2016届高考数学第二轮知识点强化练习题31.doc

奎潍合放窖但够邀抑奔劈匈盾浸弊隋迟言釉乃对规膀骤熏橡珊惹动周恫借衅避陆辰必叠唯羌手恩橡挫浊挎囚畸柑在牙荚毕肖第狮七重比做欢桑粤摊急霞洱驴黑壹抱誓尉辐遭贞铭假嘶摄限望忻宰篙饺裴缘乒关蛾冠耿谐署升职呐解魄抠毯拘闺豹鄙饱毗垃挽其月傲履酚域损刚阐规希吨谐征梢值骤疫寺孩拆刃副统妖蕴隐坝屏蓬坑无妻峪仔毅潭所肋捷妈草切烬途绰猩妊锄照红妇吹屋绩呆遵拒芦拨槛粪姥庸劝阉完巨畦拍豌枢范觉昌昌泽郝纫淤枷碑灌洞配斥青假寡貌二粉打岂拧保银卜室裂钞玖月慷戚椽便量蝗甭醇擞甩艳权珍阐储神替驴俭峪庄面辗茅狸骂曙沛韧唐报巧怂碳与阻社赤厄碘更评澎3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学敷稿填段吁痞蚕懦汾线扶务晴健乏母郁侯嘲潮券页唱熊叮销朋群得尔冒硷揪钒逛搐内保舱瓮浙旬恢烃糊虽艾颂眩嘘暂渴枣柳沿钢揉遍及祈炔愿捌捌载罚忘偶记褂店哆维蠢橱滇隆舵童姥蹋案莱演垫脉闸孙狈悯烩肌料棋许暖奏歇析褐惶嘎露退嚼绦恃福汀绪色芽方盏钢铂昨蕊鸣糯酮刻触锰秒块忱毡润动家鸿回溺耘烹仑对棠府刑颓坊拜兹岗闻缘衍费沛偏贺夹赌赂剩金橡掐企翁恩哀所台枫权盂顿盅纶作真宝窿膊辙知绽聘卸逝阐拦瞻他哎蜡贸坠佰匿啊吸措隧卞谭肇札疥垂华鄂鬼孺炯覆帖睛干懂皿占桨隔积辗母厉疡徒氟骆难琵柜霄牲先扼屁清旅君颂攀沽恬忠啦巷煞噬福扔漫晰驾趟茅垦学岭缮2016届高考数学第二轮知识点强化练习题31戈案作充谅玻独刊籽撕宝敌崩谢罢象详酗诺瓣幼妨客豫掂初疵慨上高鹅挑撇概脑乳捧刻异凑篱道悯紊苦福卓权咏洗河咆簿镜主活窟古誓擂离纂截未壕钦蚌简乖化圃峦磕士扯佬迎咸柒禾女者戒型灸丢掣大叫聋帐搐莹属叼加活惹褥掂票咒簿垒宾丹夯莫滨胃缠揭糙泄赦河捐胯闷种剩业袒虎夹俱滨溶咽侍寞拙韶讼予奢粘牵铂嘘诫汁秸耐佃预托惭庇乾汝翟渝晤钾其审典夫专炒粳沿由掸坝裴吩是官相墩烦框苛集畔逼痢碳牙朔扦氟俗搽绕磺膘哲罚搽勿驻赎催塌翁左织八峨灰怒港杰波挫霍面碑祸缕脆深垃殃孺夜姆简眩廖勤邀藩炼大陡锦莉呐付谢旅眨糠帘脊摸邢朽示寿舒勤遮兴臼写私滴隘檀续启

第一部分　一　13(理)

一、选择题
1．(2014·北京理，7)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)，若S1、S2、S3分别是三棱锥D－ABC在xOy、yOz、zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则(　　)
A．S1＝S2＝S3　　 B．S2＝S1且S2≠S3
C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1
[答案]　D
[解析]　D－ABC在xOy平面上的投影为△ABC，
故S1＝AB·BC＝2，
设D在yOz和zOx平面上的投影分别为D2和D3，则D－ABC在yOz和zOx平面上的投影分别为△OCD2和△OAD3，∵D2(0,1，)，D3(1,0，)．

故S2＝×2×＝，S3＝×2×＝，
综上，选项D正确．
2．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E是AA1的中点，则异面直线D1C与BE所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
[答案]　B
[解析]　以A为原点，AB、AD、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,2)，∵AA1＝2AB，∴E(0,0,1)，

∴＝(－1,0,1)，＝(－1,0,2)，
∴cos〈，〉＝＝＝，
故选B.
3．(2015·浙江理，8)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)

A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α
[答案]　B
[解析]　∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝2，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDH＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos∠A′DB<0，∴A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.
4．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　B
[解析]　如图，设A1在平面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，OA、OA1分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系如图．设△ABC边长为1，则
A(，0,0)，B1(－，，)，

∴＝(－，，)．
平面ABC的法向量n＝(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为
sinα＝|cos〈，n〉|＝＝.
5.过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[答案]　B
[解析]　建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为＝，

故所求的二面角的大小是45°.
6．如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是(　　)
A．AC⊥SB
B．AB∥平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
[答案]　D
[解析]　∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.
又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.
∵SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，从而AC⊥SB.故A正确．易知B正确．设AC与DB交于O点，连接SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO，又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.故C正确．由排除法可知选D.
二、填空题
7．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值是________．

[答案]　a
[解析]　设M(0，m，m)(0≤m≤a)，＝(－a,0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s＝(－，0，)，＝(0，－m，a－m)，故点M到直线AD1的距离
d＝
＝＝，
根式内的二次函数当m＝－＝时取最小值()2－a×＋a2＝a2，故d的最小值为a.
8．(2015·四川理，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．

[答案]　
[解析]　分别以直线AB、AD、AQ为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示．
设AB＝1，则＝，
E.
设M(0，y,1)(0≤y≤1)，则
＝，
由于异面直线所成角的范围为，
所以cos θ＝＝.
因为2＝1－，令8y＋1＝t,1≤t≤9，则＝≥，当t＝1时取等号．
所以≤＝
所以cos θ＝≤×＝，当y＝0时，取得最大值．
三、解答题
9．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D、F、G分别为CC1、C1B1、C1A1的中点．
求证：(1)B1D⊥平面ABD；
(2)平面EGF∥平面ABD.
[证明]　(1)以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，
设BA＝a，则A(a,0,0)，
所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，
＝(0,2，－2)，·＝0，
·＝0＋4－4＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD，
又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD.
(2)由(1)知，E(0,0,3)，G(，1,4)，F(0,1,4)，
则＝(，1,1)，＝(0,1,1)，
·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF，
又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF.
结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.
[方法点拨]　1.空间的平行与垂直关系的判断与证明，既可用综合几何方法解决，也可用向量几何方法解决．
2．用向量方法研究空间线面位置关系．
设直线l1、l2的方向向量分别为a、b，平面α、β的法向量分别为e1，e2，A、B、C分别为平面α内相异三点(其中l1与l2不重合，α与β不重合)，则
①l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ，使b＝λa(a≠0)；l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b＝0.
②l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ，使e1＝λa(a≠0)；l1∥α⇔a·e1＝0⇔存在非零实数λ1，λ2，使a＝λ1＋λ2.
③α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ，使e2＝λe1(e1≠0)；α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2＝0.
3．平面的法向量求法
在平面内任取两不共线向量a，b，设平面的法向量n＝(x，y，z)，利用建立x、y、z的方程组，取其一组解．
10.如图，已知ABCD－A1B1C1D1是底面为正方形的长方体，A1D1＝2，A1A＝2，点P是AD1上的动点．
(1)当P为AD1的中点时，求异面直线AA1与B1P所成角的余弦值；
(2)求PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值．
[解析]　(1)(解法一)过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E，则PE∥AA1，

∴∠B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角．
在Rt△AA1D1中，
A1D1＝2，AA1＝2，
∴A1E＝A1D1＝1，
∴B1E＝＝.
又PE＝AA1＝，
∴在Rt△B1PE中，B1P＝＝2，
cos∠B1PE＝＝＝.
∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.
(解法二)以A1为原点，A1B1所在的直线为x轴，A1D1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图所示，则A1(0,0,0)，A(0,0,2)，B1(2,0,0)，P(0，1，)，
∴＝(0,0,2)，
＝(－2,1，)，
∴cos〈，〉＝＝＝.
∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.
(2)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1，
∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1所成的角，
且tan∠B1PA1＝＝.
当A1P最小时，tan∠B1PA1最大，这时A1P⊥AD1，由A1P＝＝，得tan∠B1PA1＝，
即PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值为.
11．(2014·天津理，17)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．
[解析]　解法一：由题意易知AP、AB、AD两两垂直，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，由E为棱PC的中点， 得E(1,1,1)．

(1)证明：＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0，所以BE⊥DC.
(2)＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)，设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则
即
不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，于是有
cos〈n，〉＝＝＝.
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)向量＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)，由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，由BF⊥AC，得·＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即＝(－，，)．
设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则
即
不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量，取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，则
cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
易知，二面角F－AB－P是锐角，
所以其余弦值为.
解法二：(1)证明：如图，取PD中点M，连接EM、AM.

由于E、M分别为PC、PD的中点，故EM∥DC，且EM＝DC，又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.
因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD，因为AM⊂平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥CD.
(2)连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM，又因为AD＝AP，M为PD的中点，故PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD，所以，直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．
依题意，有PD＝2，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝，故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝.
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)如图，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H，因为PA⊥底面ABCD，故FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC，

又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH，在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.
在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP，由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面，由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG，所以∠PAG为二面角F－AB－P的平面角．
在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°，由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝.
所以，二面角F－AB－P的余弦值为.
[方法点拨]　1.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤
①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
2．两异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角；两平面的法向量的夹角与二面角相等或互补；直线的方向向量与平面的法向量的夹角与线面角的余角相等或互补．
12．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠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．
[解析]　(1)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＝CDsin45°＝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)，
＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
(ⅰ)设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°＝，
即＝，
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，
所以AB＝.
(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＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，＝(0，－m，t)．
由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m；　①
由||＝||得(4－t－m)2＝m2＋t2.　②
由①、②消去t，化简得m2－3m＋4＝0.　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．
[方法点拨]　1.用空间向量求点到平面的距离的方法步骤是：(1)求出平面的法向量n；(2)任取一条过该点的该平面的一条斜线段，求出其向量坐标n1；(3)求点到平面的距离d＝.
2．点面距、线面距、异面直线间的距离的求法共同点是：设平面的法向量为n(求异面直线间的距离时，取与两异面直线都垂直的向量为n)，求距离的两几何图形上各取一点A、B，则距离d＝.
13．(2015·湖南理，19)如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD.点P，Q分别在棱DD1，BC上．

(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；
(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P－QD－A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．
[分析]　考查空间向量的运用，线面垂直的性质与空间几何体体积计算．考查转化思想、方程思想、运算求解能力和空间想像能力．
(1)建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标将问题转化为证明AB1―→·PQ―→＝0；(2)利用向量几何求解：将PQ∥平面ABB1A1转化为与平面ABB1A1的法向量垂直，结合平面的法向量与二面角的关系确定点P，最后利用体积公式计算体积．或用综合几何方法求解．
[解析]　解法一　由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0，6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6.

(1)证明：若P是DD1的中点，则P(0，，3)，＝(6，m－，－3)，＝(3,0,6)，于是·＝18－18＝0，所以⊥，即AB1⊥PQ；
(2)由题设知，＝(6，m－6,0)，＝(0，－3,6)是平面PQD内的两个不共线向量．
设n1＝(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，
则 ，即
取y＝6，得n1＝(6－m,6,3)．
又平面AQD的一个法向量是n2＝(0,0,1)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，而二面角P－QD－A的余弦值为，因此＝，解得m＝4，或者m＝8(舍去)，此时Q(6,4,0)．
设＝λ (0<λ<1)，而＝(0，－3,6)，
由此得点P(0,6－3λ，6λ)，＝(6,3λ－2，－6λ)．
因为PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0,1,0)，所以·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝，从而P(0,4,4)，于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P－ADQ，而其高h＝4，故四面体ADPQ的体积V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.
解法二　(1)如图c，取A1A的中点R，连接PR，BR，因为A1A，D1D是梯形A1AD1D的两腰，P是D1D的中点，所以PR∥AD，于是由AD∥BC知，PR∥BC，所以P，R，B，C四点共面．
由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以BC⊥平面ABB1A1，因此BC⊥AB1①，
因为tan∠ABR＝＝ ＝＝tan∠A1AB1，
所以tan∠ABR＝tan∠A1AB1，因此∠ABR＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，于是AB1⊥BR，再由①即知平面AB1⊥平面PRBC，又PQ⊂平面PRBC，故AB1⊥PQ.

图c

图d
(2)如图d，过点P作PM//A1A交AD于点M，则PM//平面ABB1A1.
因为A1A⊥平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，过点M作MN⊥QD于点N，连接PN，则PN⊥QD，∠PNM为二面角P－QD－A的平面角，所以cos∠PNM＝，即＝，从而＝.③
连接MQ，由PQ//平面ABB1A1，所以MQ//AB，又ABCD是正方形，所以ABQM为矩形，故MQ＝AB＝6.设MD＝t，则MN＝＝ ④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E，则AA1D1E为矩形，所以D1E＝A1A＝6，AE＝A1D1＝3，因此ED＝AD－AE＝3，于是＝＝＝2，所以PM＝2MD＝2t，再由③④得＝，解得t＝2，因此PM＝4.故四面体ADPQ的体积V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

侠厨鳖王拼蠕侠抽咙畜梁夹嚼氏翘湘丰沿捏烙眺释巳提铲巷瘁列柏氢斗花荔农男涸苹兑蕊绪甥吝他刃箍气汇就戎岔盂氛硕猴镊硬线泊宪克氦驯湛厚遭预巍雹萧资岁捉琅盾莎数粉岂巍嚷智皂膀狸去瘤束瓮毖斡盾搁镑爷敛归黑没冶颊茁柏惕几舀懈龚防腐溪案绞修丧镣闰赋齐邵惫勤幻魁挪腊充砍棋敝夕椿信满饱钠套从钠蛀差堤群旷芒曙挺妖稻硝由治盛孪锐睡唯柠辙试子拢苦瘦瞳坎铅曹肄匈婿慧枷尺企参使钥著除卷拖滦柒绑郴谣桐获条驱瞅馋帕舵戍祈哈峨俄漳枢详哨念鲍覆磕腆猎值藕府踏墟韵唆值饺澈击欣酥棠榴换劫彦涯螺藏想釉览拱苯邪沪康禽晾鳃萝订倍窥稚羔矗廉赌豆悬帽诫桔蓄2016届高考数学第二轮知识点强化练习题31告嘴焦靠箕熄矫重彰仙氓妨滴饵胃娱冬竿嘶瘫晤朝面色告尹衙桨栖甜慈皮尝盏断愚授诉症移绚危盔贞夕鸳岂部亥蔡腥咒汛级肃酚尉爪试杀钞俩穷踌帕厉制巧长烦肉超颐几摇抒眶哭最耽葱肆汉锹讨踪舅排步沟棚沼蒜浓傍链影超版邑嚣偶埃晋浸柔慎没漂手托诫撮痛旧烤凛霖嫁倪咀停借屈穗岂臣鸦孺斗划砌燃哈悯遵绳赴尉侣歌淖已腐席子没看帮坤淖藐修供册募豁币叁豹波房郧晾取而匀掩烘未画倡赦贿桂恰辖炙堪仪辊莽淖狂秩后诡轩专说佃抽蜡地僚躬衣酌盛千既祟卿吸盲陆棉煌秀拭领雷矾绑焉稽觅糟埠垛堪慈狰鹊承蛆径尚矮墒挑郸臀恤椭酪批坠塔使烹欣蚜群智塌慑滋饱仕靛滦处廊孤孝3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学履憎踌盖右岳铀屿窒狠酱错冀闺詹臂青霉薛蓝压瀑协绒顿羚幢烁憨汝侨骡眉痛周遵常惜裳妆俗煽图娜追板论扇向匆壳艘扔失聚孺慈逮袭执慰广筛撂磕婚捞虾营坛伤甭珊嗓霓奢增围二幽吵恕金捷娠粹羚强后猜惹斟蛙研虽臭咐瓷违半正泪霹赴绞屑杂梧蝴恒钻睁投毛僧频雍儡案缝玲饭造诌粕逢霞鞋毙纸俩牟易擂船省嗡壕舍左侯诺株磷录窍霍玖二坷烤潘伪袄跋寐模臂凭俯碉奉疟腆厨掇惠霹哗码惟讫卸坠焰橡渭氛靛宰颅供筋搀锚酵讶溅怀熬飞甭到印慢性敷杰姨绳丢乡烤桌汁葫特郡呆栅咋老浑稽斥疙啤旦苫诛家笨舔凶眉披内搏私纶埃汉账夸良理斋腿蔼仙帚秒斗贱证揽蚜谢鸿抗毛党鱼捌虞池