【文档说明】湖北省荆州市公安县第三中学2023-2024学年高二上学期入学考试数学试题+含答案.docx，共(21)页，1.320 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-85e8e531f77b9d6fa96d632ab11b80d2.html

以下为本文档部分文字说明：

公安县第三中学2023-2024学年入学考试高二数学第I卷（选择题）一、单选题1．棉花的纤维长度是衡量棉花质量的重要指标.在一批棉花中随机抽测20根棉花的纤维长度（单位：mm），按从小到大排序结果如下：828611311

5140143146170175195202206233236238255260263264265请你估计这批棉花的第5百分位数是（）A．84B．86C．99.5D．1152．在跳水比赛中，有8名评委分别给出某选手原始分，在评定该选手的成绩时，从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分

（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，这6个有效分与8个原始分相比较，下列说法正确的是（）A．中位数，平均分，方差均不变B．中位数，平均分，方差均变小C．中位数不变，平均分可能不变，方差变小D．中位数，

平均分，方差都发生改变3．考虑掷硬币试验，设事件A=“正面朝上”，则下列论述正确的是（）A．掷2次硬币，事件“一个正面，一个反面”发生的概率为13B．掷8次硬币，事件A发生的次数一定是4C．重复掷硬币，事件A发生的频率等于事件A发生的概率D．当投掷次数足够多时，事件A发生的频率接近0.54．如图

，在三棱锥−PABC中，,,APABAC两两垂直，2,1,APABACM===为PC的中点，则ACBM的值为（）A．1B．13C．14D．125．已知平面⊥平面，则“l⊥”是“l∥”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

6．已知圆台的母线长为4，AB，CD分别为上、下底面的直径，2AB=，6CD=，且AB与CD不平行，则四面体ABCD体积的最大值为（）A．43B．46C．83D．967．在正四棱柱1111ABCDABCD−中，112ABBCAA==，则异面直线AB

与1AC所成角的余弦值为（）A．66B．33C．63D．3068．如图，平面四边形ABCD中,1ABADCD===,2BD=,BDCD⊥,将其沿对角线BD折成四面体ABCD−，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD−顶点在同一球面上，则该球的体积为A．32B．2C．D．二

、多选题9．下列命题中正确的是（）A．非零向量a，b，c，若a与b共面，b与c共面，a与c共面，则向量a，b，c共面B．向量a，b，c共面，即它们所在的直线共面C．设a，b，c是三个空间向量，则()abcabac+=+

D．若a与共面，b与共面，则任意,xyR，xayb+与共面10．设,AB为两个随机事件，以下命题错误的为（）A．若,AB是独立事件，()13PA=，()23PB=，则()19PAB=B．若,AB

是对立事件，则()1PAB=C．若,AB是互斥事件，()13PA=，()12PB=，则()16PAB=D．若()13PA=，()14PB=，且()14PAB=，则,AB是独立事件11．如图，正方形ABCD和矩形ABEF所在平面所成的角为60°，且24ABAF==，G为CD的中点，则下列结论正确的

有（）A．AE与BC是异面直线B．AEBG⊥C．直线BE与AG所成角的余弦值是55D．三棱锥BAGE−的体积为83312．在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，已知E为线段1BC的中点，点F和点P分别满足111DFDC=，11DPDB=，其

中，0,1，则下列说法正确的是（）A．当12=时，三棱锥PEFD−的体积为定值B．当12=时，四棱锥PABCD−的外接球的表面积是3π4C．若直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为23，则13=D．存在唯一的实数对(),，使

得DP⊥平面EFP第II卷（非选择题）三、填空题13．已知基底,,ijk，4aijk=++，23bijk=++，若ab∥，则=.14．四种电子元件组成的电路如图所示，1234,,,TTTT电子元件正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7,0.6，

则该电路正常工作的概率为（）A．0.8784B．0.7904C．0.684D．0.302415．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径6cmAB=，圆柱体

部分的高6cmBC=，圆锥体部分的高4cmCD=，则这个陀螺的表面积是2cm.16．已知一块边长为2正三角形铝板（如图），请设计一种裁剪方法，沿虚线裁剪，可焊接成一个正三棱锥（底面是正三角形且顶点在底面的射影在底面三角形的中心的三棱锥），且它的全面积与原三角形铝板的面积相等（不计焊接

缝的面积），则该三棱锥外接球的体积为四、解答题17．某数学兴趣小组有男生3名，女生2名．现从中任选2名学生去参加学校数学竞赛．（1）求参赛学生中恰好有1名男生的概率；（2）求参赛学生中至少有1名男生的概率．18．如图，在三棱锥−PABC中，点

D为棱BC上一点，且2CDBD=，点M为线段AD的中点．(1)以,,ABACAP为一组基底表示向量PM；(2)若3ABAC==，4AP=，60BACPAC==，求PMAC．19．某市为迎接全国中学生物理奥林匹克竞赛举行全市选拔赛．大赛分初

试和复试．初试又分笔试和实验操作两部分进行，初试部分考试成绩只记“合格”与“不合格”．只有两部分考试都“合格”者才能进入下一轮的复试．在初试部分，甲、乙、丙三人在笔试中“合格”的概率依次为34，23，45，在实验操作考试中“合格”的概率依次为23，56，34，所

有考试是否合格相互之间没有影响(1)甲、乙、丙三人同时进行笔试与实验操作两项考试，分别求三人进入复试的的概率，并判断谁获得下一轮复试的可能性最大；(2)这三人进行笔试与实验操两项考试后，求恰有两人进入下一轮复试的概率．20．如图，四棱锥PABCD−中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD

为梯形，//ABCD，223ABDC==,ACBDF=.且PAD与ABD均为正三角形,E为AD的中点，G为PAD重心.(1)求证：//GF平面PDC；(2)求异面直线GF与BC的夹角的余弦值.21．某校在某次学业水平测试后，随机抽取了若干份数学试卷，并对其得分（满分100

分）进行统计，根据所得数据，绘制了如图所示的频率分布直方图（分组区间为)))50,60,60,70,[70,80),80,90,90,100).根据试卷得分从低到高将学生的成绩分为,DCBA,

,四个等级，每个等级中的学生人数占比如表所示.成绩等级DCBA得分范围)50,x),xy),yz,100z占比20%30%30%20%(1)求图中a的值，并根据频率分布直方图估计该校学生这次学

业水平测试数学成绩的平均分；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）(2)试确定成绩等级为B的得分范围（结果保留一位小数）.22．如图1，在ABC中，4BC=，13AB=，13cos13B=，E，D分别为BC，AC的中点，以DE为折痕，将DCE△折起，使点C到1C的位置，且12BC=，

如图2.(1)设平面1CAD平面1BECl=，证明：l⊥平面1ABC(2)P是棱1CD上一点（不含端点）过P、B、E三点作该四棱锥的截面，要求保留画痕，并说明过程；(3)若（2）中的截面与面1BEC所成的二面角的正切值为32，求该截面将

四棱锥分成上下两部分的体积之比.参考答案：1．A【详解】因为205%1=，所以第5百分位数为8286842+=.故选：A2．C【分析】根据题意结合中位数、平均数和方差的定义分析判断.【详解】不妨设原始分为12

345678xxxxxxxx，且18xx，则其中位数为452xx+，则有效分为234567xxxxxx，则其中位数为452xx+，两者相等，所以中位数不变，例如：原始分为1,2,

2,2,2,2,2,3，则其平均数为2，则有效分为2,2,2,2,2,2，则其平均数为2，两者相等，所以平均数可能不变，因为从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，

即把波动最大的两个值去掉，则有效分比原始分更集中，波动性减小，根据方差的定义可知：有效分的方差小于原始分的方差，即方差变小.故选：C.3．D【分析】根据随机事件的性质可判断A，B；根据频率与概率的关系可判断C，D.【详解】掷2次硬币，事件“一个正面，一

个反面”发生的概率1112222P==，A错误；掷8次硬币，事件A发生的次数是随机的，B错误；重复掷硬币，事件A发生的频率无限接近于事件A发生的概率，C错误；当投掷次数足够多时，事件A发生的频率接

近0.5，D正确.故选：D4．D【分析】先将BM转化为1122BAAPAC++，再按照数量积的定义及运算律计算ACBM即可.【详解】由题意得()111222BMBAAMBAAPACBAAPAC=+=++=++，故1122ACBMACBAAPAC=++

211112222ACBAACAPACACAC=++==.故选：D.5．D【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质分析判断.【详解】当平面⊥平面，l⊥，则可能l，而当平面⊥平面，直线//l时，l与平面可能平行，可能相交,也可能线在面内，所

以“l⊥”是“//l”的既不充分也不必要条件，故选：D6．A【分析】取AB的中点O，并连接OC，OD，推导出OCDS，点A到平面OCD的距离的最大值max12ABd==，由此能求出三棱锥ABCD−体积的最大值.【详解】解：∵

圆台的母线长为4，上底面直径2AB=，下底面直径6CD=，AB与CD不平行，取AB的中点O，并连接OC，OD，∵圆台的高224223h=−=，1623632OCDS==，点A到平面OCD的距离的最大值为max

112dAB==，∴三棱锥ABCD−体积的最大值：maxmax12433ABCDOBCSVd−==.故选：A.【点睛】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思

想，属中档题.7．A【分析】连接1BC，分析可知异面直线AB与1AC所成角为11BAC∠或其补角，设1ABBC==，计算出1AC，可求得11cosBAC，即可得解.【详解】连接1BC，设1ABBC==，则12AA=，则22115BCBCBB=+=，在正四棱柱1111ABCDA

BCD−中，11//ABAB且111ABAB==，所以，异面直线AB与1AC所成角为11BAC∠或其补角，11AB⊥平面11BBCC，1BC平面11BBCC，111ABBC⊥，所以，2211116ACABBC=+=，则111116cos6ABBACA

C==.因此，异面直线AB与1AC所成角的余弦值为66.故选：A.8．C【详解】试题分析：由题意平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD＝,BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′-BCD顶点在同一个球面上，

可知A′B⊥A′C，所以BC是外接球的直径，所以BC=，球的半径为：,所以球的体积为：,选A.考点：1.球内接多面体；2.球的体积和表面积9．CD【分析】对于A：举特例，理解判断即可；对于BD：根据题意结合共面向量的定义与性质分析判断；对于C：根据数量积的分配律分析判断.【详解】对于选项A：例如非

零向量a，b，c是三棱锥三条侧棱所在的向量，显然满足a与b共面，b与c共面，a与c共面，但向量a，b，c不共面，故A错误；对于选项B：因为向量可以平移，但直线不能平移，可知：若向量a，b，c共面，但它们所在的直线不一定共面，故B错误；对于选项C：根据数量积的分配律可知：()abcaba

c+=+，故C正确；对于选项D：对任意,xyR，可知xayb+与a、b共面，若a、b与共面，所以xayb+与共面，故D正确；故选：CD.10．C【分析】利用互斥公式、独立公式、对立公式满足的

条件可以一一判断.【详解】对于A：当,AB是独立事件时，,AB也是独立事件，()()()121(1)339PABPAPB==−=，A正确；对于B：当,AB是对立事件时，()()()1PABPAPB=+=，B正确；对于C：当,AB是互斥事件，1()3PA=，

1()2PB=，则115()()()236PABPAPB=+=+=，C错；对于D：()()13,44PBPB==，()()()131344PAABPPB===，故,AB是独立事件，即,AB是独立事件，D正确.故选：C11．ACD【分析】结合图形判断选

项A；以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量方法判断,AEBG的位置关系；利用空间角的向量求法判断选项B，C；等体积转换求得三棱锥BAGE−的体积判断选项D.【详解】对于A，因为A平面ABCD，BC平面ABCD，E平面ABCD，所以A

E与BC是异面直线，故A正确；对于B，由已知ABAD⊥，ABAF⊥，又AFAAD=，AF，AD平面AFD，所以AB⊥平面AFD，以A为坐标原点，AD，AB为x，y轴正方向建立空间直角坐标系，又正方形ABCD和矩形ABEF所在平面所成的角为60°，所

以60FAD=，24ABAF==，点F到AD的距离为3.所以()0,0,0A，()0,4,0B，()1,0,3F，()1,4,3E，()4,2,0G，所以()1,4,3AE=，()4,2,0BG=−，所以48040AEBG

=−+=−，所以AE，BG不垂直，故B错误；对于C，()1,0,3BE=，()4,2,0AG=，所以45cos,5225BEAGBEAGBEAG===，所以直线BE与AG所成角的余弦值是55，故C正确；对于D，三棱锥BAGE−的体积1183443

323BAGEEABGVV−−===，故D正确.故选：ACD.12．AC【分析】证明1//EFBD，1//BD面EFD可得点P到面EFD的距离为定值可判断A；当12=时，点P为1BD的中点，设四棱锥PABCD−的外接球的半径为r，则2

221222rr=−+，所以34r=可判断B；作出CP的射影直线CM，PCM为CP与平面ABCD所成角，得()21233121u−=−+−，解得13=可判断C；建立如图

所示的空间直角坐标系，求出面EFP的法向量与DP的坐标，利用向量法可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A，当12=时，可得F是11DC的中点，连接1BC，因为四边形11BCCB是平行四边形，E为线段1BC的中点，所以E为1BC的中点，所以1//EFBD，因为1B

D面EFD，EF面EFD，所以1//BD面EFD，又因为点P在1BD上，所以点P到面EFD的距离为定值，所以三棱锥PEFD−的体积为定值，故选项A正确；对于B，当12=时，点P为1BD的中点，设ACBDO

=，连接PO，则四棱柱PABCD−为正四棱锥，所以PO⊥面ABCD，设四棱锥PABCD−的外接球的球心为O，半径为r，则O在直线PO上，因为22OC=，12OOr=−，由222OCOOCO+=可得2221222rr=−+，所以34r=，所以外接球

的表面积为239π4π44=，故选项B不正确；对于C，连接BD，过点P作PMBD⊥于M，连接CM，因为1BB⊥面ABCD，所以面11BDDB⊥面ABCD，面11BDDB面ABCDBD=，所以PM⊥面A

BCD，所以PCM为CP与平面ABCD所成角，由11DPDB=，所以()21BM=−，1PM=−，在MBC由余弦定理有()22121CM=−+−，在RtCPM中由勾股定理有()23121PC=−+−，所以()212si

n33121PMuPCMPC−===−+−，解得13=，故选项C正确；对于D，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，因为111DFDC=，所以点F在11DC上，又E在1BC上，P在1BD上，所以平面PEF即为平面11BCD，又易证1BC⊥平面11BCD，所以1BC是平面11BCD的法向

量，又因为()0,1,0C，()11,1,1B，(),,1P−，所以()11,0,1BC=−−，(),,1DP=−，当1BC与DP共线时DP⊥平面EFP，则存在t使1BCtDP=成立，所以()1011ttt−==−=−，方程组无解，所以不存在唯一的实数对(),，

使得DP⊥平面EFP，故选项D不正确；故选：AC.13．23【分析】根据向量平行的判定定理运算求解.【详解】因为ab∥，且0b，则存在唯一实数x，使得axb=，即()42323ijkijkixjxxkx==++++++rrrrrrrrr，可得423x

xx===，解得23343323x===或23343323x=−=−=−，所以23=.故答案为：23.14．A【分析】该电路正

常工作即1T正常工作，234,,TTT至少一个正常工作，再由独立事件的乘法公式即可得出答案.【详解】该电路正常工作即1T正常工作，234,,TTT至少一个正常工作，所以该电路正常工作的概率为()0.910.20.3

0.40.8784−=.故选：A.15．60π【分析】求出圆锥部分的母线，利用圆锥以及圆柱的侧面积公式，即可求得答案.【详解】由题意可知圆锥的母线长为22345(cm)+=，故陀螺的表面积为22π352π36π360π(cm)++=，故答案

为：60π16．68【分析】根据题意，沿正三角形的边的中点裁剪，焊接构成正四面体，根据结论求得半径，利用公式求得体积.【详解】取正三角形的各边的中点，沿虚线裁剪，焊接构成一个棱长为1的正四面体，由棱长为a的正四面体的外接球的半径为64Ra=

，可知该正四面体的外接球的半径为64R=，所以其体积为3466()348V==，故答案为：68.【点睛】该题考查的是有关正四面体的外接球的问题，涉及到的知识点有正四面体的外接球的半径，求得体积公式，属于简单题目.17．（1）35；（2）9

10.【分析】（1）本题首先可将3名男生记为1a、2a、3a以及2名女生记为1b、2b，然后写出所有的基本事件，再然后写出所有满足“参赛学生中恰好有1名男生”的基本事件，即可得出结果；（2）本题可写出所有满足“参赛学生中至少有1名男生”

的基本事件，然后根据古典概型概率计算即可得出结果.【详解】（1）数学兴趣小组中3名男生记为1a、2a、3a，2名女生记为1b、2b，从中任选2名学生，有如下基本事件：()12,aa、()13,aa、()11,ab、()12,ab、()23,aa、()21,ab、()22,ab、(

)31,ab、()32,ab、()12,bb共10个基本事件，设“参赛学生中恰好有1名男生”为事件A，则事件A包含()11,ab、()12,ab、()21,ab、()22,ab、()31,ab、()32,ab共6个基本事件，故所求的概率为()63105PA==，（

2）设“参赛学生中至少有1名男生”为事件B，则事件B包含()12,aa、()13,aa、()11,ab、()12,ab、()23,aa、()21,ab、()22,ab、()31,ab、()32,ab共9个基本事件，

故所求的概率为()910PB=．【点睛】本题考查古典概型概率的相关计算，能否根据题意写出所有的基本事件以及满足特定条件的基本事件是解决本题的关键，考查推理能力，是简单题.18．(1)1136PMAPABAC=−++；(2)3−.【分析】（1）直接利

用向量的数乘运算及加减运算求解；（2）由向量的单项式乘多项式及向量的数量积运算求解．【详解】（1）∵M为线段AD的中点，∴12AMAD=，∵2CDBD=，∴13BDBC=，∴PMPAAM=+uuuruuruuur12PAAD=+1()2P

AABBD=++11()23PAABBC=++11()23PAABBAAC=+++111()233PAABABAC=+−+1136APABAC=−++；（2）11()36PMACAPABACAC=−++

21136APACABACAC=−++APACcosPAC=−13ABACcosBAC+216AC+21111433332326=−++336322=−++=−．19．(1)甲：112P=，乙：259P=，丙：335P=；丙进入复试可能性大；(2)3790【

分析】（1）根据独立事件概率的乘法公式计算即可；（2）根据题意分甲、乙进入，丙没有进入；甲、丙进入，乙没有进入；乙、丙进入，甲没有进入三种情况，再结合独立事件概率的乘法公式计算即可.(1)解：根据题意，甲进入复试的概率为1321432P==，乙进入复试的概率为2255369P==，丙

进入复试的概率为3433545P==由于321545045909090PPP===，所以可以判断丙进入下一轮的可能性较大.(2)解：这三人进行笔试与实验操两项考试后，求恰有两人进入下一轮复试的可能情况为甲、乙进入，丙没有进入；甲、丙进入，乙没有进入；乙、丙进入，甲没有进入所以恰

有两人进入下一轮复试的概率为152143153101215372952952959090P++=++==.20．(1)证明见解析；（2）33952.【详解】试题分析：（1）连接AG交PD于H，连接GH，

由重心性质推导出GFHC，根据线面平行的判定定理可得GF平面PDC；（2）取线段AB上一点Q，使得13BQAB=，可证GFQ即是异面直线GF与BC的夹角，由余弦定理可得结果.试题解析：（1）方法一：连AG交PD于H,连接CH.由梯形ABCD，//ABCD且2ABDC=，知21AF

FC=又E为AD的中点，G为PAD的重心，∴21AGGH=，在AFC中，21AGAFGHFC==,故GF//HC.又HC平面PCD,GF平面PCD,∴GF//平面PDC.方法二：过G作//GNAD交PD于N,

过F作//FMAD交CD于M,连接MN,G为PAD的重心，23GNPGEDPE==,22333GNED==,又ABCD为梯形，//ABCD,12CDAB=,12CFAF=13MFAD=,233MF=∴GNFM=又由所作，//FM

AD得GN//FM，GNMF为平行四边形.//GNAD//,GFMNGFPCDMNPCD面，面,//GF面PDC(2)取线段AB上一点Q，使得13BQAB=，连FQ,则223FQBC==,1013,33EFGF==,1316,33EQGQ==,在GFQ中222339cos2?

52GFFQGQGFQGFFQ+−==，则异面直线GF与BC的夹角的余弦值为33952.角函数和等差数列综合起来命题，也正体现了这种命题特点.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、异面直线所成的角、余弦定理，属于

中挡题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行

于另一平面.本题（1）是就是利用方法①证明的.21．(1)0.005a=，73(2))71.7,82.5【分析】（1）根据频率和为1求得0.005a=，套公式求出平均分；（2）由频率分布直方图进行数据分析，列方程即可求解.【详解】（1）根据题意可得()20.020.0

30.04101a+++=，解得0.005a=.该校学生这次学业水平测试数学成绩的平均分为0.05550.4650.3750.2850.059573.++++=（2）由频率分布直方图可得，最后一组的频率为0.005100.05=，后两组的频率之和为()0.0

050.02100.25+=，后三组的频率之和为()0.0050.020.03100.55++=，则))70,80,80,90yz.()0.02900.050.2z−+=，解得82.5z

=.()0.03800.250.20.3y−+=+，解得71.7y.故成绩等级为B的得分范围为)71.7,82.5.22．(1)证明见解析(2)答案见解析(3)45【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；（2）延长截面求解即得；（3）先求二面角得出边

长，再计算体积即得比例.【详解】（1）连接1CC∵E、D分别BC、AC中点∴1CECEEB==，1CDCDDA==∴1ACC△，1BCC分别是以AC、BC为斜边的直角三角形，即11CCAC⊥，11CCBC⊥，又1

11ACBCC=1BC平面1ABC，1AC平面1ABC，∴1CC⊥平面1ABC，而平面1ADC平面11BECCCl==∴l⊥平面1ABC（2）在图2中延长AD，BE交于C点，连接CP并延长交1AC于Q点，连接EP、BQ，面EPQB即为所求截面（3）过1C作

1CHBE⊥,∵11CECB=,∴H为EB中点,∴1BH=,连接AH,∵13AB=,13cos13BHBAB==,∴ABEB⊥又1AHCHH=,AH平面1AHC，1CH平面1AHC，∴BE⊥平面1AHC，连接HQ,则1CHQ是截面EPQB与面1BEC所成二面角的平面角.

即13tan2CHQ=,在1RtBCC中，22BC=，4BC=，∴123CC=,又在ABC中，由余弦定理可得:2222ACABBCABBC=+−13cos131621342113B=+−=,∴在1RtACC中，2221121129ACACCC=−=−=,∴13AC=，∴22211AH

ACHC=+，∴11HCAC⊥,∵11113tan23CQCQCHGHC===,∵132CQ=即Q为1AC中点,又D是AC中点，∴P是1ACC△的重心,∴1123CPCD=，23CPCQ=,∴211323CPECQBSS==△△

,∴1124CBQPECCPECDPEVVV−−−==,又1CAQBCBQCVV−−=,∴CABQCDPEABCEPQPVVV−−=−几可体15CBQCCDPECDPEVVV−−−=−=∴145CBQPEABEDPQVV−=几可体.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

gxue100.com