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【走向高考】2022届高三数学一轮阶段性测试题3 导数及其应用(含解析)新人教A版

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阶段性测试题三(导数及其应用)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共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.(文)(2022·三亚市一中月考)函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是(  )A.(-∞,2)     B.(0,3)C.(1,4) D.(2,+∞)[答案] D[解析] ∵f(x)=(x-3)ex,∴f′(x)=ex+(x-3)ex=(x-2)ex,由f′(x)>0得x>2,∴选D.(理)(2022·皖南八校联考)函数f(x)=xex-ex+1的单调递增区间是(  )A.(-∞,e)     B.(1,e)C.(e,+∞) D.(e-1,+∞)[答案] D[解析] f′(x)=ex+xex-ex+1=ex(1+x-e),由f′(x)>0得:x>e-1,故选D.2.(2022·韶关市十校联考)下列函数中,既是奇函数又存在极值的是(  )A.y=x3 B.y=ln(-x)C.y=xe-x D.y=x+[答案] D[解析] y=ln(-x),y=xe-x都是非奇非偶函数,y=x3是奇函数,但值域为R,不存在极值.只有y=x+是奇函数,且存在极小值2和极大值-2.3.(文)(2022·甘肃省金昌市二中、临夏中学期中)已知函数f(x)=lnx,则函数g(x)=f(x)-f′(x)的零点所在的区间是(  )A.(0,1) B.(1,2)C.(2,3) D.(3,4)[答案] B[解析] 由题可知g(x)=lnx-,∵g(1)=-1<0,g(2)=ln2-=ln2-ln>0,∴选B.(理)(2022·长安一中质检)设a∈R,函数f(x)=ex+a·e-x的导函数是f′(x),且f′(x)是奇函数.若曲线y=f(x)的一条切线的斜率是,则切点的横坐标为(  )A.ln2 B.-ln2C. D.-[答案] A[解析] ∵f′(x)=ex-ae-x为奇函数,∴a=1,设切点横坐标为x0,则f′(x0)=ex0-e-x0=,∵ex0>0,∴ex0=2,∴x0=ln2,故选A.-10-\n4.(2022·江西三县联考)已知函数f(x)=x3+2ax2+x(a>0),则f′(2)的最小值为(  )A.12+4 B.16C.8+8a+ D.12+8a+[答案] A[解析] ∵f′(x)=3x2+4ax+,∴f′(2)=12+8a+,∵a>0,∴f′(2)≥12+2=12+4,等号在a=时成立.5.(2022·韶关市十校联考)设a∈R,若函数y=ex+ax,x∈R,有大于-1的极值点,则(  )A.a<-1 B.a>-1C.a<- D.a>-[答案] C[解析] 由y′=ex+a=0得,ex=-a,∵函数有大于-1的极值点,∴a=-ex<-.6.(文)(2022·北京东城区联考)如图是函数y=f(x)的导函数f′(x)的图象,则下面判断正确的是(  )A.在区间(-2,1)上f(x)是增函数B.在(1,3)上f(x)是减函数C.在(4,5)上f(x)是增函数D.当x=4时,f(x)取极大值[答案] C[解析] 由导函数y=f′(x)的图象知,f(x)在(-2,1)上先减后增,在(1,3)上先增后减,在(4,5)上单调递增,x=4是f(x)的极小值点,故A、B、D错误,选C.(理)(2022·潮阳一中、桂城中学等七校联考)由曲线y=x2,y=x3围成的封闭图形的面积为(  )A. B.C. D.[答案] D[解析] 由得两曲线交点坐标为(0,0),(1,1),故积分区间为[0,1],所求封闭图形的面积为(x2-x3)dx=(x3-x4)|=.7.(2022·石光中学段考)函数f(x)在定义域R内可导,f(x)=f(2-x),当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,设a=f(0),b=f(),c=f(3),则(  )-10-\nA.a<b<c B.c<a<bC.c<b<a D.b<c<a[答案] B[解析] 由f(x)=f(2-x)知f(x)的图象关于直线x=1对称,又x<1时,(x-1)f′(x)<0,∴f′(x)>0,∴f(x)在(-∞,1)上单调递增,∴f(-1)<f(0)<f(),又f(3)=f(-1),∴c<a<b.8.(文)(2022·湖北省教学合作十月联考)已知函数f(x)=logax(0<a<1)的导函数为f′(x),M=f′(a),N=f(a+1)-f(a),P=f′(a+1),Q=f(a+2)-f(a+1),则A,B,C,D中最大的数是(  )A.M   B.N   C.P   D.Q[答案] D[解析] 由于函数f(x)=logax(0<a<1)是可导函数且为单调递减函数,M、P分别表示函数在点a,a+1处切线的斜率,因为N=,Q=,故N,Q分别表示函数图象上两点(a,f(a)),(a+1,f(a+1))和两点(a+1,f(a+1)),(a+2,f(a+2))连线的斜率,由函数图象可知一定有M<N<P<Q,四个数中最大的是Q,故选D.(理)(2022·许昌、平顶山、新乡调研)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π),其导函数f′(x)的部分图象如图所示,则函数f(x)的解析式为(  )A.f(x)=2sin(x+)B.f(x)=4sin(x+)C.f(x)=2sin(x+)D.f(x)=4sin(x+)[答案] B[解析] f′(x)=Aωcos(ωx+φ),由f′(x)的图象知,=-(-)=2π,∴T=4π,∴ω=,∴Aω=2,∴A=4,∴f′(x)=2cos(x+φ),由f′(x)的图象过点(,-2)得cos(+φ)=-1,∵0<φ<π,∴φ=,∴f′(x)=2cos(x+),∴f(x)=4sin(x+).9.(2022·庐江二中、巢湖四中联考)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极小值点,以下结论一定正确的是(  )A.∀x∈R,f(x)≥f(x0)B.-x0是f(-x)的极大值点C.-x0是-f(x)的极小值点D.-x0是-f(-x)的极大值点[答案] D-10-\n[解析] ∵x0是f(x)的极小值点,y=-f(-x)与y=f(x)的图象关于原点对称,∴-x0是y=-f(-x)的极大值点.10.(文)(2022·山东滕州一中单元检测)函数f(x)=sinx+2xf′(),f′(x)为f(x)的导函数,令a=-,b=log32,则下列关系正确的是(  )A.f(a)>f(b) B.f(a)<f(b)C.f(a)=f(b) D.f(|a|)>f(b)[答案] A[解析] ∵f(x)=sinx+2xf′(),∴f′(x)=cosx+2f′(),∴f′()=cos+2f′(),∴f′()=-,∴f(x)=sinx-x,∴f′(x)=cosx-1≤0,∴f(x)在R上为减函数,∵a=-,b=log32>0,∴a<b,∴f(a)>f(b).(理)(2022·福建省闽侯二中、永泰二中、连江侨中、长乐二中联考)设函数F(x)=是定义在R上的函数,其中f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立,则(  )A.f(2)>e2f(0),f(2022)>e2022f(0)B.f(2)<e2f(0),f(2022)>e2022f(0)C.f(2)<e2f(0),f(2022)<e2022f(0)D.f(2)>e2f(0),f(2022)<e2022f(0)[答案] C[解析] ∵函数F(x)=的导数F′(x)==<0,∴函数F(x)=是定义在R上的减函数,∴F(2)<F(0),即<,故有f(2)<e2f(0).同理可得f(2022)<e2022f(0).故选C.11.(文)(2022·娄底市名校联考)若函数f(x)=x2-lnx+1在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)内不是单调函数,则实数k的取值范围是(  )A.[1,+∞) B.[1,)C.[1,+2) D.[,2)[答案] B[解析] f(x)的定义域为(0,+∞),y′=2x-,由f′(x)=0得x=,依题意得∴1≤k<.-10-\n(理)(2022·洛阳期中)设f(x)是定义在R上的函数,其导函数为f′(x),若f(x)+f′(x)>1,f(0)=2022,则不等式exf(x)>ex+2022(其中e为自然对数的底数)的解集为(  )A.(2022,+∞)B.(-∞,0)∪(2022,+∞)C.(-∞,0)∪(0,+∞)D.(0,+∞)[答案] D[解析] 令F(x)=exf(x)-ex-2022,∵f(x)+f′(x)>1,∴F′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex(f(x)+f′(x)-1)>0,∴F(x)在R上为增函数,又F(0)=e0f(0)-e0-2022=2022-1-2022=0,∴由F(x)>F(0)得x>0,即exf(x)-ex-2022>0的解为x>0,故选D.12.(2022·山东省德州市期中)已知函数f(x)=ex(sinx-cosx),x∈(0,2022π),则函数f(x)的极大值之和为(  )A. B.C. D.[答案] B[解析] f′(x)=2exsinx,令f′(x)=0得sinx=0,∴x=kπ,k∈Z,当2kπ<x<2kπ+π时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当(2k-1)π<x<2kπ时,f′(x)<0,f(x)单调递减,∴当x=(2k+1)π时,f(x)取到极大值,∵x∈(0,2022π),∴0<(2k+1)π<2022π,∴0≤k<1006,k∈Z.∴f(x)的极大值之和为S=f(π)+f(3π)+f(5π)+…+f(2022π)=eπ+e3π+e5π+…+e2022π==,故选B.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分,把正确答案填在题中横线上.)13.(文)(2022·北郊高中调研)曲线y=x3+mx+c在点P(1,n)处的切线方程为y=2x+1,其中m,n,c∈R,则m+n+c=________.[答案] 5[解析] y′=3x2+m,由题意知∴∴m+n+c=5.(理)(2022·江西临川十中期中)已知直线y=2x-1与曲线y=ln(x+a)相切,则a的值为________.[答案] ln2[解析] ∵y=ln(x+a),∴y′=,设切点为(x0,y0),则y0=2x0-1,y0=ln(x0+a),且=2,解之得a=ln2.14.(文)(2022·杭州七校联考)若函数f(x)=x3-3bx+b在区间(0,1)内有极值,则实数b的取值范围是________.[答案] (0,1)[解析] f′(x)=3x2-3b,∵f(x)在(0,1)内有极值,∴f′(x)=0在(0,1)内有解,∴0<b<1.-10-\n(理)(2022·河南八校联考)已知函数f(x)=esinx+cosx-sin2x(x∈R),则函数f(x)的最大值与最小值的差是________.[答案] e-e-[解析] 令sinx+cosx=t,则sin2x=t2-1,易知-≤t≤,∴函数f(x)化为y=et-t2+.(-≤t≤),y′=et-t,令u(t)=et-t,则u′(t)=et-1.当0<t≤时,u′(t)>0,当-≤t<0时,u′(t)<0,∴u(t)在[-,0]上单调递减,在[0,]上单调递增,∴u(t)的最小值为u(0)=1,于是u(t)≥1,∴y′>0,∴函数y=et-t2+在[-,]上为增函数,∴其最大值为e-,最小值为e--,其差为e-e-.15.(2022·滕州一中检测)已知x∈R,奇函数f(x)=x3-ax2-bx+c在[1,+∞)上单调,则字母a,b,c应满足的条件是________.[答案] a=c=0,b≤3[解析] ∵f(x)为奇函数,∴f(-x)+f(x)=0恒成立,∴a=c=0,∴f(x)=x3-bx,f′(x)=3x2-b,∵f(x)在[1,+∞)上单调,∴≤1,∴b≤3.16.(2022·泉州实验中学期中)已知函数f(x)=x3-3x,若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线,则实数m的取值范围为________.[答案] (-3,-2)[解析] f′(x)=3x2-3,设切点为P(x0,y0),则切线方程为y-(x-3x0)=(3x-3)(x-x0),∵切线经过点A(1,m),∴m-(x-3x0)=(3x-3)(1-x0),∴m=-2x+3x-3,m′=-6x+6x0,∴当0<x0<1时,此函数单调递增,当x0<0或x0>1时,此函数单调递减,当x0=0时,m=-3,当x0=1时,m=-2,∴当-3<m<-2时,直线y=m与函数y=-2x+3x-3的图象有三个不同交点,从而x0有三个不同实数根,故过点A(1,m)可作三条不同切线,∴m的取值范围是(-3,-2).三、解答题(本大题共6个小题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)17.(本小题满分12分)(2022·庐江二中、巢湖四中联考)已知f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在x=±1处取得极值,且f(1)=-1.(1)求常数a,b,c的值;(2)求f(x)的极值.[解析] (1)f′(x)=3ax2+2bx+c,由已知有f′(1)=f′(-1)=0,f(1)=-1,即∴a=,b=0,c=-.(2)由(1)知,f(x)=x3-x,∴f′(x)=x2-=(x-1)(x+1),当x<-1时,或x>1时,f′(x)>0.当-1<x<1时,f′(x)<0,∴f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)内分别为增函数;在(-1,1)内是减函数.∴当x=-1时,函数f(x)取得极大值f(-1)=1;当x=1时,函数f(x)取得极小值f(1)=-1.-10-\n18.(本小题满分12分)(文)(2022·山东省菏泽市期中)已知函数f(x)=ax3+bx+c在x=2处取得极值为c-16.(1)求a,b的值;(2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最小值.[解析] (1)∵f(x)=ax3+bx+c,∴f′(x)=3ax2+b,∵f(x)在点x=2处取得极值c-16,∴即化简得解得(2)由(1)知f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12,令f′(x)=0,得x1=-2,x2=2,当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,f(x)在(-∞,-2)上为增函数,当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,f(x)在(-2,2)上为减函数,当x∈(2,+∞)时f′(x)>0,f(x)在(2,+∞)上为增函数.由此可知f(x)在x1=-2处取得极大值f(-2)=16+c,f(x)在x2=2处取得极小值f(2)=c-16,由题设条件知16+c=28得c=12,此时f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=c-16=-4,因此f(x)上[-3,3]的最小值为f(2)=-4.(理)(2022·江西临川十中期中)已知函数g(x)=x2-(2a+1)x+alnx.(1)当a=1时,求函数g(x)的单调增区间;(2)求函数g(x)在区间[1,e]上的最小值.[解析] (1)当a=1时,g(x)=x2-3x+lnx,g′(x)=,由g′(x)>0得,x>1或x<,∴函数f(x)的单调增区间为(0,),(1,+∞).(2)∵g(x)=x2-(2a+1)x+alnx,∴g′(x)=2x-(2a+1)+==,∵x∈[1,e],∴当a≤1时,g′(x)≥0,g(x)单调递增,g(x)min=g(1)=-2a;当1<a<e时,若x∈(1,a),则g′(x)<0,g(x)单调递减.若x∈(a,e),则g′(x)>0,g(x)单调递增.g(x)min=g(a)=-a2-a+alna;当a≥e时,g′(x)≤0,g(x)单调递减,g(x)min=g(e)=e2-(2a+1)e+a,gmin(x)=19.(本小题满分12分)(文)(2022·韶关市曲江一中月考)已知函数f(x)=ax3+cx+d(a≠0)是R上的奇函数,当x=1时,f(x)取得极值-2.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数f(x)的单调区间和极大值;(3)证明:对任意x1、x2∈(-1,1),不等式|f(x1)-f(x2)|<4恒成立.[解析] (1)∵f(x)是R上的奇函数,∴f(-x)=-f(x),-10-\n即-ax3-cx+d=-ax3-cx-d,∴d=-d,∴d=0(或由f(0)=0得d=0).∴f(x)=ax3+cx,f′(x)=3ax2+c,又当x=1时,f(x)取得极值-2,∴即解得∴f(x)=x3-3x.(2)f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),令f′(x)=0,得x=±1,当-1<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x<-1或x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;∴函数f(x)的递增区间是(-∞,-1)和(1,+∞);递减区间为(-1,1).因此,f(x)在x=-1处取得极大值,且极大值为f(-1)=2.(3)由(2)知,函数f(x)在区间[-1,1]上单调递减,且f(x)在区间[-1,1]上的最大值为M=f(-1)=2.最小值为m=f(1)=-2.∴对任意x1,x2∈(-1,1),|f(x1)-f(x2)|<M-m=4成立.即对任意x1、x2∈(-1,1),不等式|f(x1)-f(x2)|<4恒成立.(理)(2022·皖南八校联考)函数f(x)=x3-x2+ax+1(a∈R)的导函数为f′(x).(1)若函数f(x)在x=2处取得极值,求实数a的值;(2)已知不等式f′(x)>x2+x-a对任意a∈(0,+∞)都成立,求实数x的取值范围.[解析] (1)f′(x)=ax2-x+a,由于函数f(x)在x=2时取得极值,所以f′(2)=0.即4a-2+a=0,解得a=,此时f′(x)在x=2两边异号,f(x)在x=2处取得极值.(2)方法一:由题设知:ax2-x+a>x2+x-a对任意a∈(0,+∞)都成立,即a(x2+2)-x2-2x>0对任意a∈(0,+∞)都成立.设g(a)=a(x2+2)-x2-2x(a∈R),则对任意x∈R,g(a)为单调递增函数(a∈R),所以对任意a∈(0,+∞),g(a)>0恒成立的充分必要条件是g(0)≥0,即-x2-2x≥0,∴-2≤x≤0,于是x的取值范围是{x|-2≤x≤0}.方法二:由题设知:ax2-x+a>x2+x-a,对任意a∈(0,+∞)都成立,即a(x2+2)-x2-2x>0对任意a∈(0,+∞)都成立,于是a>对任意a∈(0,+∞)都成立,即≤0.∴-2≤x≤0,于是x的取值范围是{x|-2≤x≤0}.20.(本小题满分12分)(2022·北京海淀期中)已知函数f(x)=x2-2(a+1)x+2alnx(a>0).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)求f(x)的单调区间;(3)若f(x)≤0在区间[1,e]上恒成立,求实数a的取值范围.[解析] (1)∵a=1,∴f(x)=x2-4x+2lnx,∴f′(x)=(x>0),f(1)=-3,f′(1)=0,所以切线方程为y=-3.-10-\n(2)f′(x)==(x>0),令f′(x)=0得x1=a,x2=1,当0<a<1时,在x∈(0,a)或x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,在x∈(a,1)时,f′(x)<0,∴f(x)的单调递增区间为(0,a)和(1,+∞),单调递减区间为(a,1);当a=1时,f′(x)=≥0,∴f(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>1时,在x∈(0,1)或x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,在x∈(1,a)时,f′(x)<0,∴f(x)的单调增区间为(0,1)和(a,+∞),单调递减区间为(1,a).(3)由(2)可知,f(x)在区间[1,e]上只可能有极小值点,∴f(x)在区间[1,e]上的最大值必在区间端点取到,∴f(1)=1-2(a+1)≤0且f(e)=e2-2(a+1)e+2a≤0,解得a≥.21.(本小题满分12分)(2022·三峡名校联盟联考)时下,网校教学越来越受到广大学生的喜爱,它已经成为学生们课外学习的一种趋势,假设某网校的套题每日的销售量y(单位:千套)与销售价格x(单位:元/套)满足的关系式y=+4(x-6)2,其中2<x<6,m为常数.已知销售价格为4元/套时,每日可售出套题21千套.(1)求m的值;(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数),试确定销售价格x的值,使网校每日销售套题所获得的利润最大.(保留1位小数)[解析] (1)因为x=4时,y=21,代入关系式y=+4(x-6)2,得+16=21,解得m=10.(2)由(1)可知,套题每日的销售量y=+4(x-6)2,所以每日销售套题所获得的利润f(x)=(x-2)[+4(x-6)2]=10+4(x-6)2(x-2)=4x3-56x2+240x-278(2<x<6),从而f′(x)=12x2-112x+240=4(3x-10)(x-6)(2<x<6).令f′(x)=0,得x=,且在(0,)上,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;在(,6)上,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以x=是函数f(x)在(2,6)内的极大值点,也是最大值点,所以当x=≈3.3时,函数f(x)取得最大值.故当销售价格为3.3元/套时,网校每日销售套题所获得的利润最大.22.(本小题满分14分)(文)(2022·娄底市名校联考)已知函数f(x)=x3-2ax2+3x(x∈R).(1)若a=1,点P为曲线y=f(x)上的一个动点,求以点P为切点的切线斜率取最小值时的切线方程;(2)若函数y=f(x)在(0,+∞)上为单调增函数,试求满足条件的最大整数a.[解析] (1)设切线的斜率为k,-10-\n则k=f′(x)=2x2-4x+3=2(x-1)2+1,当x=1时,kmin=1.又f(1)=,所以所求切线的方程为y-=x-1,即3x-3y+2=0.(2)f′(x)=2x2-4ax+3,要使y=f(x)为单调递增函数,必须满足f′(x)>0,即对任意的x∈(0,+∞),恒有2x2-4ax+3>0,∴a<=+,而+≥,当且仅当x=时,等号成立,所以a<,所求满足条件的a值为1.(理)(2022·山西忻州一中等四校联考)已知函数f(x)=lnx-,其中a为常数,且a>0.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=x+1垂直,求函数f(x)的单调递减区间;(2)若函数f(x)在区间[1,3]上的最小值为,求a的值.[解析] f′(x)=-=(x>0).(1)因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=x+1垂直,所以f′(1)=-1,即1-a=-1,解得a=2.当a=2时,f(x)=lnx-,f′(x)=.令f′(x)=<0,解得0<x<2,所以函数的单调递减区间为(0,2).(2)当0<a≤1时,f′(x)>0在(1,3)上恒成立,这时f(x)在[1,3]上为增函数,∴f(x)min=f(1)=a-1,令a-1=,得a=>1(舍去).当1<a<3时,由f′(x)=0得,x=a∈(1,3),∵对于x∈(1,a)有f′(x)<0,f(x)在[1,a]上为减函数,对于x∈(a,3)有f′(x)>0,f(x)在[a,3]上为增函数,∴f(x)min=f(a)=lna,令lna=,得a=e.当a≥3时,f′(x)<0在(1,3)上恒成立,这时f(x)在[1,3]上为减函数,∴f′(x)min=f(3)=ln3+-1.令ln3+-1=,得a=4-3ln3<2(舍去).综上知,a=e.-10-

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发布时间:2022-08-26 00:13:21 页数:10
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文章作者:U-336598

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