2013届高三新课标数学配套月考试题三A

2013届高三新课标数学配套月考试题三A 适用地区：新课标地区 考查范围：集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式、立体几何、解析几何 建议使用时间：2012年10月底 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考生作答时，将 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 答在答题卡上.在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.[来源:学.科.网Z.X.X.K] 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损. 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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.（2012·北京东城二模）若集合 ，且 ，则集合 可能是（ ） A. B. C. D. 2.（2012·昆明第一中学一摸）设α是第二象限角, 为其终边上的一点,且 ,则 =（ ） A. B. C. D. 3.（理）（2012·琼海模拟）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若； ②若 ③若； ④若. 其中正确命题的个数是（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 （文）（2012·琼海模拟）已知一个平面α，l为空间中的任意一条直线，那么在平面α内一定存在直线b使得（ ） A. l //b B. l与b相交 C. l与b是异面直线 D. l⊥b 4.（2012·郑州质检）已知点F、A分别为双曲线 的左焦点、右顶点，点B（0，b）满足 ，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5.（2012·哈尔滨第六中学三模）设是方程的解，则属于区间（ ） A.（0，1） B.（1，2） C.（2，3） D.（3，4） 6.[2012·湖南卷]已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为（ ） A.eq \f(x2,20)－eq \f(y2,5)＝1 B.eq \f(x2,5)－eq \f(y2,20)＝1 C.eq \f(x2,80)－eq \f(y2,20)＝1 D.eq \f(x2,20)－eq \f(y2,80)＝1 7. [2012·课标全国卷]设F1，F2是椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，P为直线x＝eq \f(3a,2)上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（ ） A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,5) 8.（2012·郑州质检）若实数x，y满足 则z=3x+2y的最小值是( ) A.0 B. 1 C. D. 9 9. [2012·课标全国卷]如图1，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 图1 10. （2012·哈尔滨第六中学三模）直线 与圆 交于E，F两点，则△EOF（O是原点）的面积为（ ） A. 　　 B. 　　 C. 　 D. 11.（理）[2012·课标全国卷]已知三棱锥 的所有顶点都在球 的球面上，△ 是边长为的正三角形， 为球 的直径，且 ，则此棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. . （文）[2012·课标全国卷]平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为eq \r(2)，则此球的体积为（ ） A.eq \r(6)π B.4eq \r(3)π C.4eq \r(6)π D.6eq \r(3)π 12.（2012·琼海模拟）一个几何体的三视图如图2所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为（ ） A. B. C. D. 图2 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上. 13.（2012·郑州质检）若直线 和 平行，则实数 的值为 . 14. [2012·课标全国卷]等比数列{an}的前n项和为Sn，若 ，则公比q=_______. 15. （2012·郑州质检）在△ABC中，已知a,b,c分别为角A， B， C所对的边，S为△ABC的面积.若向量p= q= 满足p∥q,则∠C= . 16. [2012·辽宁卷]已知P，Q为抛物线 上两点，点P，Q的横坐标分别为4， 2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为__________. 三、解答题（本大题共6小题，满分70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 17.（本小题满分10分） （2012·长望浏宁四县（市）调研）已知函数 . （1）求函数 的最小正周期； （2）当 时，求函数 的取值范围. 18.（本小题满分12分） （理）[2012·课标全国卷]如图3，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝eq \f(1,2)AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD. （1）证明：DC1⊥BC； （2）求二面角A1－BD－C1的大小. [来源:学§科§网] 图3 （文）[2012·课标全国卷]如图3，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝eq \f(1,2)AA1，D是棱AA1的中点. （1）证明：平面BDC1⊥平面BDC； （2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比. 图3 19.（本小题满分12分） （2012·琼海模拟）已知各项都不相等的等差数列 的前6项和为60，且 为 和 的等比中项. （1）求数列 的通项 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 ； （2）若数列 满足 ，且 ，求数列 的前 项和 . 20.（本小题满分12分） （理）[2012·北京卷]如图4（1），在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图5（2）. （1）求证：A1C⊥平面BCDE； （2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； （3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由. 图4 （文）[2012·北京卷]如图4（1），在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图5（2）. （1）求证：DE∥平面A1CB； （2）求证：A1F⊥BE； （3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由. 图4 21.（本小题满分12分） [2012·安徽卷]如图5，F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°. （1）求椭圆C的离心率； （2）已知△AF1B的面积为40eq \r(3)，求a，b的值. 图5 22.（本小题满分12分） （理）[2012·湖南卷]已知函数f(x)＝eax－x，其中a≠0. （1）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合； （2）在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，记直线AB的斜率为k.问：是否存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＞k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由. （文）[2012·湖南卷]已知函数f(x)＝ex－ax，其中a＞0. （1）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；[来源:Zxxk.Com] （2）在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＝k成立. 试卷类型：A 2013届高三新课标原创月考试题三答案 数学 1.A【解析】因为 ，所以 .又因为集合 ，所以集合 可能是 .选A. 2. D【解析】因为α是第二象限角,所以 .由三角函数的定义,有 ,解得 .所以 . 3.（理）A【解析】对于①，可能存在 ；对于②，若加上条件 就正确了；对于③是正确的；对于④，直线 可能平行，也可能相交或异面；综上可知，正确的命题只有一个. （文）D【解析】当 或l∥α时，在平面α内，显然存在直线b使得⊥b;当与α斜交时，只需要b垂直于在平面 内的射影即可得到 . 4. D【解析】由 ，得 ，所以 ，即 ，解得 或 （舍去）. 5. C【解析】设 ,因为 ， ，所以 .所以 . 6. A【解析】由已知可得双曲线的焦距2c＝10，a2＋b2＝52＝25，排除C，D，又由渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x＝eq \f(1,2)x，得eq \f(1,2)＝eq \f(b,a)，解得a2＝20，b2＝5，所以选A. 7. C【解析】根据题意，一定有∠PF1F2＝30°，且∠PF2x＝60°，故直线PF2的倾斜角是eq \f(π,3)，设直线x＝eq \f(3,2)a与x轴的交点为M，则|PF2|＝2|F2M|，又|PF2|＝|F1F2|，所以|F1F2|＝2|F2M|.所以2c＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a－c))，即4c＝3a，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,4).故选C. 8. B【解析】作出不等式组 表示的可行域（如下图），令 ，可知当直线 经过点 时， 取得最小值0，故此时 取得最小值1. 9. B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是斜边长为6的等腰直角三角形（斜边上高为 ），有一条长为3的侧棱垂直于底面，所以几何体的体积为 ,选B. 10. D【解析】因为圆心 到直线 的距离为 ，则 ，又原点 到直线 的距离为 ，所以 . 11.（理）A【解析】△ 的外接圆的半径 ，点 到面 的距离 , 为球 的直径 点 到面 的距离为 ,此棱锥的体积为 . （文）B【解析】由题意，球的半径为R＝eq \r(12＋\r(2)2)＝eq \r(3)，所以球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝4eq \r(3)π.故选B. 12. D【解析】该几何体是个如下图所示的三棱锥D-ABC，外接球的球心为点 ，F为AC的中点，设 , 则 ，解得 .所以外接球的半径为 ，表面积为 . 13. -3或2【解析】由两直线平行的充要条件得 ，解得 或 . 14. 【解析】显然公比 ，设首项为 ，则由 ，得 ，即 ，即 ，即 ，所以 ，解得 . 15. 【解析】由 ∥ ，得 ,则 .由余弦定理得 [来源:学.科.网Z.X.X.K] ，故 .又由正弦定理得 ，所以 ，所以 .又 ，所以 . 16. －4【解析】由x2＝2y可知y＝eq \f(1,2)x2，这时y′＝x，由P，Q的横坐标为4，－2，这时P(4,8)，Q(－2,2), 以点P为切点的切线方程PA为y－8＝4(x－4)，即4x－y－8＝0①；以点Q为切点的切线方程QA为y－2＝－2(x＋2)，即2x＋y＋2＝0②；由①②联立得A点坐标为(1，－4)，这时纵坐标为－4. 17.解：（1）因为 , 所以函数 的最小正周期为 . （2） . 当 时， ， 所以当 ，即 时， ； 当 ，即 时， ； 故函数 的取值范围是 . 18.（理）解：（1）证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形. 由于D为AA1的中点，故DC＝DC1. 又AC＝eq \f(1,2)AA1，可得DCeq \o\al(2,1)＋DC2＝CCeq \o\al(2,1)， 所以DC1⊥DC. 而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD. BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC. （2）由（1）知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直. 以C为坐标原点，eq \o(CA,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，|eq \o(CA,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz. 由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2). 则eq \o(A1D,\s\up6(→))＝(0,0，－1)，eq \o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq \o(DC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1). 设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,z＝0.))可取n＝(1,1,0). 同理，设m是平面C1BD的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DC1,\s\up6(→))＝0.))可得m＝(1,2,1). 从而cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n|·|m|)＝eq \f(\r(3),2). 故二面角A1－BD－C1的大小为30°. （文）解：（1）证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1. 又DC1⊂平面ACC1A1，所以DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC.又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC. （2）设棱锥B－DACC1的体积为V1，AC＝1.由题意得 V1＝eq \f(1,3)×eq \f(1＋2,2)×1×1＝eq \f(1,2). 又三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝1， 所以(V－V1)∶V1＝1∶1. 故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1. 19.解：（1）设等差数列 的公差为 ,则 因为数列 的各项都不相等，所以公差 .故解得 所以 . （2）因为 ， 所以 故 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 . 又 满足上式， 所以 . 所以 . 故 . 20.（理）解：（1）证明：因为AC⊥BC，DE∥BC， 所以DE⊥AC， 所以DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以DE⊥平面A1DC， 所以DE⊥A1C. 又因为A1C⊥CD， 所以A1C⊥平面BCDE. （2）如右图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz， 则A1(0,0,2eq \r(3))，D(0,2,0)，M(0,1，eq \r(3))，B(3,0,0)，E(2,2,0). 设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则 n·eq \o(A1B,\s\up6(→))＝0，n·eq \o(BE,\s\up6(→))＝0. 又eq \o(A1B,\s\up6(→))＝(3,0，－2eq \r(3))，eq \o(BE,\s\up6(→))＝(－1,2,0)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3x－2\r(3)z＝0，,－x＋2y＝0.)) 令y＝1，则x＝2，z＝eq \r(3)， 所以n＝(2,1，eq \r(3)). 设CM与平面A1BE所成的角为θ， 因为eq \o(CM,\s\up6(→))＝(0,1，eq \r(3))， 所以sinθ＝|cos(n，eq \o(CM,\s\up6(→)))|＝o(CM,\s\up6(→))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(CM,\s\up6(→)),|n|||))) ＝eq \f(4,\r(8)×\r(4))＝eq \f(\r(2),2). 所以CM与平面A1BE所成角的大小为eq \f(π,4). （3）线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下： 假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]. 设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则 m·eq \o(A1D,\s\up6(→))＝0，m·eq \o(DP,\s\up6(→))＝0. 又eq \o(A1D,\s\up6(→))＝(0,2，－2eq \r(3))，eq \o(DP,\s\up6(→))＝(p，－2,0)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y－2\r(3)z＝0，,px－2y＝0.)) 令x＝2，则y＝p，z＝eq \f(p,\r(3)). 所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，p，\f(p,\r(3)))). 平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0， 即4＋p＋p＝0. 解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾. 所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直. （文）解：（1）证明：因为D，E分别为AC，AB的中点， 所以DE∥BC. 又因为DE⊄平面A1CB， 所以DE∥平面A1CB. （2）证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC， 所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D，DE⊥CD， 所以DE⊥平面A1DC. 而A1F⊂平面A1DC， 所以DE⊥A1F. 又因为A1F⊥CD， 所以A1F⊥平面BCDE， 所以A1F⊥BE. （3）线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下： 如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q， 则PQ∥BC. 又因为DE∥BC， 所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP， 由（2）知，DE⊥平面A1DC， 所以DE⊥A1C. 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点， 所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP. 从而A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ. 21. 解： （1）由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c， 所以e＝eq \f(1,2). （2）( 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 一)a2＝4c2，b2＝3c2. 直线AB的方程可为y＝－eq \r(3)(x－c). 将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)c，－\f(3\r(3),5)c)). 所以|AB|＝eq \r(1＋3)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)c－0))＝eq \f(16,5)c. 由S△AF1B＝eq \f(1,2)|AF1|·|AB|sin∠F1AB＝eq \f(1,2)a·eq \f(16,5)c·eq \f(\r(3),2)＝eq \f(2\r(3),5)a2＝40eq \r(3)， 解得a＝10，b＝5eq \r(3). (方法二)设|AB|＝t. 因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a. 由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t. 再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得，t＝eq \f(8,5)a. 由S△AF1B＝eq \f(1,2)a·eq \f(8,5)a·eq \f(\r(3),2)＝eq \f(2\r(3),5)a2＝40eq \r(3)知，a＝10，b＝5eq \r(3). 22.（理）解：（1）若a＜0，则对一切x＞0，f(x)＝eax－x＜1， 这与题设矛盾.又a≠0，故a＞0. 而f′(x)＝aeax－1，令f′(x)＝0得x＝eq \f(1,a)lneq \f(1,a). 当x＜eq \f(1,a)lneq \f(1,a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞eq \f(1,a)lneq \f(1,a)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.故当x＝eq \f(1,a)lneq \f(1,a)，f(x)取最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)ln\f(1,a)))＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a)lneq \f(1,a). 于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当eq \f(1,a)－eq \f(1,a)lneq \f(1,a)≥1.　　① 令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt. 当0＜t＜1时，g′(t)＞0，g(t)单调递增；当t＞1时，g′(t)＜0，g(t)单调递减. 故当t＝1时，g(t)取最大值g（1）＝1. 因此，当且仅当eq \f(1,a)＝1，即a＝1时，①式成立. 综上所述，a的取值集合为{1}. （2）由题意知，k＝eq \f(fx2－fx1,x2－x1)＝ －1. 令φ(x)＝f′(x)－k＝aeax－ .则φ(x1)＝－ [ －a(x2－x1)－1]， φ(x2)＝ [ －a(x1－x2)－1]. 令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1. 当t＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减； 当t＞0时，F′(t)＞0，F(t)单调递增. 故当t≠0时，F(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0. 从而 －a(x2－x1)－1＞0， －a(x1－x2)－1＞0， 又 ＞0， ＞0， 所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0. 因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在c∈(x1，x2)，使得φ(c)＝0.又φ′(x)＝a2eax＞0，φ(x)单调递增，故这样的c是唯一的，且c＝eq \f(1,a)ln .故当且仅当x∈ 时，f′(x)>k. 综上所述，存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＞k成立，且x0的取值范围为 . （文）解：（1）f′(x)＝ex－a.令f′(x)＝0得x＝lna. 当x＜lna时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞lna时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.故当x＝ln a时，f(x)取最小值f(lna)＝a－alna. 于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当a－alna≥1.　　　① 令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt. 当0＜t＜1时，g′(t)＞0，g(t)单调递增； 当t＞1时，g′(t)＜0，g(t)单调递减. 故当t＝1时，g(t)取最大值g（1）＝1.因此，当且仅当a＝1时，①式成立. 综上所述，a的取值集合为{1}. （2）由题意知，k＝eq \f(fx2－fx1,x2－x1)＝ －a. 令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－ ，则 φ(x1)＝－ [ －(x2－x1)－1]， φ(x2)＝ [ －(x1－x2)－1]. 令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1. 当t＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减； 当t＞0时，F′(t)＞0，F(t)单调递增. 故当t≠0时，F(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0.[来源:学+科+网Z+X+X+K] 从而 －(x2－x1)－1＞0， －(x1－x2)－1＞0，又 ＞0， ＞0， 所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0. 因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立. _1400755591.unknown _1403544773.unknown _1403620323.unknown _1404739389.unknown _1404802965.unknown _1404803062.unknown _1405345763.unknown _1405345774.unknown _1404803183.unknown _1405343148.unknown _1404803083.unknown _1404803182.unknown _1404803031.unknown _1404803041.unknown _1404803050.unknown _1404803021.unknown _1404739520.unknown _1404739750.unknown _1404802880.unknown _1404802915.unknown _1404802926.unknown _1404802846.unknown _1404739594.unknown _1404739731.unknown _1404739743.unknown _1404739749.unknown _1404739604.unknown _1404739571.unknown _1404739558.unknown _1404739427.unknown _1404739465.unknown _1404739404.unknown _1404735922.unknown _1404739266.unknown _1404739354.unknown _1404739378.unknown _1404739335.unknown _1404739239.unknown _1404739250.unknown _1404739231.unknown _1404731875.unknown _1404735887.unknown _1404735896.unknown _1404731908.unknown _1403620415.unknown _1403620496.unknown _1404647285.unknown _1403620687.unknown _1403620439.unknown _1403620361.unknown _1403614042.unknown _1403620122.unknown _1403620209.unknown _1403620244.unknown _1403620135.unknown _1403620181.unknown _1403620090.unknown _1403620118.unknown _1403614067.unknown _1403620087.unknown _1403614057.unknown _1403613519.unknown _1403613692.unknown _1403614000.unknown _1403614024.unknown _1403613852.unknown _1403613933.unknown _1403613984.unknown _1403613867.unknown _1403613787.unknown _1403613606.unknown _1403613639.unknown _1403613686.unknown _1403613657.unknown _1403613624.unknown _1403613555.unknown _1403613470.unknown _1403613512.unknown _1403544866.unknown _1403556739.unknown _1401305599.unknown _1401305650.unknown _1403381239.unknown _1403381375.unknown _1403381416.unknown _1403384735.unknown _1403384755.unknown _1403384777.unknown _1403384203.unknown _1403381424.unknown _1403381391.unknown _1403381399.unknown _1403381383.unknown _1403381359.unknown _1403381367.unknown _1403381351.unknown _1401305652.unknown _1401305653.unknown _1401305651.unknown _1401305646.unknown _1401305648.unknown _1401305649.unknown _1401305647.unknown _1401305644.unknown _1401305645.unknown _1401305643.unknown _1400755658.unknown _1400755666.unknown _1401192692.unknown _1401192696.unknown _1401192698.unknown _1401305598.unknown _1401192699.unknown _1401192697.unknown _1401192694.unknown _1401192695.unknown _1401192693.unknown _1401020765.unknown _1401192691.unknown _1401020764.unknown _1400822028.unknown _1400755662.unknown _1400755664.unknown _1400755660.unknown _1400755652.unknown _1400755656.unknown _1400755657.unknown _1400755653.unknown _1400755595.unknown _1400755597.unknown _1400755593.unknown _1393449312.unknown _1394652391.unknown _1398488473.unknown _1398529389.unknown _1399226100.unknown _1399236171.unknown _1399236261.unknown _1399236262.unknown _1399236260.unknown _1399236014.unknown _1399235943.unknown _1399236007.unknown _1399226101.unknown _1398543926.unknown _1398543964.unknown _1398543831.unknown _1398488648.unknown _1398529360.unknown _1398488524.unknown _1394652720.unknown _1395599525.unknown _1398415575.unknown _1398326189.unknown _1394816265.unknown _1394816277.unknown _1394816139.unknown _1393620415.unknown _1393620434.unknown _1394652326.unknown _1394652348.unknown _1394652293.unknown _1393874047.unknown _1393449434.unknown _1393454136.unknown _1393454189.unknown _1393579413.unknown _1393454175.unknown _1393449525.unknown _1393449420.unknown _1391498851.unknown _1393448876.unknown _1393448956.unknown _1393448976.unknown _1393448896.unknown _1392832959.unknown _1393448728.unknown _1391498856.unknown _1391498861.unknown _1234567905.unknown _1234567949.unknown _1391498836.unknown _1391498846.unknown _1391498825.unknown _1234567950.unknown _1234567912.unknown _1234567948.unknown _1234567906.unknown _1166208145.unknown _1234567903.unknown _1234567904.unknown _1234567902.unknown _1166208165.unknown _1166208105.unknown _1166208124.unknown _1166207845.unknown