(新高考)2020年高考考前适应性试卷 数学(三)(含答案与解析)
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(新高考)2020年高考考前适应性试卷 数学(三)(含答案与解析)

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资料简介
(新高考)2020 年高考考前适应性试卷 数 学(三) 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 一、单项选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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.已知集合 , ,则( ) A. B. C. D. 2.若 ,则复数 的共轭复数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 , , ,则( ) A. B. C. D. 4.已知平面向量 , ,满足 , , ,则 ( ) A. B. C. D. 5.直线 与圆 的位置关系是( ) A.相交 B.相切 C.相离 D.不能确定 6. 的展开式中的常数项为( ) A. B. C. D. 7.已知函数 ,则 的图象大致为( ) A. B. C. D. 8.已知函数 , ,若 有 个零点,则 的取值范围 为( ) A. B. C. D. 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 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 5 分,部分选对的得 3 分,有选错的得 0 分. 9.已知变量 与 负相关,且由观测数据算得样本平均数 , ,则由该观测的数据算 得的线性回归方程可能是( ) A. B. C. D. 10.为了更好的支持中小型企业的发展,某市决定对部分企业的税收进行适当的减免,某机构调查 了当地的中小型企业年收入情况,并根据所得数据得到如下的频率分布直方图,则下列结论正确的 是( ) A. B.样本数据落在区间 的频率为 { | 1}A x x= < 2{ | log 1}B x x= < { | 1}A B x x= > 1F 2F 1F l 2 2 2x y a+ = T l C P 1 14F P FT=  C { }na nS n 2 ( )nS n n ∗= ∈N { }nb 1q > 1 1b a= 22b 4b 33b { }na { }nb n n n ac b = { }nc nT 6nT < (sin , 1)x= −m ( 3,cos )x=n ( )f x = ⋅m n π(0, )2x∈ 2( ) 3f x = sin x ABC△ A B C a b c 7a = ABC△ 3 3 2 π 7( ) sin6 3f A b C+ = ABC△ 19.(12 分)某学校共有 名学生,其中男生 人,为了解该校学生在学校的月消费情况,采 取分层抽样随机抽取了 名学生进行调查,月消费金额分布在 之间.根据调查的结果 绘制的学生在校月消费金额的频率分布直方图如图所示: 将月消费金额不低于 元的学生称为“高消费群”. (1)求 的值,并估计该校学生月消费金额的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代 表); (2)现采用分层抽样的方式从月消费金额落在 , 内的两组学生中抽取 人, 再从这 人中随机抽取 人,记被抽取的 名学生中属于“高消费群”的学生人数为随机变量 , 求 的分布列及数学期望; (3)若样本中属于“高消费群”的女生有 人,完成下列 列联表,并判断是否有 的把 握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关? (参考公式: ,其中 ) 20.(12 分)如图,点 在以 为直径的圆 上, 垂直与圆 所在平面, 为 的 1000 400 100 450 ~ 950 750 a [550,650) [750,850) 10 10 3 3 X X 10 2 2× 97.5% 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d −= + + + + n a b c d= + + + C AB O PA O G AOC△ 垂心. (1)求证:平面 平面 ; (2)若 ,求二面角 的余弦值. 21.(12 分)已知椭圆 的一个焦点与抛物线 的焦点重合, 且直线 与圆 相切. (1)求椭圆 的方程; (2)设斜率为 且不过原点的直线 与椭圆 相交于 、 两点, 为坐标原点,直线 , 的斜率分别为 , ,若 , , 成等比数列,推断 是否为定值?若是,求出此 定值;若不是,说明理由. 22.(12 分)已知函数 的两个零点为 , . (1)求实数 的取值范围; OPG ⊥ PAC 2 2PA AB AC= = = A OP G− − 2 2 2 2: 1x yC a b + = ( 0)a b> > 2 4 3y x= by xa = 2 2 10 20 0x y x+ − + = C k l C A B O OA OB 1k 2k 1k k 2k 2 2| | | |OA OB+ 1( ) ln 12 mf x xx = + − ( )m∈R 1x 2x 1 2( )x x< m (2)求证: . 1 2 1 1 2 x x e + > (新高考)2020 年高考考前适应性试卷 数 学(三)答 案 第Ⅰ卷 一、单项选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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.【答案】B 【解析】 , , , . 2.【答案】D 【解析】由 ,得 , , 所以 在复平面内对应的点位于 ,故选 D. 3.【答案】D 【解析】因为 , , , 所以 ,故选 D. 4.【答案】B 【解析】由题意可得 ,且 , 即 , , , 由平面向量模的计算公式可得 ,故选 B. 5.【答案】B 【解析】将圆的方程化为标准方程为 , ∴圆心坐标为 ,半径 , ∵圆心到直线 的距离 , 则圆与直线的位置关系是相切,故选 B. 6.【答案】D 【解析】 的通项为 , 所以 的展开式中的常数项为 和 , 又 , 所以 的展开式中的常数项为 . 7.【答案】A 【解析】∵ ,∴ , 令 , ∵ ,∴函数的定义域为 , 可得 , 当 时, ,函数单调递增; 当 时, ,函数单调递减, ∴A 选项图象符合题意,故选 A. 8.【答案】A 【解析】因为 有 个零点,即函数 与 有 个交点, 当 时, , 所以 时, , 单调递减; 时, , 单调递增, 画出 的图象如图所示, 求出 的过原点的切线, 在 处的切线 的斜率为 , 设 的过原点的切线 的切点为 ,切线 的斜率为 , { | 1}A x x= < { | 0 2}B x x= < < { | 0 1}A B x x= < > | | 1 3 2= + =a ( 2 ) 0⋅ − =a a b 2 2 0− ⋅ =a a b 4 2 0− ⋅ =a b 2⋅ =a b 2| | ( ) 4 9 4 3− = − = + − =a b a b 2 2 2 2( ) ( )2 2 4 a b a bx y +− + + = ( , )2 2 a b− 2 2 2 a br += 0ax by− = 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a bd r a b + += = = + 62( )x x + 6 3 2 6C 2 r r r x − 3 62( 1)( )x x x − + 6 12 3 4 4 2 6C 2x x − 6 6 2 2 2 6( 1) C 2 x − − ⋅ 4 4 2 2 6 6C 2 C 2 240 60 180− = − = 3 62( 1)( )x x x − + 180 1( ) 1 lnf x x x = − − 1 ln 0x x− − ≠ ( ) 1 lng x x x= − − (1) 0g = (0,1) (1, )+∞ 2 1 1( ) ( 1 ln ) xf x x x x −′ = − ⋅ − − (0,1)x∈ ( ) 0f x′ > (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ < ( ) ( )g x f x ax= − 4 ( )y f x= y ax= 4 0x > 2 ( 1)( ) xx ef x x −′ = (0,1)x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x (1, )x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( )f x ( )f x ( )f x 0x = 1l 2 1 0 0( 4 ) | (2 4) | 4x xk x x x= =′= + = + = ( )f x 2l 0 0 0 ( , ) xeP x x 0( 0)x ≠ 2l 2k 又 ,故 ,解得 , , 由图可知 与 有 个交点,则 , 所以 . 二、多项选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 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 5 分,部分选对的得 3 分,有选错的得 0 分. 9.【答案】B、C 【解析】因为变量 与 负相关,所以 ,排除 A 选项; 因为 , ,代入检验即可得到 B,C 是正确选项, 10.【答案】A、B、D 【解析】由已知可得 ,∴ ; 样本数据落在区间 的频率为 ; 样本平均数约为 ; 样本中位数约为 . 11.【答案】C、D 【解析】取 的中点 ,连结 , ,则 , 又∵ ,且四边形 为菱形, ∴ 为等边三角形,∴ ,∴ 平面 ,∴D 正确; ∵平面 平面 ,∴ 平面 , ∴ 为二面角 的平面角, 设 ,则 , , , ∴ ,∴C 正确. 12.【答案】A、C 【 解 析 】 由 已 知 , 为 奇 函 数 , 函 数 对 于 任 意 的 满 足 , 得 ,即 , 所以 在 上单调递增; 又因为 为偶函数,所以 在 上单调递减, 所以 ,即 ,A 正确; ,即 ,C 正确. 第Ⅱ卷 三、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分. 13.【答案】 【解析】因为抛物线 ,所以焦点坐标为 ,准线方程为 , 因为点 到焦点的距离为 ,根据抛物线定义,则 到准线的距离也为 , 所以点 到 轴的距离为 . 14.【答案】 2 ( 1)( ) x xe x e x x −′ = 0 0 0 2 2 0 0 2 0 ( 1) x x x ek x e xk x  −=    =  0 2x = 2 2 4 ek = ( )y f x= y ax= 4 2 1k a k< < 2 44 e a< < y x ˆ 0b < 4x = 5.6y = (0.0010 2 0.0030 0.0025 0.0005) 100 1m+ + + + × = 0.0015m = [400,700) (0.0015 0.0030 0.0025) 100 0.7+ + × = (350 0.0010 450 0.0015 550 0.0030 650 0.0025× + × + × + × + 750 0.0015 850 0.0005) 100 585× + × × = 0.25500 100 583.30.30 + × ≈ AD M PM BM PM AD⊥ 60DAB∠ = ° ABCD ABD△ AD BM⊥ AD ⊥ PBM PAD ⊥ ABCD PM ⊥ ABCD PBM∠ P BC A− − 1AB = 3 2BM = 3 2PM = tan 1PMPBM BM ∠ = = 45PBM∠ = ° ( )f x ( )y f x= (0,π)x∈ ( )sin ( )cosf x x f x x′ > ( )sin ( )cos 0f x x f x x′ − > ( )( ) 0sin f x x ′ > ( ) sin f xy x = (0,π) ( ) sin f xy x = ( ) sin f xy x = ( π,0)− π π( ) ( )3 6 π πsin( ) sin3 6 f f− > − π π( ) 3 ( )3 6f f− < − π π( ) ( )3 2 π πsin sin3 2 f f < π π3 ( ) 2 ( )2 3f f> 10 2 8x y= (0,2) 2y = − P 12 P 12 P x 10 13 4 【解析】因为 ,所以 ,所以 , 所以曲线 在点 处的切线方程为 ,即 , 联立 ,得 ,为直线与曲线相切, 所以 ,解得 . 15.【答案】 ; 【解析】 , 由 , ,得 , 所以 的单调递增区间为 . 令 ,可得 , 所以对称中心为 . 16.【答案】 【解析】如图,连接 , 在 中, , ,所以 , 又∵ ,∴ , 过 作 垂直于 ,则 , ∴ ,∴ 为等腰三角形, , ∴ ,即 . 四 、 解 答 题 : 本 大 题 共 6 个 大 题 , 共 70 分 , 解 答 应 写 出 文 字 说 明 、 证 明 过 程 或 演 算 步 骤. 17.【答案】(1) , ;(2)证明见解析. 【解析】(1)∵ , ,∴ , , , 由于 ,∴ ,∴ . (2)由(1)得 , ,① ∴ ,② ① ②得 , ∴ . 18.【答案】(1) ;(2) . 【解析】(1) . ∵ ,∴ , 又 ,∴ , , 2( ) 4lnf x x x= − 4( ) 2f x xx ′ = − (1) 2f ′ = ( )f x (1, 1)− 1 2( 1)y x+ = − 2 3y x= − 2 2 3 3 y x y x x m = −  = − + 2 5 3 0x x m− + + = 25 4( 3) 0Δ m= − + = 13 4m = 2π π[ π , π ]3 6k k− − ( )k ∈Z π( ,2)( )2 12 k k+ ∈Z 1 cos2 3 3 π( ) sin 2 cos(2 ) 22 2 2 3 xf x x x += − + = + + π2 π π 2 2 π3k x k− ≤ + ≤ ( )k ∈Z 2π ππ π3 6k x k− ≤ ≤ − ( )f x 2π π[ π , π ]3 6k k− − ( )k ∈Z π π2 π ( )3 2x k k+ = + ∈Z π π ( )2 12 kx k= + ∈Z π( ,2)( )2 12 k k+ ∈Z 5 3 OT 1OTFRt△ | |OT a= 1| |OF c= 2 2 1| |TF c a b= − = 1 14F P FT=  1| | 4PF b= 2F 2F Q 1PF 1 1| | 2 | | 2FQ FT b= = 1| | | | 2PQ FQ b= = 1 2F PF△ 2 1 2| | | | 2PF F F c= = 4 2 2b c a− = 52 3a c b e+ = ⇒ = 2 1( )na n n ∗= − ∈N 12 ( )n nb n− ∗= ∈N 1 1 1a S= = 2 2 1 ( 1)n nS S n n−− = − − 2 1( )na n n ∗= − ∈N 2 3 42 3 2b b b+ = 2 32 3 2q q q+ = 1q > 2q = 12 ( )n nb n− ∗= ∈N 1 2 1 2n n nc − −= 0 1 2 1 1 3 5 2 1 2 2 2 2n n nT − −= + + + + 1 2 3 1 1 1 3 5 2 3 2 1 2 2 2 2 2 2n n n n nT − − −= + + + + + − 1 2 1 1 2 2 2 2 1 2 31 32 2 2 2 2 2n n n n n nT − − += + + + + − = − 1 2 36 62n n nT − += − < 3 2 2 6 + 5 7+ π( ) (sin , 1) ( 3,cos ) 3sin cos 2sin( )6f x x x x x x= ⋅ = − ⋅ = − = −m n 2( ) 3f x = π 1sin( )6 3x − = π(0, )2x∈ π π π( , )6 6 3x − ∈ − π 2 2cos( )6 3x − = 所以 . (2)因为 ,所以 ,即 , 由正弦定理可知 , 又 ,所以 . 由已知 的面积等于 ,可得 , 又 ,∴ . 由余弦定理得 , 故 ,从而 , , 所以 的周长为 . 19.【答案】(1) ,平均数为 元;(2)分布列见解析, ;(3)列联表 见解析,有 的把握认为. 【解析】(1)由题意知 ,解得 , 样本的平均数为: (元), 所以估计该校学生月消费金额的平均数为 . (2)由题意,从 中抽取 人,从 中抽取 人, 随机变量 的所有可能取值有 , , , , , 所以,随机变量 的分布列为 随机变量 的数学期望 . (3)由题可知,样本中男生 人,女生 人,属于“高消费群”的 人,其中女生 人, 得出以下 列联表: , 所以有 的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关. 20.【答案】(1)证明见解析;(2) . 【解析】如图,延长 交 于点 , 因为 为 的重心,所以 为 的中点, 因为 为 的中点,所以 . 因为 是圆 的直径,所以 ,所以 . 因为 平面 , 平面 ,所以 . 又 平面 , 平面 , , 所以 平面 .即 平面 , 又 平面 ,所以平面 平面 . (2)以点 为原点, , , 方向分别为 , , 轴正方向建立空间直角坐标系 , 则 , , , , , , 则 , . π π 1 3 2 2 1 3 2 2sin sin[( ) ]6 6 3 2 3 2 6x x += − + = ⋅ + ⋅ = π 7( ) sin6 3f A b C+ = 72sin sin3A b C= 6sin 7 sinA b C= 6 7a bc= 7a = 6bc = ABC△ 1 3 3sin2 2bc A = 3sin 2A = π(0, )2A∈ π 3A = 2 2 2 cos 7b c bc A+ − = 2 2 13b c+ = 2( ) 25b c+ = 5b c+ = ABC△ 5 7+ 0.0035a = 670 9( ) 10E X = 97.5% 100(0.0015 0.0025 0.0015 0.001) 1a+ + + + = 0.0035a = 500 0.15 600 0.35 700 0.25 800 0.15 900 0.10 670x = × + × + × + × + × = 670 [550,650) 7 [750,850) 3 X 0 1 2 3 3 3 7 3 10 C C( ) ( 0,1,2,3)C k k P X k k − = = = X X 35 63 21 1 9( ) 0 1 2 3120 120 120 120 10E X = × + × + × + × = 40 60 25 10 2 2× 2 2 2 ( ) 100 (10 25 15 50) 50 5.556 5.024( )( )( )( ) 40 60 25 75 9 n ad bcK a b c d a c b d − × × − ×= = = ≈ >+ + + + × × × 97.5% 2 51 17 OG AC M G AOC△ M AC O AB OM BC∥ AB O BC AC⊥ OM AC⊥ PA ⊥ ABC OM ⊂ ABC PA OM⊥ PA ⊂ PAC AC ⊂ PAC PA AC A= OM ⊥ PAC OG ⊥ PAC OG ⊂ OPG OPG ⊥ PAC C CB CA AP x y z C xyz− (0,0,0)C (0,1,0)A ( 3,0,0)B 3 1( , ,0)2 2O (0,1,2)P 1(0, ,0)2M 3( ,0,0)2OM = − 3 1( , ,2)2 2OP = − 平面 即为平面 , 设平面 的一个法向量为 , 则 ,令 ,得 , 过点 作 于点 , 由 平面 ,易得 , 又 ,所以 平面 ,即 为平面 的一个法向量. 在 中,由 ,得 , 则 , , 设 ,∴ , , , 所以 , 设二面角 的大小为 ,则 . 21.【答案】(1) ;(2)为定值,定值为 5,详见解析. 【解析】(1)因为抛物线 的焦点为 ,则 ,所以 , 因为直线 与圆 相切,则 , 即 ,解得 , , 所以椭圆 的方程是 . (2)设直线 的方程为 ,点 , , 将直线 的方程代入椭圆方程,得 , 即 , 则 , . 由已知, , 即 ,即 , 所以 ,即 . 因为 ,则 ,即 ,从而 , . 所以 为定值. 22.【答案】(1) ;(2)证明见解析. 【解析】(1) , 当 时, , 在 上单调递增,不可能有两个零点; 当 时,由 可解得 ,由 可解得 , ∴ 在 上单调递减,在 上单调递增, ∴ , 要使得 在 上有两个零点,则 ,解得 , 则 的取值范围为 . OPG OPM OPM ( , , )x y z=n 3 02 3 1 2 02 2 OM x OP x y z  ⋅ = − =  ⋅ = − + + =   n n 1z = (0, 4,1)= −n C CH AB⊥ H PA ⊥ ABC CH PA⊥ PA AB A= CH ⊥ PAB CH PAO ABCRt△ 2AB AC= 30ABC∠ = ° 60HCB∠ = ° 1 3 2 2CH CB= = ( , ,0)H HH x y ( , ,0)H HCH x y 3cos 4Hx CH HCB= ∠ = 3sin 4Hy CH HCB= ∠ = 3 3( , ,0)4 4CH = A OP G− − θ 2 2 3 3|0 4 1 0|| | 2 514 4cos 17| || | 3 9 4 116 16 CH CH θ × − × + ×⋅= = = + × +   n n 2 2 14 x y+ = 2 4 3y x= ( 3,0) 3c = 2 2 3a b− = 0bx ay− = 2 2( 5) 5x y− + = 2 2 5 5b b a = + 2 24a b= 2 4a = 2 1b = C 2 2 14 x y+ = l y kx m= + ( 0)m ≠ 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y l 2 24( ) 4x kx m+ + = 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 1 2 2 8 4 1 kmx x k + = − + 2 1 2 2 4 4 4 1 mx x k −= + 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( )y y kx m kx mk k k x x x x + += = = 2 1 2 1 2( )( )k x x kx m kx m= + + 2 1 2( ) 0km x x m+ + = 2 2 2 2 8 04 1 k m mk − + =+ 2 2(1 4 ) 0k m− = 0m ≠ 2 1 4k = 1 2k = ± 1 2 2x x m+ = ± 2 1 2 2 2x x m= − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2| | | | ( ) ( )OA OB x y x y x kx m x kx m+ = + + + = + + + + + 2 2 2 2 1 2 1 2( 1)( ) 2 ( ) 2k x x km x x m= + + + + + 2 2 2 1 2 1 2 1 2( 1)[( ) 2 ] 2 ( ) 2k x x x x km x x m= + + − + + + 2 2 2 25[4 2(2 2)] 2 2 54 m m m m= − − − + = (0, )2 e 2 2 1 2( ) 2 2 m x mf x x x x −′ = − + = 0m ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x (0, )+∞ 0m > ( ) 0f x′ > 2x m> ( ) 0f x′ < 0 2x m< < ( )f x (0,2 )m (2 , )m +∞ min 1( ) (2 ) ln 2 12 2 mf x f m mm = = + − ( )f x (0, )+∞ 1 1 ln 2 1 02 2 m+ − < 0 2 em< < m (0, )2 e (2)令 ,则 , 由题意知方程 有两个根,即方程 有两个根, 不妨设 , ,令 , 则当 时, 单调递增, 时, 单调递减, 综上可知, , 令 ,下面证 对任意的 恒成立, , ∵ ,∴ , , ∴ , 又∵ ,∴ , ∴ ,则 在 单调递增,∴ , ∵ ,∴ , 又∵ ,∴ ,∴ ,∴ , 即 . 1t x = 1 1 1 1( ) ln( ) 1 ln 12 2f x m mt tx x = − − = − − 1 ln 1 02mt t− − = ln 2 2 tm t += 1 1 1t x = 2 2 1t x = ln 2( ) 2 th t t += 1(0, )t e ∈ ( )h t 1( , )t e ∈ +∞ ( )h t 1 2 1 0t te > > > 2( ) ( ) ( )x h x h xe ϕ = − − ( ) 0xϕ < 1(0, )x e ∈ 2 2 21 ln( )2 1 ln( ) ( ) ( ) 22 2( ) xx ex h x h xe x xe ϕ − − −− −′ ′ ′= + − = + − 1(0, )x e ∈ ln 1 0x− − > 2 22( )x xe < − 2 2 2 2 21 ln( ) 2 ln ( )1 ln( ) 2 2 22( ) 2( ) 2( ) x x xx e ex x x xe e e ϕ − − − − − −− −′ > + = − − − 1(0, )x e ∈ 2 2 2 2 1( ) ( )2 x xex xe e + − − ≤ = ( ) 0xϕ′ > ( )xϕ 1(0, )e 1( ) ( ) 0x e ϕ ϕ< = 2 2 2 2( ) ( ) ( ) 0t h t h te ϕ = − − < 2 2 2( ) ( )h t h te < − 1 2( ) ( )h t h t= 1 2 2( ) ( )h t h te < − 1 2 2t te > − 1 2 2t t e + > 1 2 1 1 2 x x e + >

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