资源简介

高三年级数学参考答案 PA1 = ( x, y),PB1 = (4 x, y) ,PC1 = (4 x,4 y) , PA1 +PB1 +PC1 = (8 3x,4 3y) ．
一、选择题
2 22 2 8 4
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 PA1 + PB1 + PC1 = (8 3x) + (4 3y) = 3 x + y ，
3 3
D B B C B A B A ACD ABD ACD

设Q点的坐标为 8 4 , ，则二、填空题 PA1 + PB1 + PC1 = 3 PQ 3(QF 2) = 2 17 6．故选：A．
3 3
3 1 1 2
12．6 13． 14． 9,+ ) 9．【解答】解：对于 A：因为 X ~ B(6, ) ，则D(3X + 2) = 9D(X ) = 9 6 =12 ，故 A正确；
4 3 3 3
1．【解答】解：因为 B A，所以 或 a + 2 = a2，解得 或 2，当 时，此时 a2a+ 2 =1 a = 1 a = 1 =1，不能 对于B，若 X ~ N ( ,
2 ) ，且 P(X 2) + P(X 4) =1，则 P(X 4) = P(X 2)， =1，故B错误；
满足题意；当 a = 2时， A ={1，3， 4}， B ={3， 4}，满足题意；故a = 2．故选：D． 1 1 7对于C，因为事件 A，B互斥，所以 P(A B) = P(A) + P(B) = + = ，故C正确；
4 3 12
2．【解答】解：当 c = 0时，无论 a，b为何值， ac2 = bc2 = 0成立，此时无法判断 a，b的大小，则充分 1 1 11
对于D，因为事件 A，B相互独立，所以 P(AB) =1 P(AB) =1 P(A)P(B) =1 = ，故D正确．
4 3 12
条件不成立，若 a b，可知 ac2 bc2 ，则必要性成立．故选：B．
故选： ACD．
2 2
3．【解答】解： z2 = (cos + isin )2 = ( + i)2 = i．故选：B．
4 4 2 2 10．【解答】解：对于 A， f (x) = 3x
2 + 2bx + c，由题意可知 x = 0是极值点，所以 f (0) = 0，解得 c = 0，
4．【解答】解：由题意得 f ( 1) + f (1) = 0，即 2( 1+ a) + 0 = 0，故 a =1，经检验 a =1符合题意．故选：C．
故 A选项正确；对于B，由于 f (x) 在 [0 ，2]上单调递减，所以 f (x) 0在 x [0，2]上恒成立，即3x2 + 2bx 0
5．【解答】解：由10 0.45= 4.5 5，所以将 10 个数据从小到大排列，45 百分位数为第 5 个数据，从 10
f (0) 0
个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 8 个有效评分，8 0.45= 3.6 4，所以 45 百分位数为 8 恒成立，则 ，解得b 3，故B选项正确；对于C，由 f (2) = 0可得8+ 4b+ d = 0，d = 8 4b，
f (2) 0
个数据从小到大排列后第 4 个数据，即为原来的第 5 个数据，数据没变，故B选项正确．故选：B．
所以 f （1）=1+b+ d = 7 3b 2 ，故C选项错误；对于D，由方程 f (x) = 0 有实数根 ， ，2，可得
6．【解答】解：设 5 个正数组成数列{an}，则 a1 + a2 + a3 + a4 + a = 5a a = 25 3 =10， 3 ，
f (x) = (x )(x )(x 2) = x3 + bx2 + cx + d，故 + + 2 = b， + 2( + ) = 0， 2 = d = 4b +8．
2 2d 0
则 ，解得 1 d 1． 公差 d的取值范围是 ( 1,1)．故选： A．
( )2 = 2 + 2 2 + 2d 0 2 = ( + )
2 4 = ( b 2)2 + 2d = b2 + 4b + 4 16 8b = (b 2)2 16 ，

7．【解答】解： x [ , ]使得 f (x) 的图象在点 (x0 ， f (x0 ))处的切线与 x轴平行， 又b 3，所以 (b 2)
2 16 ( 3 2)2 16 = 9
0 ，即 | | 3，故D选项正确．故选： ABD．
3 4
| PA | sin sin( )
函数 f (x) 在 [ , ]上存在最值，即函数 f (x) 在[ , ]上存在对称轴， 11．【解答】解：在△PAB中，由正弦定理可知 = = ， ， 均为锐角且随着 x0 的
3 4 3 4 | PB | sin sin
k k | PA |
令 x + = k + ,k Z，得 x = + ,k Z， x ， + ， 增大分别减小与增大，即 sin( ) ， sin 随着 x0 的增大分别减小与增大且均为正数，所以 的值随
4 2 4 3 4 3 4 4 | PB |
3
1 k 1 1 3k y0 y0 2x
2
0 y0 2x0 y0 2x b
2
+ ， ， 4 ,k Z 又 0，故 k = 0时， 取最小值为1．故选：B． 着 x0 的增大而减小，故选项 A正确；因为 tan tan = + = = =
0 ，
2 2 2 2 2
3 4 4 x0 + a x a x a y x 4k +1 0 0 0 0
a y0 a

2 2 2
8．【解答】解：设 A D 的中点为 F，连接EF、PF，则在 EFP中，EF ⊥FP，EP = EF + FP ， y0 b 2a b
2 2b
1 1 1又 ，所以 tan tan = ，故选项 B错误；因为△ PAB的面积 S = | AB | y = ay ，
2 0 0x0 a b a a 2
∴FP 2，∴P是以F为圆心，以 2 为半径的圆面（位于正方形 A1B1C1D1内）．
y 2 2 2
0
y0 y0 ，又 y2
b 2 b
tan tan = k k = = 0 = (x0 a
2 )， tan tan = ，
以 A1为原点建系如图所示，则 A1 (
PA PB
0,0)，B (4,0)，C (4,4),F(0,2) 2 2，设P的坐标为 (x, y)，则 x + a x a2 a21 1 0 0 a x0 a
高三年级数学参考答案 第 1 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 2 页（共 8 页）
高三年级数学参考答案 PA1 = ( x, y),PB1 = (4 x, y) ,PC1 = (4 x,4 y) , PA1 +PB1 +PC1 = (8 3x,4 3y) ．
一、选择题
2 22 2 8 4
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 PA1 + PB1 + PC1 = (8 3x) + (4 3y) = 3 x + y ，
3 3
D B B C B A B A ACD ABD ACD

设Q点的坐标为 8 4 , ，则二、填空题 PA1 + PB1 + PC1 = 3 PQ 3(QF 2) = 2 17 6．故选：A．
3 3
3 1 1 2
12．6 13． 14． 9,+ ) 9．【解答】解：对于 A：因为 X ~ B(6, ) ，则D(3X + 2) = 9D(X ) = 9 6 =12 ，故 A正确；
4 3 3 3
1．【解答】解：因为 B A，所以 或 a + 2 = a2，解得 或 2，当 时，此时 a2a+ 2 =1 a = 1 a = 1 =1，不能 对于B，若 X ~ N ( ,
2 ) ，且 P(X 2) + P(X 4) =1，则 P(X 4) = P(X 2)， =1，故B错误；
满足题意；当 a = 2时， A ={1，3， 4}， B ={3， 4}，满足题意；故a = 2．故选：D． 1 1 7对于C，因为事件 A，B互斥，所以 P(A B) = P(A) + P(B) = + = ，故C正确；
4 3 12
2．【解答】解：当 c = 0时，无论 a，b为何值， ac2 = bc2 = 0成立，此时无法判断 a，b的大小，则充分 1 1 11
对于D，因为事件 A，B相互独立，所以 P(AB) =1 P(AB) =1 P(A)P(B) =1 = ，故D正确．
4 3 12
条件不成立，若 a b，可知 ac2 bc2 ，则必要性成立．故选：B．
故选： ACD．
2 2
3．【解答】解： z2 = (cos + isin )2 = ( + i)2 = i．故选：B．
4 4 2 2 10．【解答】解：对于 A， f (x) = 3x
2 + 2bx + c，由题意可知 x = 0是极值点，所以 f (0) = 0，解得 c = 0，
4．【解答】解：由题意得 f ( 1) + f (1) = 0，即 2( 1+ a) + 0 = 0，故 a =1，经检验 a =1符合题意．故选：C．
故 A选项正确；对于B，由于 f (x) 在 [0 ，2]上单调递减，所以 f (x) 0在 x [0，2]上恒成立，即3x2 + 2bx 0
5．【解答】解：由10 0.45= 4.5 5，所以将 10 个数据从小到大排列，45 百分位数为第 5 个数据，从 10
f (0) 0
个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 8 个有效评分，8 0.45= 3.6 4，所以 45 百分位数为 8 恒成立，则 ，解得b 3，故B选项正确；对于C，由 f (2) = 0可得8+ 4b+ d = 0，d = 8 4b，
f (2) 0
个数据从小到大排列后第 4 个数据，即为原来的第 5 个数据，数据没变，故B选项正确．故选：B．
所以 f （1）=1+b+ d = 7 3b 2 ，故C选项错误；对于D，由方程 f (x) = 0 有实数根 ， ，2，可得
6．【解答】解：设 5 个正数组成数列{an}，则 a1 + a2 + a3 + a4 + a = 5a a = 25 3 =10， 3 ，
f (x) = (x )(x )(x 2) = x3 + bx2 + cx + d，故 + + 2 = b， + 2( + ) = 0， 2 = d = 4b +8．
2 2d 0
则 ，解得 1 d 1． 公差 d的取值范围是 ( 1,1)．故选： A．
( )2 = 2 + 2 2 + 2d 0 2 = ( + )
2 4 = ( b 2)2 + 2d = b2 + 4b + 4 16 8b = (b 2)2 16 ，

7．【解答】解： x [ , ]使得 f (x) 的图象在点 (x0 ， f (x0 ))处的切线与 x轴平行， 又b 3，所以 (b 2)
2 16 ( 3 2)2 16 = 9
0 ，即 | | 3，故D选项正确．故选： ABD．
3 4
| PA | sin sin( )
函数 f (x) 在 [ , ]上存在最值，即函数 f (x) 在[ , ]上存在对称轴， 11．【解答】解：在△PAB中，由正弦定理可知 = = ， ， 均为锐角且随着 x0 的
3 4 3 4 | PB | sin sin
k k | PA |
令 x + = k + ,k Z，得 x = + ,k Z， x ， + ， 增大分别减小与增大，即 sin( ) ， sin 随着 x0 的增大分别减小与增大且均为正数，所以 的值随
4 2 4 3 4 3 4 4 | PB |
3
1 k 1 1 3k y0 y0 2x
2
0 y0 2x0 y0 2x b
2
+ ， ， 4 ,k Z 又 0，故 k = 0时， 取最小值为1．故选：B． 着 x0 的增大而减小，故选项 A正确；因为 tan tan = + = = =
0 ，
2 2 2 2 2
3 4 4 x0 + a x a x a y x 4k +1 0 0 0 0
a y0 a

2 2 2
8．【解答】解：设 A D 的中点为 F，连接EF、PF，则在 EFP中，EF ⊥FP，EP = EF + FP ， y0 b 2a b
2 2b
1 1 1又 ，所以 tan tan = ，故选项 B错误；因为△ PAB的面积 S = | AB | y = ay ，
2 0 0x0 a b a a 2
∴FP 2，∴P是以F为圆心，以 2 为半径的圆面（位于正方形 A1B1C1D1内）．
y 2 2 2
0
y0 y0 ，又 y2
b 2 b
tan tan = k k = = 0 = (x0 a
2 )， tan tan = ，
以 A1为原点建系如图所示，则 A1 (
PA PB
0,0)，B (4,0)，C (4,4),F(0,2) 2 2，设P的坐标为 (x, y)，则 x + a x a2 a21 1 0 0 a x0 a
高三年级数学参考答案 第 1 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 2 页（共 8 页）
y0 y sin BAD 1 0 因为 = ， AB = 2 3 ，所以 AC = 2 3 ，……………………………………9 分
tan + tan x + a x a a2 2ay sin CAD 2
tan = tan( + ) = = 0 0 = 0 ，
1 tan tan b2 a2 + b2 x20 a
2
1+ 设 BD= x，在 ABD和 ACD中，由余弦定理得
a2
AB2 = AD2 + x2 2AD 2xcos ADB； AC = AD2 + (2x)2 2AD 2xcos ADC
a2 2a
2 y2 2a2b2
所以 S tan = 0 = ，故选项C正确．
a2 + b2 x2 a20 a
2 + b2
即 (2 3)2 = 22 + x2 2 2 ； (2 3)2 = 22 2xcos ADB + (2x) 2 2 2xcos ADC，
cos cos[( + ) ] cos( ) cos( + ) cos cos sin sin 1 tan tan
= = = = = 为 定
cos(2 + ) cos[( + ) + ] cos( + ) cos( ) cos cos + sin sin 1+ tan tan 两式相加得 x = 2，所以CD= 2x = 4 ，即CD的长为 4．……………………………………13 分
值，故D正确．故选： ACD． 16．【解答】解：（1）证明：过点 B作 BH ⊥CD于H，由平面 BCD ⊥平面 ACD，
12．【解答】解：由题意 4 人中选 2 人出来，他们的编号一致，剩下 2 人编号不一致，只有一种坐法，方 平面 BCD 平面 ACD =CD， BH 平面BCD，
法数为C 24 = 6． 所以 BH ⊥平面 ACD， AD 平面 ACD，故BH ⊥ AD，………………………3 分
x2
13．【解答】解：由椭圆C : + y2 =1，可得上顶点坐标为 A(0,1)．设M (x1，y1)，N (x ，y )，因为 AMN 又 AB为直径，则BD⊥ AD，且BD2 2 BH = B，BD，BH 平面 BCD，所以 AD⊥
4
1 x + x 1 3 3
的重心为 (1,0)，所以 x1 + x2 = 3， y1 + y2 = 1，则由点差法得直线的斜率 k =
1 2 = = ． 平面 BCD，BC 平面BCD，所以BC ⊥ AD，且 AB⊥ BC，AD，AB 平面BAD，
4 y1 + y2 4 1 4
k AD AB = A，所以CB ⊥平面 ABD．……………………………………6 分
14．【解答】解：易知数列 an 是递减数列， 对于 An中任意一个元素 ，比它大的元素有 k 1个，这 k 1
3k 1
1 1 1
（2）由（1）知，V = BC S = BD AD (BD2 + AD2 ) = AB2 = 9，
个元素组成的集合的所有子集有 2k 1
k k
个，把 加进这些子集形成新的集合，每个新集合都是以 为最小 C ABD ABD3 4 4
3k 1 3k 1
k k 当 BD = AD = 3 2 时，V 取到最大值，……………………………8 分
元素的 An的非空子集，故以 为最小元素的 An的非空子集有 2
k 1 个，即在T k 1n中 出现了2 次，加在一
C ABD
3k 1 3k 1
过点D作DO⊥ AB于O，建立以O为原点，直线OD为 x轴，直线OA为 y轴，过O
k 1 0 1 2 n 2 n 1 n
k 2 2 2 2 2 2 2
起就是 2k 1 = k Tn =1 + 2 +3 + (n 1 k 1 ) + n Tn = 9 (3n+ 9) 3 3 3 点垂直于平面 的方向为 z轴， ， 3 3 3 3 ， 3 ABD，
则 B(0, 3,0),A(0,3,0),D(3,0,0),E(0,1,2)，C(0, 3,6) ，……………………………10 分
n
2
显然Tn是单调递增的，当 n =1时， (Tn ) =T =1 且当n→+ 时，1 (3n + 9) → 0，T → 9 min n
， 3 所以BD= (3,3,0),BE = (0,4,2)，设平面BED与平面 AEB的法向量分别为n1,n2 ，

故1 Tn 9，故实数 的取值范围为 9,+ )． BD ⊥ n BD n1 1 = 3x + 3y = 0则 ，则 ，令 x =1，可得n1 = (1, 1,2)，……………………………12 分
BE ⊥ n BE n1 = 4y + 2z = 01
AB AD 2 3 2
15．【解答】解：（1）在 ABD中，由正弦定理得 = ， = ，
sin ADB sinB sin ADB sin 30
因为平面 AEB的法向量为n2 = (1,0,0)，……………………………13 分
3
解得 sin ADB = ，则 ADB =120 或60 ，
2
| n n | 6
若 则平面BED与平面 AEB夹角的余弦值 cos =
1 2 = ．……………………………15 分
ADB =120 ，则 BAD = 30 ，所以BD= AD= 2，所以CD = 2BD = 4； | n 61 | | n2 |
若 ADB = 60 ，则 BAD=90 ，所以BD= 2AD= 4，所以CD= 2BD =8． a
17．【解答】解：（1） f (x) = (1 a)lnx + + x的定义域为 (0,+ )，
综上，CD的长为 4或8．……………………………………6 分（少一种情况扣 2 分） x
2
2 1 2 x 2 + x (x 2)(x +1)
1 当 a = 2时，函数 f (x) = lnx + + x， f (x) = +1= = ， 2 2 2
AB ADsin BAD x x x x x
S 1 S 1
（2）由CD= 2BD，得 BAD = ，所以 BAD = 2 = ，
S 2 S 1 2 由 f (x) 0，得 x (2,+ ) ，因此 f (x) 的单调递增区间是 (2,+ )．……………………………5 分 CAD CAD AC ADsin CAD
2
高三年级数学参考答案 第 3 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 4 页（共 8 页）
y0 y sin BAD 1 0 因为 = ， AB = 2 3 ，所以 AC = 2 3 ，……………………………………9 分
tan + tan x + a x a a2 2ay sin CAD 2
tan = tan( + ) = = 0 0 = 0 ，
1 tan tan b2 a2 + b2 x20 a
2
1+ 设 BD= x，在 ABD和 ACD中，由余弦定理得
a2
AB2 = AD2 + x2 2AD 2xcos ADB； AC = AD2 + (2x)2 2AD 2xcos ADC
a2 2a
2 y2 2a2b2
所以 S tan = 0 = ，故选项C正确．
a2 + b2 x2 a20 a
2 + b2
即 (2 3)2 = 22 + x2 2 2 ； (2 3)2 = 22 2xcos ADB + (2x) 2 2 2xcos ADC，
cos cos[( + ) ] cos( ) cos( + ) cos cos sin sin 1 tan tan
= = = = = 为 定
cos(2 + ) cos[( + ) + ] cos( + ) cos( ) cos cos + sin sin 1+ tan tan 两式相加得 x = 2，所以CD= 2x = 4 ，即CD的长为 4．……………………………………13 分
值，故D正确．故选： ACD． 16．【解答】解：（1）证明：过点 B作 BH ⊥CD于H，由平面 BCD ⊥平面 ACD，
12．【解答】解：由题意 4 人中选 2 人出来，他们的编号一致，剩下 2 人编号不一致，只有一种坐法，方 平面 BCD 平面 ACD =CD， BH 平面BCD，
法数为C 24 = 6． 所以 BH ⊥平面 ACD， AD 平面 ACD，故BH ⊥ AD，………………………3 分
x2
13．【解答】解：由椭圆C : + y2 =1，可得上顶点坐标为 A(0,1)．设M (x1，y1)，N (x ，y )，因为 AMN 又 AB为直径，则BD⊥ AD，且BD2 2 BH = B，BD，BH 平面 BCD，所以 AD⊥
4
1 x + x 1 3 3
的重心为 (1,0)，所以 x1 + x2 = 3， y1 + y2 = 1，则由点差法得直线的斜率 k =
1 2 = = ． 平面 BCD，BC 平面BCD，所以BC ⊥ AD，且 AB⊥ BC，AD，AB 平面BAD，
4 y1 + y2 4 1 4
k AD AB = A，所以CB ⊥平面 ABD．……………………………………6 分
14．【解答】解：易知数列 an 是递减数列， 对于 An中任意一个元素 ，比它大的元素有 k 1个，这 k 1
3k 1
1 1 1
（2）由（1）知，V = BC S = BD AD (BD2 + AD2 ) = AB2 = 9，
个元素组成的集合的所有子集有 2k 1
k k
个，把 加进这些子集形成新的集合，每个新集合都是以 为最小 C ABD ABD3 4 4
3k 1 3k 1
k k 当 BD = AD = 3 2 时，V 取到最大值，……………………………8 分
元素的 An的非空子集，故以 为最小元素的 An的非空子集有 2
k 1 个，即在T k 1n中 出现了2 次，加在一
C ABD
3k 1 3k 1
过点D作DO⊥ AB于O，建立以O为原点，直线OD为 x轴，直线OA为 y轴，过O
k 1 0 1 2 n 2 n 1 n
k 2 2 2 2 2 2 2
起就是 2k 1 = k Tn =1 + 2 +3 + (n 1 k 1 ) + n Tn = 9 (3n+ 9) 3 3 3 点垂直于平面 的方向为 z轴， ， 3 3 3 3 ， 3 ABD，
则 B(0, 3,0),A(0,3,0),D(3,0,0),E(0,1,2)，C(0, 3,6) ，……………………………10 分
n
2
显然Tn是单调递增的，当 n =1时， (Tn ) =T =1 且当n→+ 时，1 (3n + 9) → 0，T → 9 min n
， 3 所以BD= (3,3,0),BE = (0,4,2)，设平面BED与平面 AEB的法向量分别为n1,n2 ，

故1 Tn 9，故实数 的取值范围为 9,+ )． BD ⊥ n BD n1 1 = 3x + 3y = 0则 ，则 ，令 x =1，可得n1 = (1, 1,2)，……………………………12 分
BE ⊥ n BE n1 = 4y + 2z = 01
AB AD 2 3 2
15．【解答】解：（1）在 ABD中，由正弦定理得 = ， = ，
sin ADB sinB sin ADB sin 30
因为平面 AEB的法向量为n2 = (1,0,0)，……………………………13 分
3
解得 sin ADB = ，则 ADB =120 或60 ，
2
| n n | 6
若 则平面BED与平面 AEB夹角的余弦值 cos =
1 2 = ．……………………………15 分
ADB =120 ，则 BAD = 30 ，所以BD= AD= 2，所以CD = 2BD = 4； | n 61 | | n2 |
若 ADB = 60 ，则 BAD=90 ，所以BD= 2AD= 4，所以CD= 2BD =8． a
17．【解答】解：（1） f (x) = (1 a)lnx + + x的定义域为 (0,+ )，
综上，CD的长为 4或8．……………………………………6 分（少一种情况扣 2 分） x
2
2 1 2 x 2 + x (x 2)(x +1)
1 当 a = 2时，函数 f (x) = lnx + + x， f (x) = +1= = ， 2 2 2
AB ADsin BAD x x x x x
S 1 S 1
（2）由CD= 2BD，得 BAD = ，所以 BAD = 2 = ，
S 2 S 1 2 由 f (x) 0，得 x (2,+ ) ，因此 f (x) 的单调递增区间是 (2,+ )．……………………………5 分 CAD CAD AC ADsin CAD
2
高三年级数学参考答案 第 3 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 4 页（共 8 页）
1 a a x2 + (1 a)x a (x a)(x +1)
（2）根据题意，导函数 f (x) = +1= = ，a 0， x 2 x1 + x2 ( 1 +1)(x2 1)
x x2 x2 x2 故 S , ……………………………12 分
x x + 2 x x + 2 1 2 1 2
当 x a时， f (x) 0；当0 x a时， f (x) 0，因此 f (x) 在 (a,+ ) 上递增，在 (0,a)上递减，
又直线DE的方程为 y (x2 1) = (x + x )(x x )，即 y = (x + x ) x x x 1
f (x)min = f (a) = (1 a)lna +1+ a，根据函数 f (x) 2 恒成立，得不等式
1 2 1 2
(1 a)lna +1+ a 2 恒成立， 1 1 2 1
那么 (1 a)lna + a 1 0，即 (a 1)(lna 1) 0，解得1 a e，因此 a [1， e] ．………………………10 分 x x +1 1 1 代入 (0,1)得 x x = 1 2 =1x2 = 2，令 y = 0 得 故T ,0 假设在平面内存在一定点Q，
x + x x ， ，1 2 1 + x2 x1 + x2
e
+ x 2
e
（3）由（2）知，当 a = e时，函数 f (x) = (1 e)lnx + + x 2，即 lnx x ， 使得QS QT为定值，由对称性分析可知：Q一定在 y轴上，故设Q (0, y ) 0 ………………………13 分 x e 1
e e 1+1
+ 2.5 2 + 0.5 则QS QT = (xS xQ )(xT xQ )+ (yS yQ )(yT yQ )
令 x = 2.5， ln2.5 2.5 2.5
2 0.9 2 0.9 2 0.9
= = + ， e 2.71， + + 0.95，
e 1 e 1 5 e 1 5 e 1 5 1.71
x + x 1 2(x1 +1)(x2 1 1 2 )
， 2.5 e0.95
= 0 0 + y (0 y )
ln2.5 0.95 ．……………………………15 分 0 0
x1 x2 + 2 x1 + x
2 x1 x2 + 2
1 1 1
18．【解答】解：（1） ：y = x2 ( p 0)， y = x，所以切线斜率为 y |x=1=
2p p p， 1 2(x1 x2 + 3) y0 1+ 2 x2 ( 1 x2 + 3) y0= + + y0 = + y
2
0
x1 x2 + 2 x1 x2 + 2 x1 x2 + 2
1 1 1 1 1
故抛物线 在 A 1, 处的切线方程为 y = (x 1)，令 y = 0 得 x = ；令 x = 0得 y = 2p ， 2p p 2 2p
2y0 (x1 x2 ) + 6y0 1
= + y2 0 ……………………………15 分
1 1 1 1 1 x x + 2
故切线与坐标轴所围成的三角形的面积为 = ， 解得： p = ．
1 2
2 2 2p 4 2
2y 6y 1 1 5
1 要使得对于任意的变量 x 0 0
故 的值为 ． …………………………… 分 1
x2 ，QS QT为定值，则 = ，解得 y0 = ，此时QS QT =
p 4 1 2 2 4
2
2 2 1 a
2 a2 b2 1 5
（2）设B(a,a ),C (b,b )，则 k = =1+ a， k = = a + b， 综上所述：在平面内存在定点Q 0, ，使得QS QT为定值 ． ………………………17 分 AB BC
1 a a b 2 4
由 AB⊥ BC得 kABkBC = (1+ a)(a + b) = 1 ……………………………6 分 方法二：由题意可知： ：y = x2 1，M ( 1,0) ,N (1,0)设D(x , x2 1),E (x , x2 1)， x1 1 2 2 1 0, x2 0，
1 1
则b = a，其中 a 1,a b,b 1，解得： a 1令 t = (1+ a) 2，则b = + t +1，
1+ a t 1 1
设直线 l的方程为 y = kx +1(k 0)，令 y = 0 解得： x = ，故T ,0
k k
结合对勾函数的图象可知b的取值范围为 ( , 1 ) 3,+ ，
y = x2 1 k k 2 + 8 k + k 2 + 8
故点C的横坐标的取值范围为 ( , 1 3,+ ) ．……………………………9 分 2 联立 消去 x kx 2 = 0 ，解得： x1 = x2 =
y = kx +1 2
， 2
x2 1
（3）由题意可知： ：y = x2 1，M ( 1,0) ,N (1,0) 设D(x , x2 1),E (x , x2 1)，则 k = 1 = x +1 2 2 2 2， 1 1 2 2 ND 1 x1 1 k + 2 k +8 xx 1 故 k = = x +1= ， k = 2 1 k 2+ k +81 ND 1 ME = x2 1=
x1 1 2 x2 ( 1) 2
故直线ND的方程为 y = (x1 +1)(x 1)同理，直线ME的方程为 y = (x2 1)(x +1)
k + 2 k 2 + 8 k 2 + k 2 + 8
故直线ND的方程为 y = (x 1)，直线ME的方程为 y = (x +1)
x + x 2 2
x =
1 2
x1 x2 + 2
联立直线ME与 ND的方程解得：
2(x ， 1 +1)(x2 1)y =

x1 x2 + 2
高三年级数学参考答案 第 5 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 6 页（共 8 页）
1 a a x2 + (1 a)x a (x a)(x +1)
（2）根据题意，导函数 f (x) = +1= = ，a 0， x 2 x1 + x2 ( 1 +1)(x2 1)
x x2 x2 x2 故 S , ……………………………12 分
x x + 2 x x + 2 1 2 1 2
当 x a时， f (x) 0；当0 x a时， f (x) 0，因此 f (x) 在 (a,+ ) 上递增，在 (0,a)上递减，
又直线DE的方程为 y (x2 1) = (x + x )(x x )，即 y = (x + x ) x x x 1
f (x)min = f (a) = (1 a)lna +1+ a，根据函数 f (x) 2 恒成立，得不等式
1 2 1 2
(1 a)lna +1+ a 2 恒成立， 1 1 2 1
那么 (1 a)lna + a 1 0，即 (a 1)(lna 1) 0，解得1 a e，因此 a [1， e] ．………………………10 分 x x +1 1 1 代入 (0,1)得 x x = 1 2 =1x2 = 2，令 y = 0 得 故T ,0 假设在平面内存在一定点Q，
x + x x ， ，1 2 1 + x2 x1 + x2
e
+ x 2
e
（3）由（2）知，当 a = e时，函数 f (x) = (1 e)lnx + + x 2，即 lnx x ， 使得QS QT为定值，由对称性分析可知：Q一定在 y轴上，故设Q (0, y ) 0 ………………………13 分 x e 1
e e 1+1
+ 2.5 2 + 0.5 则QS QT = (xS xQ )(xT xQ )+ (yS yQ )(yT yQ )
令 x = 2.5， ln2.5 2.5 2.5
2 0.9 2 0.9 2 0.9
= = + ， e 2.71， + + 0.95，
e 1 e 1 5 e 1 5 e 1 5 1.71
x + x 1 2(x1 +1)(x2 1 1 2 )
， 2.5 e0.95
= 0 0 + y (0 y )
ln2.5 0.95 ．……………………………15 分 0 0
x1 x2 + 2 x1 + x
2 x1 x2 + 2
1 1 1
18．【解答】解：（1） ：y = x2 ( p 0)， y = x，所以切线斜率为 y |x=1=
2p p p， 1 2(x1 x2 + 3) y0 1+ 2 x2 ( 1 x2 + 3) y0= + + y0 = + y
2
0
x1 x2 + 2 x1 x2 + 2 x1 x2 + 2
1 1 1 1 1
故抛物线 在 A 1, 处的切线方程为 y = (x 1)，令 y = 0 得 x = ；令 x = 0得 y = 2p ， 2p p 2 2p
2y0 (x1 x2 ) + 6y0 1
= + y2 0 ……………………………15 分
1 1 1 1 1 x x + 2
故切线与坐标轴所围成的三角形的面积为 = ， 解得： p = ．
1 2
2 2 2p 4 2
2y 6y 1 1 5
1 要使得对于任意的变量 x 0 0
故 的值为 ． …………………………… 分 1
x2 ，QS QT为定值，则 = ，解得 y0 = ，此时QS QT =
p 4 1 2 2 4
2
2 2 1 a
2 a2 b2 1 5
（2）设B(a,a ),C (b,b )，则 k = =1+ a， k = = a + b， 综上所述：在平面内存在定点Q 0, ，使得QS QT为定值 ． ………………………17 分 AB BC
1 a a b 2 4
由 AB⊥ BC得 kABkBC = (1+ a)(a + b) = 1 ……………………………6 分 方法二：由题意可知： ：y = x2 1，M ( 1,0) ,N (1,0)设D(x , x2 1),E (x , x2 1)， x1 1 2 2 1 0, x2 0，
1 1
则b = a，其中 a 1,a b,b 1，解得： a 1令 t = (1+ a) 2，则b = + t +1，
1+ a t 1 1
设直线 l的方程为 y = kx +1(k 0)，令 y = 0 解得： x = ，故T ,0
k k
结合对勾函数的图象可知b的取值范围为 ( , 1 ) 3,+ ，
y = x2 1 k k 2 + 8 k + k 2 + 8
故点C的横坐标的取值范围为 ( , 1 3,+ ) ．……………………………9 分 2 联立 消去 x kx 2 = 0 ，解得： x1 = x2 =
y = kx +1 2
， 2
x2 1
（3）由题意可知： ：y = x2 1，M ( 1,0) ,N (1,0) 设D(x , x2 1),E (x , x2 1)，则 k = 1 = x +1 2 2 2 2， 1 1 2 2 ND 1 x1 1 k + 2 k +8 xx 1 故 k = = x +1= ， k = 2 1 k 2+ k +81 ND 1 ME = x2 1=
x1 1 2 x2 ( 1) 2
故直线ND的方程为 y = (x1 +1)(x 1)同理，直线ME的方程为 y = (x2 1)(x +1)
k + 2 k 2 + 8 k 2 + k 2 + 8
故直线ND的方程为 y = (x 1)，直线ME的方程为 y = (x +1)
x + x 2 2
x =
1 2
x1 x2 + 2
联立直线ME与 ND的方程解得：
2(x ， 1 +1)(x2 1)y =

x1 x2 + 2
高三年级数学参考答案 第 5 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 6 页（共 8 页）
k
x = 设第一天结束时，被成功激活的用户人数为偶数的概率为 P0 ，则1+ (1 2p)
m = 2P0，
2 k
2 + 8
联立直线ME与 ND的方程解得： ( 2 )， 1+ (1 2p)
m
2 k + 8 3 所以得到 P0 = ； …………………………………9 分
y =
2
2 k
2 + 8
C1 2 3
（3）甲在第一天被选中记为事件 A，两天后甲是激活用户记为事件 B，则 P(A) = 4 = ， P(A) = ，
2( k 2 +8 3) C2 5 5 k 5
故 S , ……………………………12 分 2 2
2 k +8 2 k +8 一、甲在第一天被选中，①甲第一天被激活的概率为 p = 0.4；②第一天未被激活，则第二天能否被激活

取决于另一被选中者的状态，另一人被激活的概率为 p = 0.4，此时 k =1，甲被激活的概率为1 (1 a)1 = a，
假设在平面内存在一定点Q，使得QS QT为定值
因此，在甲是初始选中的两人之一的条件下，
由对称性分析可知：Q一定在 y轴上，故设Q (0, y ) 0 ……………………………13 分
甲在两天后被成功激活的概率为： P(B | A) = 0.4+0.6 0.4a = 0.4+ 0.24a；……………………………12 分

则QS QT = (xS xQ )(xT xQ )+ (yS yQ )(yT yQ ) 二、甲在第一天未被选中，①第一天选中的 2 人中有 1 人被成功激活，再由此人成功激活甲，
2( k 2 +8 3) 概率为C
1
2 p(1 p)[1 (1 a)] = 2p(1 p)a = 0.48a， k 1
= 0 0 + y0 (0 y 0 )
2 k
2 +8 k 2 k
2 +8 ②第一天有 2 人被成功激活，甲在第二天被成功激活的概率为：

( 2 ) ( 2 ) p
2[1 (1 a)2 ] = p2 (2a a2 ) = 0.16a2 + 0.32a，
1 2 3 k +8 y0 1+ 2 3 k +8 y0
= + + y20 = + y
2
0
2 2 2 2 k +8 2 k +8 2 k +8 因此，在甲不是初始选中的两人的条件下，
2y k 2 +8 + 6y 1 2 甲在两天后被成功激活的概率为：P(B | A) =0.48a+ ( 0.16a
2 +0.32a) = 0.16a2 +0.8a，……………15 分
= 0 0 + y0 ……………………………15 分
k2
+8 + 2
综上，甲在两天后是激活用户的概率：

2 2y 6y 1 1 5要使得对于任意的变量 k + 8 ，QS QT为定值，则 0 = 0 ，解得 y0 = ，此时QS QT = 2 3
1 2 2 4 P(B) = P(A)P(B | A) + P(A)P(B | A) = (0.4+ 0.24a) + ( 0.16a
2 + 0.8a) = 0.096a2 + 0.576a + 0.16 ．
5 5
1 5
综上所述：在平面内存在定点Q 0, ，使得QS QT为定值 ． …………………17 分 ……………………………………16 分
2 4
爆发式流量暴涨解释：
19．【解答】解：（1）设 X 表示第一天结束时被成功激活的用户人数，易知 X ~ B(m, p) ，
激活概率1 (1 a)k 随激活人数 k指数增长，初期激活人数少，传播慢；当 k增大到一定规模， (1 a)k 迅
则 E(X ) = mp； ……………………………………4 分
速趋近于0，用户被激活概率急剧接近1，大量用户在短时间内集中被激活，形成爆发式流量暴涨．
（2）考虑二项展开：
m ……………………………………17 分
(1 p + p)m = C k (1 p)m k km p =1①，
k=0
m m
(1 p p)m = (1 2p)m = Ck m k km (1 p) ( p) = C
k ( 1)k (1 p)m km p
k ②，
k=0 k=0
m
1+ (1 2p)m = C k [( 1)k +1](1 p)m k pk
① +②可得 m ， k=0
k为偶数时，1+ ( 1)k = 2 ， kk为奇数时，1+ ( 1) = 0 ，
高三年级数学参考答案 第 7 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 8 页（共 8 页）
k
x = 设第一天结束时，被成功激活的用户人数为偶数的概率为 P0 ，则1+ (1 2p)
m = 2P0，
2 k
2 + 8
联立直线ME与 ND的方程解得： ( 2 )， 1+ (1 2p)
m
2 k + 8 3 所以得到 P0 = ； …………………………………9 分
y =
2
2 k
2 + 8
C1 2 3
（3）甲在第一天被选中记为事件 A，两天后甲是激活用户记为事件 B，则 P(A) = 4 = ， P(A) = ，
2( k 2 +8 3) C2 5 5 k 5
故 S , ……………………………12 分 2 2
2 k +8 2 k +8 一、甲在第一天被选中，①甲第一天被激活的概率为 p = 0.4；②第一天未被激活，则第二天能否被激活

取决于另一被选中者的状态，另一人被激活的概率为 p = 0.4，此时 k =1，甲被激活的概率为1 (1 a)1 = a，
假设在平面内存在一定点Q，使得QS QT为定值
因此，在甲是初始选中的两人之一的条件下，
由对称性分析可知：Q一定在 y轴上，故设Q (0, y ) 0 ……………………………13 分
甲在两天后被成功激活的概率为： P(B | A) = 0.4+0.6 0.4a = 0.4+ 0.24a；……………………………12 分

则QS QT = (xS xQ )(xT xQ )+ (yS yQ )(yT yQ ) 二、甲在第一天未被选中，①第一天选中的 2 人中有 1 人被成功激活，再由此人成功激活甲，
2( k 2 +8 3) 概率为C
1
2 p(1 p)[1 (1 a)] = 2p(1 p)a = 0.48a， k 1
= 0 0 + y0 (0 y 0 )
2 k
2 +8 k 2 k
2 +8 ②第一天有 2 人被成功激活，甲在第二天被成功激活的概率为：

( 2 ) ( 2 ) p
2[1 (1 a)2 ] = p2 (2a a2 ) = 0.16a2 + 0.32a，
1 2 3 k +8 y0 1+ 2 3 k +8 y0
= + + y20 = + y
2
0
2 2 2 2 k +8 2 k +8 2 k +8 因此，在甲不是初始选中的两人的条件下，
2y k 2 +8 + 6y 1 2 甲在两天后被成功激活的概率为：P(B | A) =0.48a+ ( 0.16a
2 +0.32a) = 0.16a2 +0.8a，……………15 分
= 0 0 + y0 ……………………………15 分
k2
+8 + 2
综上，甲在两天后是激活用户的概率：

2 2y 6y 1 1 5要使得对于任意的变量 k + 8 ，QS QT为定值，则 0 = 0 ，解得 y0 = ，此时QS QT = 2 3
1 2 2 4 P(B) = P(A)P(B | A) + P(A)P(B | A) = (0.4+ 0.24a) + ( 0.16a
2 + 0.8a) = 0.096a2 + 0.576a + 0.16 ．
5 5
1 5
综上所述：在平面内存在定点Q 0, ，使得QS QT为定值 ． …………………17 分 ……………………………………16 分
2 4
爆发式流量暴涨解释：
19．【解答】解：（1）设 X 表示第一天结束时被成功激活的用户人数，易知 X ~ B(m, p) ，
激活概率1 (1 a)k 随激活人数 k指数增长，初期激活人数少，传播慢；当 k增大到一定规模， (1 a)k 迅
则 E(X ) = mp； ……………………………………4 分
速趋近于0，用户被激活概率急剧接近1，大量用户在短时间内集中被激活，形成爆发式流量暴涨．
（2）考虑二项展开：
m ……………………………………17 分
(1 p + p)m = C k (1 p)m k km p =1①，
k=0
m m
(1 p p)m = (1 2p)m = Ck m k km (1 p) ( p) = C
k ( 1)k (1 p)m km p
k ②，
k=0 k=0
m
1+ (1 2p)m = C k [( 1)k +1](1 p)m k pk
① +②可得 m ， k=0
k为偶数时，1+ ( 1)k = 2 ， kk为奇数时，1+ ( 1) = 0 ，
高三年级数学参考答案 第 7 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 8 页（共 8 页）数学试卷
本试卷共４页,１９题.满分１５０分.
★祝考试顺利★
注意事项:
１．答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上,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:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
４．考试结束后,请将答题卡上交.
一、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A＝{１,３,a２},B＝{３,a＋２},且B A,则实数a＝
A．－１　　　　　　B．０　　　　 　　　C．１　　　　 　　　D．２
２．已知实数a,b,c,则“ac２≥bc２”是“a≥b”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
π π
３．已知复数z＝cos４＋isin
,则
４ z
２＝
A．１ Bi． C．－１ D．－i
４．若f(x)＝x(x－１)(x＋a)(a∈R)为奇函数,则a的值为
A．－１ B．０ C．１ D．－１或１
５．某项比赛共有１０个评委评分,若去掉一个最高分与一个最低分,则与原始数据相
比,一定不变的是
A．极差 B．４５百分位数 C．平均数 D．众数
６．若５个正数之和为１０,且依次成等差数列,则公差d 的取值范围是
( １ １A．－１,１) B．(０,１) C．(－ , ) D．(,
１)
２ ２ ０ ２
７．已知函数 ( )
π π π
f x ＝sin(ωx＋ )(４ ω＞０
),若 x０∈[－ , ]使得 ( )的图象在点３ ４ f x
(x０,f(x０))处的切线与x 轴平行,则ω 的最小值是
３ ３
A．４ B．１ C．２ D．２
第 １ 页(共４页)　
８．已知 正 方 体 ABCDＧA１B１C１D１ 中,|AB|＝４,E 为 AD 的 中 点,P 为 正 方 形
A１B１C１D１ 内的一个动点(含边界),且|PE|≤２ ５,则 PA
→ → →
１＋PB１＋PC１ 的最小
值为
A．２ １７－６ B．２ １７－４ C．２ １７－２ D．２ １７＋２
二、选择题:本题共３小题,每小题６分,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,部分选对的得部分分,有选错的得０分.
９．下列说法正确的有
A．若随机变量
１
X~B(６, ),则D(３ ３x＋２
)＝１２
B．若X~N(μ,σ２),且P(X≤－２)＋P(X≤４)＝１,则μ＝２
C．已知事件A,B 互斥,P( )
１
A ＝ ,P(B)
１ ７
４ ＝
,则P(３ A∪B
)＝１２
D．已知事件A,B 相互独立,
１
P(A)＝ ,P(B)
１
＝ ,则 ( )
１１
４ ３ P AB ＝１２
１０．已知函数f(x)＝x３＋bx２＋cx＋d 在(－ ,０]上是增函数,在[０,２]上是减函数,且
方程f(x)＝０有实数根α,β,２(α＜２≤β),则
Ac．＝０　 Bb．≤－３ C．f(１)≥３ D．|α－β|≥３
x２ y２
１１．已知A,B 分别为双曲线a２－b２＝１
(a＞０,b＞０)的左、右顶点,P(x０,y０)为双曲线
上位于第一象限内任意一点,记∠PAB＝α,∠PBA＝β,∠APB＝γ(其中α,β,y
均不为π),△PAB 的面积为S,则２
|PA| ２b
A． 的值随着 的增大而减小|PB| x０ B．tanα－tanβ≤a
cosγ
C．S tanγ为定值 D． 为定值cos(２β＋γ)
三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分.
１２．编号为１,２,３,４的四位同学,分别就座于编号为１,２,３,４的四个座位上,每个座位
只坐一位同学,则恰有两位同学编号和座位编号一致的坐法种数为 ．
x２
１３．已知椭圆C:４＋y
２＝１的上顶点为A,直线l交椭圆C 于M,N 两点．若△AMN
的重心坐标为(１,０),则直线l的斜率为 ．
１４．已知数列{
n
an}的通项公式为an＝ n－１,设集合An＝{３ a１
,a２, ,an}(n∈N ),An
的所有非空子集中的最小元素的和为Tn．若 n∈N ,λ＞Tn,则实数λ 的取值范
围为 ．
第 ２ 页(共４页)　
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．(本题满分１３分)
△ABC 中,D 为边BC 上一点,且CD＝２BD,AD＝２,AB＝２３．
()若 sin∠BAD １１ B＝３０°,求CD 的长;(２)若 ＝ ,求CD 的长sin∠CAD ２ ．
１６．(本题满分１５分)
如图,在△ABC 中,AB⊥BC,AB＝BC＝６．平面ABC 外的动点D 在以AB 为直径
的半圆上,且满足平面BCD⊥平面ACD．
(１)证明:CB⊥平面ABD;
(２)若线段AC 上的点E 满足CE→＝２EA→,当三棱锥CＧABD 的体积取得最大值时,
求平面BED 与平面AEB 夹角的余弦值．
１７．(本题满分１５分)
已知函数 af(x)＝(１－a)lnx＋ ＋x,其中x a＞０．
(１)当a＝２时,求f(x)的单调递增区间;
(２)若f(x)≥２恒成立,求a的取值范围;
(３)试比较２．５与e０．９５的大小并说明理由．(e为自然对数的底数,e≈２．７１８)
第 ３ 页(共４页) 　
１８．(本题满分１７分)
已知抛物线Γ:x２＝２py(p＞０)

在点A １ １, ÷ 处的切线与坐标轴所围成的三角形
è ２p
的面积为１
４．
(１)求p 的值;
(２)若抛物线Γ上存在B,C 两点,使得AB⊥BC,求点C 的横坐标的取值范围;
(３)将抛物线Γ向下平移一个单位长度得到抛物线Γ′,M,N 是抛物线Γ′与x 轴的
交点,过点(０,２p)作直线l与抛物线Γ′交于D,E 两点,与x 轴交于点T,其中
点 M,D 均在y 轴左侧,直线 ME 与ND 交于点S．问在平面内是否存在一定点
Q,使得QS→ QT→为定值 若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由．
１９．(本题满分１７分)
某互联网大数据实验室为研究短视频平台 AI智能推荐算法的内容传播规律,建立
如下概率扩散模型:
科研人员选定n名平台用户作为研究样本．每名用户被内容打动并产生互动传播的
“基础易感性”参数均为常数a(０＜a＜１)．内容传播按天数逐级扩散,传播规则如下:
① 第一天(冷启动推荐阶段):AI系统从n 名用户中随机选取m 名用户进行初始
定向推送,每名被推送的用户主动点赞并参与传播(称为激活用户)的概率均为p,
且各用户是否被激活相互独立．
② 第二天及以后(社交扩散推荐阶段):每一天,所有已激活用户都会通过 AI协同
推荐,对所有未激活用户(即n名用户中还未被激活的)进行二次流量触达．任一未
激活用户只要被成功激活,就会转为激活用户,并继续参与下一轮传播．
已知:若某一天有k个激活用户同时对同一未激活用户进行推荐触达,则此用户当
天被成功激活的概率为:１－(１－a)k
(１)求第一天结束时,被成功激活的用户人数的数学期望;
(２)求第一天结束时,被成功激活的用户人数为偶数的概率;
(３)若取n＝５,m＝２,p＝０．４,求两天后用户甲是激活用户的概率(用含a的代数式
表示);并结合该概率模型,简要说明为什么 AI推荐平台上的部分短视频会出
现爆发式流量暴涨的现象．
第 ４ 页(共４页　)

展开更多......

收起↑