中,CD⊥BD,AB=BD=AD=2,CD=1,E為AD的中點(diǎn).
(1)若AC=,求證:AC⊥BE;
(2)若AC=,求直線(xiàn)AC與平面BCD所成角的正弦值.
(1)證明 方法一 取CD的中點(diǎn)F,連接EF,BF.
∵E為AD的中點(diǎn),
∴AC∥EF.
在△BEF中,易得BE=,EF=,BF=,
則BE2+EF2=BF2,由勾股定理的逆定理得BE⊥EF,
∴AC⊥BE.
方法二 ∵AC=,CD=1,AD=2,
∴AC2=CD2+AD2,∴CD⊥AD,
又CD⊥ 21、BD,AD∩BD=D,∴CD⊥平面ABD,
又BE?平面ABD,∴CD⊥BE.
又△ABD是正三角形,且E為AD的中點(diǎn),∴BE⊥AD,
又CD∩AD=D,∴BE⊥平面ACD,
又AC?平面ACD,∴BE⊥AC.
(2)解 分別取BD,BC的中點(diǎn)O,M,連接OM,AO,AM,過(guò)A作AH⊥OM于點(diǎn)H,連接CH.
∵△ABD為正三角形,∴AO⊥BD.
∵CD⊥BD,OM∥CD,∴OM⊥BD,
又AO∩OM=O,∴BD⊥平面AOM,
∴BD⊥AH,而AH⊥OM,BD∩OM=O,
∴AH⊥平面BCD.
方法一 ∴CH為AC在平面BCD內(nèi)的射影,即∠ACH是直線(xiàn)AC與平面BCD所成的 22、角.
易得AO=,OM=,BC=,BM=,
在△ABC與△ABM中,由余弦定理得AM=,
在△AOM中,由余弦定理得cos∠AOM=-,
則cos∠AOH=,sin∠AOH=,
在Rt△AOH中,得AH=,
∴sin∠ACH==.
即直線(xiàn)AC與平面BCD所成角的正弦值為.
方法二 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),,,的方向分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,-1,0),C(1,1,0),
設(shè)A(a,0,b),
則AB==2,
AC==,
得a=-1,b=.∴A(-1,0,),∴=(2,1,-).
易知平面BCD的一個(gè)法向量為n=(0,0,1),
∴cos〈, 23、n〉==-,
∴sinθ=(θ為直線(xiàn)AC與平面BCD所成角的大小).
即直線(xiàn)AC與平面BCD所成角的正弦值為.
20.(15分)(2019·寧波質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Tn=n2-n,且an+2+3log4bn=0(n∈N*).
(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式;
(2)若數(shù)列{cn}滿(mǎn)足cn=an·bn,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn;
(3)在(2)的條件下,若cn≤m2+m-1對(duì)一切正整數(shù)n恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
解 (1)由Tn=n2-n得,
Tn-1=(n-1)2-(n≥2),
兩式相減得an=3n-2(n≥2),
又a1=T1=1也滿(mǎn)足上式,∴an=3 24、n-2(n∈N*).
由an+2+3log4bn=0(n∈N*)得,
3n-2+2+3log4bn=0,即n+log4bn=0,
∴bn=n(n∈N*).
(2)∵數(shù)列{cn}滿(mǎn)足cn=an·bn,
∴cn=(3n-2)×n(n∈N*),
∴Sn=1×+4×2+7×3+…+(3n-5)×n-1+(3n-2)×n,
Sn=1×2+4×3+7×4+…+(3n-5)×n+(3n-2)×n+1,
兩式相減得
Sn=+3-(3n-2)×n+1=-(3n+2)×n+1,
∴Sn=-×n+1=-×n(n∈N*).
(3)∵cn+1-cn=(3n+1)×n+1-(3n-2)×n=9(1- 25、n)×n+1(n∈N*),
∴當(dāng)n=1時(shí),c2=c1=,當(dāng)n≥2時(shí),cn+1 26、為+=1.
(2)當(dāng)直線(xiàn)l的斜率為0時(shí),直線(xiàn)l的方程為y=0,
此時(shí)S△MAB的最大值為×2×2=2.
當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在且不為0或斜率不存在時(shí),設(shè)直線(xiàn)l:x=my+2,
代入橢圓方程得4(my+2)2+5y2-20=0,
即(4m2+5)y2+16my-4=0,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則y1+y2=-,y1y2=,
故|AB|=
=,
平移直線(xiàn)l至直線(xiàn)l′的位置,使得直線(xiàn)l′與橢圓相切(圖略),設(shè)直線(xiàn)l′:x=my+t,代入橢圓方程得4(my+t)2+5y2-20=0,即(4m2+5)y2+8mty+4t2-20=0,
由Δ=0得4m2+5=t2,則t 27、2≥5,
當(dāng)t=-時(shí),點(diǎn)M距離直線(xiàn)l最遠(yuǎn),即S△MAB最大,此時(shí),點(diǎn)M到直線(xiàn)l的距離d=,
從而S△MAB=|AB|·d
=
=2
=2·.
令1-=u,f(u)=u3(2-u),
由f′(u)=6u2-4u3=0得u1=0,u2=,
所以函數(shù)f(u)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,
因?yàn)閠≤-,所以u(píng)∈,故當(dāng)u=,即t=-4時(shí),S△MAB取得最大值,最大值為.
綜上,S△MAB的最大值為,此時(shí),m=±,
所以直線(xiàn)l的方程為x=±y+2.
22.(15分)已知函數(shù)f(x)=x2-4x+5-(a∈R).
(1)若f(x)在R上為增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)設(shè)g(x 28、)=exf(x),當(dāng)m≥1時(shí),若g(x1)+g(x2)=2g(m)(其中x1 29、=2g(m),m∈[1,+∞),
∴(x-4x1+5)-a+(x-4x2+5)-a
=2(m2-4m+5)em-2a,
∴(x-4x1+5)+(x-4x2+5)=2(m2-4m+5)em.
設(shè)φ(x)=(x2-4x+5)ex,x∈R,
則φ(x1)+φ(x2)=2φ(m),則φ′(x)=(x-1)2ex≥0,
∴φ(x)在R上單調(diào)遞增.
設(shè)F(x)=φ(m+x)+φ(m-x),
則F′(x)=(m+x-1)2em+x-(m-x-1)2em-x.
當(dāng)x>0時(shí),em+x>em-x>0,
(m+x-1)2-(m-x-1)2=2x(2m-2)≥0,
∴F′(x)>0,F(xiàn)(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴F(x)>F(0)=2φ(m),
∴φ(m+x)+φ(m-x)>2φ(m),x∈(0,+∞).
令x=m-x1,∵x1
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