【精准解析】湖北省武汉二中2019-2020学年高二下学期4月第三次线上测试数学试题

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以下为本文档部分文字说明:

-1-武汉二中2019-2020学年度下学期高二年级线上测试(三)数学试题一、单选题1.已知集合|124Axx,21|65Bxyxx,则ABð()A.5|xxB.|524xxC.|1xx或5xD.|524xx【答案】

D【解析】【分析】首先求出集合B,再根据补集的定义计算可得;【详解】解:∵2650xx,解得15x∴|15Bxx,∴|524ABxxð.故选:D【点睛】本题考查补集的概念及运算,一元二次不等式的解法,属

于基础题.2.设复数z满足21ziz,z在复平面内对应的点为(,)xy,则()A.2430xyB.2430xyC.4230xyD.2430xy【答案】B【解析】【分析】设zxyi,根据复数的几何

意义得到x、y的关系式,即可得解;【详解】解:设zxyi∵|2||1|ziz,∴2222(2)(1)xyxy,解得2430xy.故选:B【点睛】本题考查复数的几何意义的应用,属于基础题.3.

若、ab均为实数,则“0abab”是“0ab”的()-2-A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】通过列举,和推理证明可以推出充要性.【

详解】若0abab>中,取12ab=,=,则推不出0ab>>;若0ab>>,则0ab>,则可得出0abab>;故“0abab>”是“0ab>>”的必要不充分条件,故选:B.【点睛】本题考查充分必要不

条件的定义以及不等式的性质,可通过代入特殊值解决.4.已知14ab,12ab,则42ab的取值范围是()A.5,13B.3,6C.2,14D.2,10【答案】D【解析】【分析】利用待定系数法求得423ababab,然后利用不等式的基本

性质可求得42ab的取值范围.【详解】设42abmabnab,则42mnamnbab,所以,42mnmn,解得13mn,即423ababab,1

412abab,则14336abab,因此,4232,10ababab.故选:D.【点睛】本题考查利用不等式的基本性质求代数式的取值范围,考查了待定系数法的应用,考查计算能力,属于基础题.5.6件产品中有4件合格品,2

件次品.为找出2件次品,每次任取一个检验,检验后不放回,-3-则恰好在第四次检验后找出所有次品的概率为()A.35B.13C.415D.15【答案】C【解析】【分析】题目包含两种情况:第一种是前面三次找出一件次品,第四次找出次品,第二

种情况是前面四次都是正品,则剩余的两件是次品,计算概率得到答案.【详解】题目包含两种情况:第一种是前面三次找出一件次品,第四次找出次品,2314615CpC;第二种情况是前面四次都是正品,则剩余的两件是次品,44246115CpC;故12415ppp

.故选:C.【点睛】本题考查了概率的计算,忽略掉前面四次都是正品的情况是容易发生的错误.6.将三枚质地均匀的骰子各掷一次,设事件A“三个点数之和等于15”,B“至少出现一个5点”,则概率|PA

B等于()A.5108B.113C.17D.710【答案】B【解析】【分析】根据条件概率的计算公式即可得出答案.【详解】3311166617()216APABCCC,11155561116691()1216CCCPBCCC()72161|2169113PABPABPB

故选:B【点睛】本题主要考查了利用条件概率计算公式计算概率,属于中档题.-4-7.若42log34logabab,则ab的最小值是()A.743B.83C.643D.623【答案】A【解析】【分析】利用换底公式得出3

4abab,可得出431ab,然后将代数式ab与43ab相乘,展开后利用基本不等式可求得ab的最小值.【详解】224242log34logloglogabababab,34abab,即431ab,由基本不等式得434343727

743babaababababab,当且仅当32ba时,等号成立,因此,ab的最小值是743.故选:A.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值,涉及1的应用以及对数换底公式的应用,考查计算能力,属于基础题.8.下列四

个图象可能是函数35log|1|1xyx图象的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】-5-首先求出函数的定义域,其函数图象可由35log||xyx的图象沿x轴向左平移1个单位而得到,因为35log||xyx为奇函数,即可得到函数图象关于(1,0)对称,即可

排除A、D,再根据0x时函数值,排除B,即可得解.【详解】∵35log|1|1xyx的定义域为|1xx,其图象可由35log||xyx的图象沿x轴向左平移1个单位而得到,∵35log||xyx为奇函数,图象关于原点对称,∴35log|1|1xyx的图象关于点

(1,0)成中心对称.可排除A、D项.当0x时,35log|1|01xyx,∴B项不正确.故选:C【点睛】本题考查函数的性质与识图能力,一般根据四个选择项来判断对应的函数性质,即可排除三个不符的选项,属于

中档题.9.已知函数2,211,22xaxxfxx,满足对任意的实数12xx,都有12120fxfxxx成立,则实数a的取值范围为()A.,2

B.13,8C.13,8D.,1【答案】B【解析】【分析】由题意可知,函数yfx为R上的减函数,由此可得出关于实数a的不等式组,即可解得实数a的取值范围.【详解】任取12xx,则120xx,由1212

0fxfxxx可得120fxfx,即12fxfx,所以,函数yfx为R上的减函数,则函数2yax在区间2,上单调递减,-6-所以22011222aa,即138a.因此,实数a的取值范围是13,8

.故选:B.【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数,解题时除了分析出每支函数的单调性外,还应注意分界点处函数值的大小关系,考查计算能力,属于中等题.10.已知函数2()|ln|1||fxxx与()2

gxx,则它们所有交点的横坐标之和为()A.0B.2C.4D.8【答案】C【解析】作函数2ln1||,2yxyxx图像,由图可知所有交点的横坐标之和为224,选C.点睛:(1)图象法研究函数零点的

关键是正确画出函数的图象.在画函数的图象时,常利用函数的性质,如周期性、对称性等,同时还要注意函数定义域的限制.(2)对于一般函数零点个数的判断问题,不仅要判断区间[a,b]上是否有f(a)·f(b)<0,还需考虑函数的单调性.11.已知函数yfx是定义在R上的奇函数,且在(,

0]单调递增.设0a,当mna时,恒有fmfafn,则m的取值范围是()A.(,0)aB.(0,)C.(,)aD.(,0)【答案】B【解析】-7-【分析】结合奇函数的性质(0)0f,函数为增函数,对m分类讨论,即可求解.【详解

】因为函数yfx是定义在R上的奇函数,且在(,0]单调递增,所以(0)0f,yfx在R上为增函数,由题意得,0m,否则fmfafn不成立,当0m时,nama,()()fnfa,且()0fm,()()()fnfafm

,即0m时,fmfafn恒成立,当0m时,nama,()()fnfa,且()0fm,()()()fnfafm,故当0m时,fmfafn不成立.综上所述,(0,)m【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的性

质,函数单调性的应用,属于中档题.12.已知函数2()ln(1)33xxfxxx,不等式22(4)50faxfx„对xR恒成立,则a的取值范围为()A.[2,)B.(,2]C.5,2D.5,2

【答案】C【解析】【分析】确定函数为奇函数,且单调递减,不等式转化为222251444xaxxx,利用-8-双勾函数单调性求最值得到答案.【详解】2()ln(1)33(),()xxfxxxfxfx是奇函数,22()ln(1

)331ln()331xxxxfxxxxx,易知2ln(),1,331xxyyxyx均为减函数,故fx且在R上单调递减,不等式22(4)50faxfx„,即22(4)5faxfx„,结合函数的单调性可得

2245axx,即222251444xaxxx,设24tx,2t,故1ytt单调递减,故22max15424xx,当2t,即0x时取最大值,

所以52a.故选:C.【点睛】本题考查了根据函数单调性和奇偶性解不等式,参数分离求最值是解题的关键.二、填空题13.在张家口市的高二期末考试中,全市学生的数学成绩290,XN,已知70900.4PX,则从全市学生中任选一名学生,他的数学成绩小于110分的概率为________

.【答案】0.9【解析】【分析】由已知可得,求出70900.4PX,得1100.1PX,再由对立事件的概率得答案.【详解】∵290,XN,∴90,又70900.4PX,∴901100.4PX,∴

10.421100.12PX,-9-则11010.10.9PX.∴他的数学成绩小于110分的概率为0.9.故答案为:0.9.【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义,考查正态分布中两个量和的应用,考查

曲线的对称性,属于基础题.14.若实数x,y满足221xyxy,则xy的最小值为______.【答案】233.【解析】【分析】由221xyxy,可得22()11()2xyxyxy,即可得到.【详解】由221xyx

y,可得22()11()2xyxyxy,即23()14xy,解得232333xy,所以xy的最小值为233,故答案为:233.【点睛】该题考查的是有关利用基本不等式的变形,求代数式的最值问题,属于简单题目.15.已知函数(

)2xfx,[1,1]x,则函数(2)2(2)yfxfx的值域为________.【答案】7,12【解析】【分析】令212,22xt,将函数转化为2ytt,利用单调性求其

值域.【详解】解:由已知2222(2)2(22222)22xxxxyfxfx,-10-有121121xx,解得1122x令212,22xt,则2ytt

,其在1,22上单调递增,所以min1271222y,max2212y,故函数(2)2(2)yfxfx的值域为7,12,故答案为:7,12.【点睛】本题考查函数的值域问题,一定要注意函数的定义域,是中档题.16.已知定义在R

上的偶函数fx满足(1)(1)0fxfx.且当01x时,3log()fxax.若对于任意[1,0]x,都有321()1log35fxtx,则实数t的取值范围为___________.【答案】7

[,1]3【解析】【分析】先求得1f的值,由此求得a的值.证得fx是周期为4的周期函数,将31log5转化为53f,根据fx的周期性和对称性,将321()1log35fxtx转化为25154333kxtx

,结合[1,0]x求得t的取值范围.【详解】由(1)(1)0fxfx,令0x,得210,10ff.由于当01x时,3log()fxax,所以31log10,2f

aa.故当01x时,3log(2)fxx.33352211511log2log1log5333333ffff,由于-11-fx为偶函数,所以5533ff

.由(1)(1)0,fxfxfxfx,得41313fxfxfx22fxfx11fx11fxfxfx,所以fx是周期为4的周期函数.当1,0x

时,0,1x,所以3log2fxfxx.所以当1,1x,3log2fxx.(1)(1)0fxfx得20fxfx,故2fxfx.所以当

1,3x时,21,1x,所以32log22fxfxx.结合fx是周期为4的周期函数,画出fx的图像如下图所示.由3215()1log335fxtxf得251544333kxtxk(kZ),对于任意[1,0

]x成立.0x时,51544333kk,解得1123k,所以0k,即2515333xtx对于任意[1,0]x成立.当1,0x时,由25133xtx得max43txx,由于43yxx在1,0递减,所以47133

t;由21533xtx得min2txx,由于2yxx在在1,0递增,所以2111t.综上所述,t的取值范围是7[,1]3.故答案为:7[,1]3【点睛】本小题主

要考查函数的奇偶性、单调性、周期性,考查函数解析式的求法,考查不等式恒成立问题的求解,考查数形结合的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,综合性很强,属于难题.-12-三、解答题17.设92100121012...xxa

axaxax.(1)求246810aaaaa;(2)求5a及ia关于i的表达式19,iiZ.【答案】(1)511;(2)52016a,10199922iiiiiaCC.【解析】【分析】(1)根据

92100121012...xxaaxaxax,利用赋值法求解.(2)分两类,当1x中选x,则92x中选4个x,当1x中选-1,则92x中选5个x.对于ia,当1x中选x,则92x中选1i个x,当1x中选-1,则92x中

选i个x.【详解】(1)令1x,得01910...0aaaa,令1x,得01910...2aaaa,所以02468101aaaaaa,又因为902a,所以924681021511aaaaa.

(2)当1x中选x,则92x中选4个x,当1x中选-1,则92x中选5个x.所以4554599222016aCC对于ia,当1x中选x,则92x中选1i个x,当1x中选-1,则

92x中选i个x.所以10199922iiiiiaCC.【点睛】本题主要考查二项展开式的项的系数及系数的和,还考查了理解辨析和运算求解的能力,属于中档题.-13-18.设函数222122,f

xlogxalogbx且当12x时fx有最小值8.(1)求a与b的值;(2)设0Axfx,1,2BxxtxR,且AB,求实数t的取值范围.【答案】(1)2,

6ab;(2)153,,282【解析】【分析】(1)设2logxm,故222ymamb,根据二次函数的性质得到最值,解得答案.(2)10,2,8A,1122Bxt

xt,故1128122tt或102t,解得答案.【详解】(1)22222212log2log2log2logfxxabxaxbx,设2logxm,故222ymamb

,故当2am时,有最小值为22ab.故12a,282ab,解得2a,6b.(2)2222log4log6fxxx,100,2,8Axfx.111,222BxxtxRxtxt

,AB,故1128122tt,解得53,82t;或102t,解得1,2t.综上所述:153,,282t.【点睛】本题考查了根据对数型函数

的最值求参数,根据交集结果求参数,意在考查学生的-14-计算能力和综合应用能力.19.为迎接“五一”节的到来,某单位举行“庆五一,展风采”的活动.现有6人参加其中的一个节目,该节目由,AB两个环节可供参加者选择,为增加趣味性,该单位用电脑制作了一个选择方案:按下电脑键盘“Enter”键则

会出现模拟抛两枚质地均匀骰子的画面,若干秒后在屏幕上出现两个点数n和m,并在屏幕的下方计算出22dnm的值.现规定:每个人去按“Enter”键,当显示出来的d小于210时则参加A环节,否则参加B环节.(1)求这6人中恰有2人

参加该节目A环节的概率;(2)用,XY分别表示这6个人中去参加该节目,AB两个环节的人数,记||XY,求随机变量的分布列与数学期望.【答案】(1)20243(2)见解析【解析】【分析】(1)利用古典概型概率公式得出选择参加A环节的概率1p,选择参加B环节的概率2p,再利用独立重复实验概率公

式,即可得出答案;(2)得出的可能取值以及对应概率,即可得出分布列以及期望.【详解】(1)依题意得,由屏幕出现的点数n和m形成的有序数对(,)nm,一共有6636种等可能的基本事件符合210d的有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5)

,(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(5,1),(5,2),(5,3),(

6,1)共24种所以选择参加A环节的概率为1242363p,选择参加B环节的概率为213p所以这6人中恰有2人参加该节目A环节的概率242621602033729243PC(2)依题意得的可能取值为0,2,4,633362116

0(0)(3)33729ppXC-15-424224662121300(2)(2)(4)3333729ppXpXCC15511566212

1204(4)(1)(5)3333729ppXpXCC06060666212165(6)(0)(6)3333729ppXpXCC

所以的分布列为0246p16072930072920472965729数学期望160300204656020246729729729729243E【点睛】本题主要考查了古典概型求概率,独立重复试验的应用,

离散型随机变量的分布列及期望,属于中档题.20.某湿地公园内有一条河,现打算建一座桥将河两岸的路连接起来,剖面设计图纸如下:其中,点,AE为x轴上关于原点对称的两点,曲线段BCD是桥的主体,C为桥顶,且

曲线段BCD在图纸上的图形对应函数的解析式为282,24yxx,曲线段,ABDE均为开口向上的抛物线段,且,AE分别为两抛物线的顶点,设计时要求:保持两曲线在各衔接处(,BD)的切线的斜率相等.-16-(1)求曲线段AB在图纸上对应函数的解析式,并写出定义域

;(2)车辆从A经B倒C爬坡,定义车辆上桥过程中某点P所需要的爬坡能力为:PM(该点P与桥顶间的水平距离)(设计图纸上该点处的切线的斜率),其中PM的单位:米.若该景区可提供三种类型的观光车:①游客踏乘;②蓄电池动力;③内燃机动力.它们的爬坡能力分别为0.8米,1.5米,2.0米,又已

知图纸上一个单位长度表示实际长度1米,试问三种类型的观光车是否都可以顺利过桥?【答案】⑴21662.16yxx⑵“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥,而“蓄电池动力”和“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥.【解析】试题分析

:(1)据题意,抛物线段AB与x轴相切,且A为抛物线的顶点,设,2Aaoa,则抛物线段AB在图纸上对应函数的解析式可设为220yxaax,因为B点为衔接点,则2

21,{122,2aa解得6,{1.16a所以曲线段AB在图纸上对应函数的解析式为21662.16yxx(2)设,Pxy是曲线段AC上任意一点,分别求P在两段上时,函数的最大值若P在曲线段AB上,则通过该点所需要

的爬坡能力,21116396288PMxxxx,利用二次函数求其最值1max98PM(米),若P在曲线段BC上,则通过该点所需要的爬坡能力2222222161644PxxMxxx20x,

令2,0,4txt,换元法求其最大阻值,2max1PM(米),所以可知:车辆过桥所需要的最大爬坡能力为98米,又因为90.81.52,8,所以“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥,而“蓄电池动力”和“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥.试题解析

:⑴据题意,抛物线段AB与x轴相切,且A为抛物线的顶点,设,(2)Aaoa,则抛物线段AB在图纸上对应函数的解析式可设为22(0)yxaax,其导-17-函数为2yxa.由曲线段BD在图纸上的图像对应函数

的解析式为282,24yxx,又22164yx,且2,1B,所以曲线在B点处的切线斜率为12,因为B点为衔接点,则221,{122,2aa解得6,{116a.所以曲线段AB在图纸上对应函数的解析式为21

66216yxx.⑵设,Pxy是曲线段AC上任意一点,①若P在曲线段AB上,则通过该点所需要的爬坡能力21116396288PMxxxx.令211398yx

62x,所以函数211398yx62x在区间6,3上为增函数,在区间3,2上是减函数,所以1max98PM(米)②若P在曲线段BC上,则通过该点所需要的爬坡能力2222222161

644PxxMxxx20,x令2,0,4,txt则2216,0,4,4PtMtt记2216,0,4,4tytt当0t时,20,y而当04t

时,216,168ytt所以当4t时,16tt有最小值16,从而2y取最大值1,此时2max1PM(米)所以由①,②可知:车辆过桥所需要的最大爬坡能力为98米,又因为908152,8..,所以“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥,而“蓄电

池动力”和-18-“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥.21.已知1xxfxeke,ln31ln32xgxaeax.(1)若函数fx在0,为增函数,求实数k的值;(2)若函数fx为偶函数,对于任意10x,

,任意2xR,使得122gxfx成立,求a的取值范围.【答案】(1),1;(2)1,3.【解析】【分析】(1)任取120xx,由120fxfx,得出12xxke,求出12xxe的取值范围,即可得出实数k的取值范围;

(2)由偶函数的定义可求得1k,由题意可得出maxmin20gxfx,由此可得出110xae对于任意10,x成立,利用参变量分离法得出11xae,即可求出实数a的取值范围.【详解】(1)任取120xx,则211212121

21212121xxxxxxxxxxxxxxkeekkkfxfxeeeeeeeeee函数yfx在0,上为增函数,120xx

,则120xxee,且1212010xxkfxfxe,12xxke,120xx,120xx,则121xxe,1k,因此,实数k的取值范围是,1;(2)函数1xxfxeke为偶函数,

则fxfx,即1xxxxxxkkeekeeee,即110xxkee对任意的xR恒成立,所以10k,解得1k,则1xxfxee,-19-由(1)知,函数1xxfxee在0,上为增函数

,当0,x时,min2220fx,对于任意10,x,任意2xR,使得122gxfx成立,12min20gxfx对于任意10,x成立,即11ln31ln320xaeax

(*)对于任意10,x成立,由1310xae对于任意10,x成立,则1130xaea,10x,则11334xe,03a.(*)式可化为1121ln31ln32ln3

xxaeaxae,即对于任意10,x,112313xxaeae成立,即1123310xxaeae成立,即对于任意10,x,113110xxeae成立,因为1310xe

,所以110xae对于任意10,x成立,即1max1xae任意10,x成立,所以1a,由03a得13a,所以a的取值范围为1,3.【点睛】本题考查利用函数的

单调性求参数的取值范围,同时考查了与指数、对数最值相关的综合问题,涉及参变量分离思想的应用,考查化归与转化思想的应用,属于难题.22.已知函数21()(,)2xfxaexbabR.(1)若函数()fx在0x处的切线方程为1yx,求实数a,b的值;(2)若函数()fx在1xx和

2xx两处取得极值,求实数a的取值范围;(3)在(2)的条件下,若212xx,求实数a的取值范围.【答案】(1)1,2ab;(2)10ae;(3)ln2(0,]2.【解析】-20-【分析】(1)由题意得:'01f,01f,

解得a,b.(2)由题意知:'0xfxaex有两个零点1x,2x,令xgxaex,而'1xgxae.对0a时和0a时分类讨论,解得:10ae.经检验,合题;(3)由题意得,121200xxaexaex

,即121122(0)xxaexxxaex.所以2121xxxex,令212xtx,即12ln1ln1txtttxt,令ln1thtt,求导,得h

t在2,上单调递减,即10,ln2x.11xxae,10,ln2x.令xxxe,求导得x在0,ln2上单调递减,得a的取值范围.【详解】(1)'xfxaex,由题意得:'01f,即1a,01f即2b,所以1a,2b.(2)由题

意知:'0xfxaex有两个零点1x,2x,令xgxaex,而'1xgxae.①当0a时,'0gx恒成立所以gx单调递减,此时gx至多1个零点(舍).②当0a时,令'0gx,解得:1,l

nxa,gx在1,lna上单调递减,在1ln,a上单调递增,所以min11ln1lngxgaa,-21-因为gx有两个零点,所以11ln

0a,解得:10ae.因为00ga,1ln0ga,且1ln0a,而gx在1,lna上单调递减,所以gx在10,lna上有1个零点;又因为21xgxaexaxxxa

x(易证2xex),则220gaa且1ln0ga,而gx在1ln,a上单调递增,所以gx在11ln,aa上有1个零点.综上:10ae.

(3)由题意得,121200xxaexaex,即121122(0)xxaexxxaex.所以2121xxxex,令212xtx,即12ln1ln1txtttxt

,令ln1thtt,211ln'1tthtt,令11lnuttt,而21'0tutt,所以ut在2,上单调递减,即12ln202utu,所以ht在2,上单调递减,即10,ln2x.-22-因为1

1xxae,10,ln2x.令xxxe,而1'0xxexe恒成立,所以x在0,ln2上单调递减,又0a,所以ln20,2a.【点睛】根据函数的极值情况求参数的要领:1.列式,根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解;2

.验证,求解后验证根的合理性,含参数时,要讨论参数的大小-23-

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