2024年黑龙江省牡丹江第三高级中学高考数学四模试卷(含详细答案解析)

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这是一份2024年黑龙江省牡丹江第三高级中学高考数学四模试卷(含详细答案解析)，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={−1,0,1,2}，B={x|−3A. {−2,−1,0,1}B. {0,1}C. {−1,0,1}D. {0,1,2}
2.若复数z满足z(1+i)=i5，则其共轭复数z−在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知a=lg20.2,b=20.2,c=0.20.3，则( )
A. a4.已知F是抛物线C：y2=4x的焦点，若点A(x0,2 3)在抛物线上，则|AF|=( )
A. 3B. 2 3C. 4D. 2 3+1
5.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c2=(a−b)2+6，C=π3，则△ABC的面积是( )
A. 3 32B. 9 32C. 3D. 3 3
6.在(1x−x2)7的二项展开式中，x2的系数是( )
A. 353B. −35C. −1403D. −63
7.在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从24个节气中随机选取4个介绍给外国的朋友，则这4个节气中含有“立春”的概率为( )
A. 322B. 16C. 323D. 18
8.已知正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面面积分别为9 34、9 3，若AA1= 30，则该正三棱台的外接球的表面积为( )
A. 40πB. 80πC. 30πD. 60π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列关于概率统计说法中正确的是( )
A. 两个变量x，y的相关系数为r，则r越小，x与y之间的相关性越弱
B. 设随机变量ξ∼N(2,1)，若p(ξ>3)=p，则p(1<ξ<2)=12−p
C. 在回归分析中，R2为0.89的模型比R2为0.98的模型拟合得更好
D. 某人解答10个问题，答对题数为X，X∼B(10,0.8)，则E(X)=8
10.已知函数f(x)=sinωx+ 3csωx(ω>0)，下列说法正确的是( )
A. 函数f(x)的值域为[−2,2]
B. 若存在x1，x2∈R，使得对∀x∈R都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1−x2|的最小值为2πω
C. 若函数f(x)在区间[−π6,π3]上单调递增，则ω的取值范围为(0,12]
D. 若函数f(x)在区间(0,π)上恰有3个极值点和2个零点，则ω的取值范围为(136,83]
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x−1)与f(x+1)都为奇函数，则下列说法一定正确的是( )
A. f(x)为奇函数B. f(x)为周期函数
C. f(x+3)为奇函数D. f(x+2)为偶函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知{an}为等差数列，a1+a3+a5=105，a2+a4+a6=99，则a22=______.
13.点A(3,4)在角θ的终边上，则sin(π+θ)+2csθcs(π2−θ)−csθ=______.
14.已知A，B，C是边长为1的正六边形边上相异的三点，则AB⋅BC的取值范围是______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
设函数f(x)=x+ax2+blnx，曲线y=f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2.
(1)求a，b的值；
(2)求该切线方程.
16.(本小题15分)
在一个盒子中有大小与质地相同的10个球，其中5个红球，5个白球，两人依次不放回地各摸个1球，求：
(1)在第一个人摸出个红球的条件下，第二个人摸出个白球的概率；
(2)第一个人摸出个红球，且第二个人摸出个白球的概率.
17.(本小题15分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是边长为2的等边三角形，侧面BCC1B1为菱形，且平面BCC1B1⊥平面ABC，∠CBB1=60∘，D为棱AA1的中点.
(1)证明：BC1⊥平面DCB1；
(2)求二面角B1−DC−C1的余弦值.
18.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为2 3，右焦点F2到一条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程；
(2)过C上一点P1(3, 2)作C的切线l1，l1与C的两条渐近线分别交于R，S两点，P2为点P1关于坐标原点的对称点，过P2作C的切线l2，l2与C的两条渐近线分别交于M，N两点，求四边形RSMN的面积.
(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线，垂足分别为H1，H2，是否存在点Q，满足|QH1|+|QH2|=2，若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由.
19.(本小题17分)
已知数列{an}的前n项和为Sn.若对每一个n∈N*，有且仅有一个m∈N*，使得Sm≤an(1)若{an}的前四项依次为0，1，−1，1，试判断{an}是否为“X数列”，并说明理由；
(2)若Sn=2n，证明{an}为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式；
(3)已知正项数列{an}为“X数列”，且{an}的“余项数列”为等差数列，证明：Sn≤(1+2n−2)a1.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A={−1,0,1,2}，B={x|−3则A∩B={−1,0,1}.
故选：C.
利用交集定义求解．
本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由z(1+i)=i5，得z=i4+11+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i2，
所以z−=12−i2，
则z−在复平面内对应的点的坐标为(12,−12)，位于第四象限．
故选：D.
利用复数的除法化简复数z，利用共轭复数的定义结合复数的几何意义可得出结论．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵lg20.220=1，0<0.20.3<0.20=1，
∴a故选：D.
根据指数函数和对数函数的单调性即可得出a，b，c的大小关系．
本题考查了对数函数和指数函数的单调性，指数函数的值域，考查了计算能力，属于简单题．
4.【答案】C
【解析】解：点A(x0,2 3)在抛物线上，可得12=4x0，解得x0=3，
所以|AF|=x0+p2=3+1=4.
故选：C.
点的坐标代入抛物线方程，求出x0，利用抛物线的定义转化求解即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查余弦定理、三角形面积计算公式，关键是利用余弦定理求出ab的值，属于基础题.
根据题意，利用余弦定理可得ab，再利用三角形面积计算公式即可得出答案．
【解答】
解：由c2=(a−b)2+6，可得c2=a2+b2−2ab+6，
由余弦定理：c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab，
所以：a2+b2−2ab+6=a2+b2−ab，
则ab=6；
则S△ABC=12absinC=3 32；
故选：A.
6.【答案】B
【解析】解：二项展开式的通项为：Tr+1=C7r(1x)7−r(x)2r(−1)r=C7r(−1)r(x)3r−7，
令3r−7=2，r=3，因此二项展开式中x2的系数是：C73(−1)3=−7×6×53×2×1=−35.
故选：B.
写出二项展开式的通项公式Tr+1=C7r(1x)7−r(x)2r(−1)r=C7r(−1)r(x)3r−7，令3r−7=2，即可求解．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：从24个节气中随机选取4个介绍给外国的朋友共有C244种，
4个节气中含有“立春”的共有C233种，
故所求事件的概率为C233C244=16，
故选：B.
根据古典概型的概率计算公式以及排列组合数分别求出总的事件的个数与所求事件的个数，由此即可求解．
本题考查了古典概型的概率计算公式，考查了学生的运算能力，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：若正三角形的边长为a，则其面积为12a⋅a× 32= 34a2，
由题意可得：AB=3，A1B1=6，
取△ABC，△A1B1C1的外接圆的圆心为O，O2，正三棱台ABC−A1B1C1的外接球的球心O1，连接OA，OO2，O1A，O1A1，O2A1，过A作底面的投影M，
可得OA=O2M= 3,O2A1=2 3，则MA1= 3，
由AA1= 30，得OO2=MA= AA12−MA12=3 3，
设外接球的半径为R，则O1A=O1A1=R，
可得R2=OA2+OO12=3+OO12R2=O2A12+O1O22=12+(3 3−OO1)2，得R= 15OO1=2 3，
故该正三棱台的外接球的表面积S=4πR2=60π.
故选：D.
先求上、下底面正三角形的边长，根据外接球的性质结合勾股定理求半径，即可得结果．
本题考查多面体的外接球相关知识，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：由题意，A项，两个变量x，y的相关系数|r|越小，x与y之间的相关性越弱，故A错误，
对于B.随机变量ξ服从正态分布N(2,1)，由正态分布概念知若P(ξ>3)=p，
则P(−1<ξ<0)=P(2<ξ<3)=P(g>2)−P(g>3)=2−p，故B正确；
对于C.在回归分析中，R2越接近于1，模型的拟合效果越好，
∴R2为0.98的模型比R2为0.89的横型拟合的更好，故C错误；
对于D，某人在10次答题中，答对题数为X，X∼B(10,0.8)，
则数学期望E(X)=10×0.8=8，故D正确．
故选：BD.
A项，通过相关系数的定义即可得出结论：B项，通过求出P(2<ξ<3)即可求出P(−1<ξ<0)的值；C项，通过比较相关指数即可得出哪个模型拟合更好：D项，通过计算即可求出E(x).
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了相关系数的性质，以及二项分布的期望公式，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：∵f(x)=sinωx+ 3csωx(ω>0)，
∴f(x)=2sin(ωx+π3)，
对于选项A，显然f(x)的值域为[−2,2]，故A正确；
对于选项B，由题意可知f(x1)为f(x)的最小值，f(x2)为f(x)的最大值，
故|x1−x2|的最小值为T2=πω，故B错误；
对于选项C，当x∈[−π6,π3]时，ωx+π3∈[−ωπ6+π3,ωπ3+π3]，
由题意可得−ωπ6+π3≥−π2ωπ3+π3≤π2，
解得ω≤12，即ω∈(0,12],故C正确；
对于选项D，当x∈(0,π)时，ωx+π3∈(π3,ωπ+π3)，
由题意可得5π2<ωπ+π3≤3π，解得136<ω≤83，故D正确．
故选：ACD.
化简f(x)=2sin(ωx+π3)，再结合正弦函数的性质判断各个选项即可．
本题主要考查了三角函数的图象与性质，属于中档题
11.【答案】BC
【解析】解：根据题意由f(x−1)为奇函数可得f(−x−1)=−f(x−1)，即f(−x)=−f(x−2)；
由f(x+1)为奇函数可得f(−x+1)=−f(x+1)，即f(−x)=−f(x+2)；
所以可得f(−x)=−f(x−2)=−f(x+2)，即f(x)=f(x+4)，
即可得f(x)为周期是4的周期函数，且f(−x)=−f(x+2)≠−f(x)，
可得f(x)不是奇函数，即A错误；B正确；
由周期性可知f(x+3)=f(x−1)，因为f(x−1)为奇函数，所以f(x+3)也为奇函数，即C正确；
因为f(x+2)=f(x−2)≠f(−x+2)，所以f(x+2)不是偶函数，即D.错误．
故选：BC.
利用函数奇偶性定义可求得f(x)=f(x+4)，即可判断A错误；B正确；再利用周期可得f(x+3)=f(x−1)为奇函数，f(x+2)≠f(−x+2)，即可知C正确，D错误．
本题考查函数的奇偶性与周期性的性质及其应用，属于中档题．
12.【答案】−3
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
a1+a3+a5=105，则3a3=105，即a3=35，
a2+a4+a6=99，则3a4=99，即a4=33，
故公差d=a4−a3=−2，
所以a22=a3+(22−3)d=35−38=−3.
故答案为：−3.
根据已知条件，结合等差数列的通项公式和等差中项，即可求解．
本题主要考查等差数列的通项公式和等差中项，属于基础题．
13.【答案】2
【解析】解：因为点A(3,4)在角θ的终边上，则tanθ=43，
所以sin(π+θ)+2csθcs(π2−θ)−csθ=−sinθ+2csθsinθ−csθ=−tanθ+2tanθ−1=−43+243−1=2.
故答案为：2.
利用三角函数定义求出tanθ，再结合诱导公式、齐次式法求解即可．
本题考查诱导公式，考查同角三角函数关系，属于基础题．
14.【答案】(−4,916]
【解析】解：首先，BA⋅BC≤|BA|⋅|BC|≤2×2=4，这里2是最长的那条对角线的长度，
等号取到当且仅当BA,BC同向，且|BA|=|BC|=2，
而这意味着A，C重合，矛盾，所以BA⋅BC<4，
另一方面，我们先舍弃A，B，C互不重合的条件，然后证明BA⋅BC≥−916，
设AC中点为M，那么BA⋅BC=|BM|2−|AC|24，
然后，设A所在的边的端点为A1，A2，
则BA⋅BC≥min(BA1⋅BC,BA2⋅BC)，
(这是因为，记OA=(1−t)OA1+tOA2，其中O为原点，确定的BA⋅BC=f(t)，
那么f(t)是一次函数，从而t属于[0,1]时，有f(t)≥min(f(0),f(1)))
所以我们可以不妨设A在六边形的端点上，同理，我们可以不妨设C在六边形的端点上，
此时分以下四种情况：
(1)A，C重合，此时BA⋅BC=|BM|2−|AC|24≥0−0=0，
(2)A，C为相邻顶点，此时BA⋅BC=|BM|2−|AC|24≥0−14=−14，
(3)A，C相隔一个顶点，此时BA⋅BC=|BM|2−|AC|24≥316−34=−916，
(4)A，C为对径点，此时BA⋅BC=|BM|2−|AC|24≥34−1=−14，
综上，BA⋅BC≥−916，
所以，即使去掉A，B，C互不重合的条件，我们仍有BA⋅BC≥−916，
这就说明，A，B，C互不重合时，有−916≤BA⋅BC<4，
然后，取等条件如图所示：
具体说明如下：
构造一个[0,1]到六边形的函数A(t)，B(t)，C(t)(即从数映射到点)，
使得(A(0),B(0),C(0))=(A1,B1,C1)，
(A(1),B(1),C(1))=(A2,B2,C2)，
并且只沿着最近的轨道，这样在0≤t<1的情况下，A(t)，B(t)，C(t)互不重合，
同时设g(t)=B(t)A(t)⋅B(t)C(t)，那么g(0)=−916,g(1)=4，
而g(t)连续，所以在0≤t<1的情况下，g(t)必定取遍[−916,4),
这就意味着，BA⋅BC的取值范围就是[−916,4),
所以AB⋅BC的取值范围是(−4,916].
故答案为：(−4,916].
一方面BA⋅BC≤|BA|⋅|BC|≤2×2=4，而A，B，C不重合，所以BA⋅BC<4；另一方面，设AC中点为M，那么BA⋅BC=|BM|2−|AC|24，设A在六边形的端点上，同理不妨设C在六边形的端点上．分四种情况即可得BA⋅BC≥−916，剩下的只需证明何时取等并且BA⋅BC可以遍历[−916,4)中的每一个数．
本题考查了平面向量数量积的运算在几何中的应用，属难题．
15.【答案】解：(1)f′(x)=1+2ax+bx(x>0)，
又f(x)过点P(1,0)，且在点P处的切线斜率为2，
∴f(1)=0f′(1)=2，则1+a=01+2a+b=2，解得a=−1，b=3.
(2)由题得切点坐标为P(1,0)，曲线y=f(x)在P点处的切线斜率为2，
则该切线方程为：y=2(x−1)，即2x−y−2=0.
【解析】(1)求出导函数f′(x)，利用曲线y=f(x)过P(1,0)，且在P点处的切线斜率为2.列出方程组，即可求a，b的值；
(2)根据导数几何意义确定切点坐标与斜率，即可得切线方程．
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】解：(1)设事件A表示：第一个人摸出红球，B表示：第二个人摸出白球，
第一个人摸出1个红球后，盒子中还有9个球，其中4个红球，5个白球，
故在第一个人摸出1个红球的条件下，第二个人摸出1个白球的概率P(B|A)=59；
(2)设事件A表示：第一个人摸出红球，B表示：第二个人摸出白球，
事件：第一个人摸出1个红球，且第二个人摸出1个白球即事件AB，
所以P(AB)=15C51CA102=518.
【解析】(1)根据条件概率的定义求解；
(2)利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了条件概率的定义，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
17.【答案】(1)证明：设菱形BB1C1C的对角线交点为O，BC的中点为E，连接OD，OE，AE，
∵△ABC是等边三角形，∴AE⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，AE⊥BC，
∴AE⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴AE⊥BC1，
∵O，E分别是BC1，BC的中点，∴OE//CC1，OE=12CC1，
∵D是三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱AA1的中点，
∴AD//CC1，AD=12CC1，
∴AD//OE，AD=OE，
∴四边形ADOE是平行四边形，∴OD//AE，
∴BC1⊥OD，
∵四边形BB1C1C是菱形，∴BC1⊥B1C，
又OD∩B1C=O，
∴BC1⊥平面DCB1.
(2)解：连接B1E，∵四边形BB1C1C是菱形，∠CBB1=60∘，
∴△BCB1是等边三角形，∴B1E⊥BC，
以E为原点，以EB，EB1，EA为坐标轴建立空间直角坐标系E−xyz，如图所示，
则B(1,0,0)，B1(0, 3,0)，C(−1,0,0)，C1(−2, 3,0)，D(−12, 32, 3)，
∴CC1=(−1, 3,0)，CD=(12, 32, 3)，BC1=(−3, 3,0)，
∵BC1⊥平面DCB1，∴BC1是平面DCB1的一个法向量，
设平面DCC1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CC1=0n⋅CD=0，即−x+ 3y=012x+ 32y+ 3z=0，
令y=1可得n=( 3,1,−1)，
∴cs=n⋅BC1|n||BC1|=−2 32 3× 5=− 55，
由图形可知二面角B1−DC−C1为锐二面角，
∴二面角B1−DC−C1的余弦值为 55.
【解析】(1)取BC的中点E，BC1中点O，证明AE⊥平面BCC1B1，AE//OD可得OD⊥BC1，结合BC1⊥B1C即可得出BC1⊥平面DCB1；
(2)建立空间坐标系，求出平面DCB1和平面DCC1的法向量，通过计算法向量的夹角得出二面角的余弦值．
本题考查面面垂直的性质，线面垂直的判定，考查空间向量与二面角的计算，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为双曲线实轴长为2 3，故2a=2 3，a= 3，C的一条渐近线方程为y=bax，
则d=ba 1+ba2=b=1，故双曲线C的方程为x23−y2=1.
(2)由题意可知四边形MNRS为平行四边形，其面积S▱MNRS=4S△ORS，
由题意可得直线l1的斜率存在，设直线l1:y=kx+t,t= 2−3k，且k≠± 33，
联立y=kx+tx23−y2=1，消去y并整理得(1−3k2)x2−6ktx−3t2−3=0，
因为直线l1与双曲线相切，故1−3k2≠0Δ=36k2t2+4(1−3k2)(3t2+3)=0，
得3k2=t2+1，即2k2−2 2k+1=0，所以k= 22，直线l1方程为x− 2y−1=0.
设直线l1与y= 33x的交点为R，与y=− 33x的交点为S，
联立x− 2y−1=0y= 33x，得xR=3+ 6，同理得xS=3− 6，
则|RS|= 1+k2|xR−xS|= 1+( 22)2|xR−xS|=6，
因为原点O到直线l1的距离d=1 1+2= 33，
所以S△ORS=12×6× 33= 3，所以S▱MNRS=4S△ORS=4 3.
(3)设Q(x0,y0)，则x023−y02=1，不妨设Q到直线y= 33x的距离为：
|QH1|=| 33x0−y0| ( 33)2+1= 32| 33x0−y0|，同理|QH2|= 32| 33x0+y0|，
所以|QH1|⋅|QH2|=34|x023−y02|=34①，
又因为|QH1|+|QH2|=2②，
由①②解得|QH1|=12,|QH2|=32或|QH1|=32,|QH2|=12，
当|QH1|=| 33x0−y0| ( 33)2+1=12时，解得 33x0−y0= 33，
又x023−y02=1，则 33x0+y0= 3，解得x0=2y0= 33，
同理有x0=−2y0= 33或x0=2y0=− 33或x0=−2y0=− 33，
所以存在点Q(2, 33)或Q(−2, 33)或Q(2,− 33)或Q(−2,− 33)满足|QH1|+|QH2|=2.
【解析】(1)根据双曲线的基本量关系，结合右焦点F2到一条渐近线的距离为1求解即可；
(2)设直线l1:y=kx+t,t= 2−3k，联立双曲线方程可得交点坐标，再根据点到直线的距离结合弦长公式与三角形面积公式求解即可；
(3)设Q(x0,y0)，可得|QH1|⋅|QH2|=34，再结合|QH1|+|QH2|=2可得|QH1|，|QH2|，进而根据点到线的距离公式，结合双曲线的方程求解即可．
本题主要考查双曲线的标准方程，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1){an}不为“X数列”．理由如下：
由题意得：S1=0，S2=1，S3=0，S4=1，
因为S1≤a1所以{an}不为“X数列”；
(2)证明：因为Sn=2n，
所以当n=1时，a1=S1=2，所以2m≤2<2m+1，解得m=1，所以b1=S2−a1=4−2=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1，所以2m≤2n−1<2m+1，解得n−2所以，对每一个n∈N*，有且仅有一个m∈N*，使得Sm≤an故{an}为“X数列”，且其“余项数列”的通项为bn=2,n=12n−1,n≥2；
(3)证明：因为{an}为正项数列，所以{Sn}单调递增．
S1≤a1因为a2因为“余项数列”{bn}为等差数列，所以其公差d=b2−b1=a1−a2≤0.
易知bn>0，若d<0，则当n>1−a2d时，bn=a2+(n−1)d<0，与bn>0矛盾，
所以d=0，因此a1=a2，bn=a1.所以bn=Sm+1−an=a1，即Sm+1−an−a1=0.
对于n≥3，若m+1≥n，则a2≤Sm+1−an−a1=0，与正项数列{an}矛盾，所以m+1≤n−1.
由正项数列{an}可知{Sn}递增，所以Sn−Sn−1+a1=an+a1=Sm+1≤Sn−1，
所以Sn−a1≤2(Sn−1−a1)，所以Sn−a12n≤Sn−1−a12n−1≤⋯≤S2−a14=a24=a14，
所以Sn≤(1+2n−2)a1(n≥3).
又因为S1=a1≤(2−1+1)a1，S2=2a1≤(20+1)a1，
所以Sn≤(1+2n−2)a1,n∈N*.
【解析】(1)由题中新定义分析即可求得；
(2)由an与Sn的关系求出{an}的通项，再由题中新定义分析即可证明，同时可求得数列{bn}的通项公式；
(3)由条件可得b2=a1，由等差数列的性质分类分析可得m+1≤n−1，由正项数列{an}可得{Sn}递增，从而得到Sn−a1≤2(Sn−1−a1)，再计算即可证明．
本题考查数列的新定义，an与Sn的关系，等差数列的性质应用，属于难题．

2024年黑龙江省牡丹江第三高级中学高考数学四模试卷(含详细答案解析)

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