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文檔簡介

1、2017年高考真題分類匯編(理數(shù)):專題2 導數(shù)一、單選題(共3題;共6分)1、(2017浙江)函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f(x)的圖象可能是(    )A、B、C、D、2、(2017新課標)若x=2是函數(shù)f(x)=(x2+ax1)ex1的極值點,則f(x)的極小值為(    ) A、1B、2e3C、5e3D、13、(2017新課標)已知函數(shù)f(x)=x22x+a(ex1+ex+1)有唯一零點,則a=(    ) A、 B、C、D、1二、解答題(共8題;共50分)4、(

2、2017浙江)已知函數(shù)f(x)=(x )ex(x )()求f(x)的導函數(shù);()求f(x)在區(qū)間 ,+)上的取值范圍 5、(2017山東)已知函數(shù)f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosxsinx+2x2),其中e2.17828是自然對數(shù)的底數(shù)(13分)()求曲線y=f(x)在點(,f()處的切線方程;()令h(x)=g (x)a f(x)(aR),討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值 6、(2017北京卷)已知函數(shù)f(x)=excosxx(13分) (1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0)處的切線方程; (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間0, 上的最大值和最小值 7、(2

3、017·天津)設(shè)aZ,已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x4+3x33x26x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個零點x0 , g(x)為f(x)的導函數(shù)()求g(x)的單調(diào)區(qū)間;()設(shè)m1,x0)(x0 , 2,函數(shù)h(x)=g(x)(mx0)f(m),求證:h(m)h(x0)0;()求證:存在大于0的常數(shù)A,使得對于任意的正整數(shù)p,q,且 1,x0)(x0 , 2,滿足| x0| 8、(2017江蘇)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有極值,且導函數(shù)f(x)的極值點是f(x)的零點(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值)()求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域;()證

4、明:b23a;()若f(x),f(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于 ,求a的取值范圍 9、(2017新課標卷)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a2)exx(12分) (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍 10、(2017新課標)已知函數(shù)f(x)=ax2axxlnx,且f(x)0()求a;()證明:f(x)存在唯一的極大值點x0 , 且e2f(x0)22 11、(2017新課標)已知函數(shù)f(x)=x1alnx()若 f(x)0,求a的值;()設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,(1+ )(1+ )(1+ )m,求m的最小值 答案解析部分一、單選題1、【答案】D 【

5、考點】函數(shù)的圖象,函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關(guān)系 【解析】【解答】解:由當f(x)0時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當f(x)0時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,則由導函數(shù)y=f(x)的圖象可知:f(x)先單調(diào)遞減,再單調(diào)遞增,然后單調(diào)遞減,最后單調(diào)遞增,排除A,C,且第二個拐點(即函數(shù)的極大值點)在x軸上的右側(cè),排除B,故選D【分析】根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系,當f(x)0時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當f(x)0時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,根據(jù)函數(shù)圖象,即可判斷函數(shù)的單調(diào)性,然后根據(jù)函數(shù)極值的判斷,即可判斷函數(shù)極值的位置,即可求得函數(shù)y=f(x)的圖象可能 2、【答案】A 【考點】導數(shù)的運算,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)

6、性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值 【解析】【解答】解:函數(shù)f(x)=(x2+ax1)ex1 , 可得f(x)=(2x+a)ex1+(x2+ax1)ex1 , x=2是函數(shù)f(x)=(x2+ax1)ex1的極值點,可得:4+a+(32a)=0解得a=1可得f(x)=(2x1)ex1+(x2x1)ex1 , =(x2+x2)ex1 , 函數(shù)的極值點為:x=2,x=1,當x2或x1時,f(x)0函數(shù)是增函數(shù),x(2,1)時,函數(shù)是減函數(shù),x=1時,函數(shù)取得極小值:f(1)=(1211)e11=1故選:A【分析】求出函數(shù)的導數(shù),利用極值點,求出a,然后判斷函數(shù)的單調(diào)性,求解函數(shù)的極小值即可 3、【答案】C

7、【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系,函數(shù)的零點 【解析】【解答】解:因為f(x)=x22x+a(ex1+ex+1)=1+(x1)2+a(ex1+ )=0,所以函數(shù)f(x)有唯一零點等價于方程1(x1)2=a(ex1+ )有唯一解,等價于函數(shù)y=1(x1)2的圖象與y=a(ex1+ )的圖象只有一個交點當a=0時,f(x)=x22x1,此時有兩個零點,矛盾;當a0時,由于y=1(x1)2在(,1)上遞增、在(1,+)上遞減,且y=a(ex1+ )在(,1)上遞增、在(1,+)上遞減,所以函數(shù)y=1(x1)2的圖象的最高點為A(1,1),y

8、=a(ex1+ )的圖象的最高點為B(1,2a),由于2a01,此時函數(shù)y=1(x1)2的圖象與y=a(ex1+ )的圖象有兩個交點,矛盾;當a0時,由于y=1(x1)2在(,1)上遞增、在(1,+)上遞減,且y=a(ex1+ )在(,1)上遞減、在(1,+)上遞增,所以函數(shù)y=1(x1)2的圖象的最高點為A(1,1),y=a(ex1+ )的圖象的最低點為B(1,2a),由題可知點A與點B重合時滿足條件,即2a=1,即a= ,符合條件;綜上所述,a= ,故選:C【分析】通過轉(zhuǎn)化可知問題等價于函數(shù)y=1(x1)2的圖象與y=a(ex1+ )的圖象只有一個交點求a的值分a=0、a0、a0三種情況,

9、結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性分析可得結(jié)論 二、解答題4、【答案】解:()函數(shù)f(x)=(x )ex(x ),導數(shù)f(x)=(1 2)ex(x )ex=(1x+ )ex=(1x)(1 )ex;()由f(x)的導數(shù)f(x)=(1x)(1 )ex , 可得f(x)=0時,x=1或 ,當 x1時,f(x)0,f(x)遞減;當1x 時,f(x)0,f(x)遞增;當x 時,f(x)0,f(x)遞減,且x x22x1(x1)20,則f(x)0由f( )= e ,f(1)=0,f( )= e ,即有f(x)的最大值為 e ,最小值為f(1)=0則f(x)在區(qū)間 ,+)上的取值范圍是0, e 【考點】簡單復合函數(shù)的導數(shù),利

10、用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用 【解析】【分析】()求出f(x)的導數(shù),注意運用復合函數(shù)的求導法則,即可得到所求;()求出f(x)的導數(shù),求得極值點,討論當 x1時,當1x 時,當x 時,f(x)的單調(diào)性,判斷f(x)0,計算f( ),f(1),f( ),即可得到所求取值范圍 5、【答案】解:()f()=22f(x)=2x2sinx,f()=2曲線y=f(x)在點(,f()處的切線方程為:y(22)=2(x)化為:2xy22=0()h(x)=g (x)a f(x)=ex(cosxsinx+2x2)a(x2+2cosx)h(x)=ex(cosxsinx+2x2)+ex(

11、sinxcosx+2)a(2x2sinx)=2(xsinx)(exa)=2(xsinx)(exelna)令u(x)=xsinx,則u(x)=1cosx0,函數(shù)u(x)在R上單調(diào)遞增u(0)=0,x0時,u(x)0;x0時,u(x)0(i)a0時,exa0,x0時,h(x)0,函數(shù)h(x)在(0,+)單調(diào)遞增;x0時,h(x)0,函數(shù)h(x)在(,0)單調(diào)遞減x=0時,函數(shù)h(x)取得極小值,h(0)=12a(ii)a0時,令h(x)=2(xsinx)(exelna)=0解得x1=lna,x2=00a1時,x(,lna)時,exelna0,h(x)0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增;x(lna,0)時,e

12、xelna0,h(x)0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減;x(0,+)時,exelna0,h(x)0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增當x=0時,函數(shù)h(x)取得極小值,h(0)=2a1當x=lna時,函數(shù)h(x)取得極大值,h(lna)=aln2a2lna+sin(lna)+cos(lna)+2當a=1時,lna=0,xR時,h(x)0,函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增1a時,lna0,x(,0)時,exelna0,h(x)0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增;x(0,lna)時,exelna0,h(x)0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減;x(lna,+)時,exelna0,h(x)0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增當x=0時,函數(shù)h(x)取得極大值

13、,h(0)=2a1當x=lna時,函數(shù)h(x)取得極小值,h(lna)=aln2a2lna+sin(lna)+cos(lna)+2綜上所述:a0時,函數(shù)h(x)在(0,+)單調(diào)遞增;x0時,函數(shù)h(x)在(,0)單調(diào)遞減x=0時,函數(shù)h(x)取得極小值,h(0)=12a0a1時,函數(shù)h(x)在x(,lna)是單調(diào)遞增;函數(shù)h(x)在x(lna,0)上單調(diào)遞減當x=0時,函數(shù)h(x)取得極小值,h(0)=2a1當x=lna時,函數(shù)h(x)取得極大值,h(lna)=aln2a2lna+sin(lna)+cos(lna)+2當a=1時,lna=0,函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增a1時,函數(shù)h(x)在(,

14、0),(lna,+)上單調(diào)遞增;函數(shù)h(x)在(0,lna)上單調(diào)遞減當x=0時,函數(shù)h(x)取得極大值,h(0)=2a1當x=lna時,函數(shù)h(x)取得極小值,h(lna)=aln2a2lna+sin(lna)+cos(lna)+2 【考點】導數(shù)的加法與減法法則,導數(shù)的乘法與除法法則,函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關(guān)系,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程 【解析】【分析】()f()=22f(x)=2x2sinx,可得f()=2即為切線的斜率,利用點斜式即可得出切線方程()h(x)=g (x)a f(x)=ex(cosxsinx+2x2)a(x2+2cosx

15、),可得h(x)=2(xsinx)(exa)=2(xsinx)(exelna)令u(x)=xsinx,則u(x)=1cosx0,可得函數(shù)u(x)在R上單調(diào)遞增由u(0)=0,可得x0時,u(x)0;x0時,u(x)0對a分類討論:a0時,0a1時,當a=1時,a1時,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值即可得出 6、【答案】(1)解:函數(shù)f(x)=excosxx的導數(shù)為f(x)=ex(cosxsinx)1,可得曲線y=f(x)在點(0,f(0)處的切線斜率為k=e0(cos0sin0)1=0,切點為(0,e0cos00),即為(0,1),曲線y=f(x)在點(0,f(0)處的切線方程為y=1;(2)解

16、:函數(shù)f(x)=excosxx的導數(shù)為f(x)=ex(cosxsinx)1,令g(x)=ex(cosxsinx)1,則g(x)的導數(shù)為g(x)=ex(cosxsinxsinxcosx)=2exsinx,當x0, ,可得g(x)=2exsinx0,即有g(shù)(x)在0, 遞減,可得g(x)g(0)=0,則f(x)在0, 遞減,即有函數(shù)f(x)在區(qū)間0, 上的最大值為f(0)=e0cos00=1;最小值為f( )=e cos = 【考點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程 【解析】【分析】(1.)求出f(x)的導數(shù),可得切線的斜率和切點,由點斜式方程即可得到所求方程;(2.)

17、求出f(x)的導數(shù),再令g(x)=f(x),求出g(x)的導數(shù),可得g(x)在區(qū)間0, 的單調(diào)性,即可得到f(x)的單調(diào)性,進而得到f(x)的最值 7、【答案】()解:由f(x)=2x4+3x33x26x+a,可得g(x)=f(x)=8x3+9x26x6,進而可得g(x)=24x2+18x6令g(x)=0,解得x=1,或x= 當x變化時,g(x),g(x)的變化情況如下表:x(,1)(1, )( ,+)g(x)+g(x)所以,g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(,1),( ,+),單調(diào)遞減區(qū)間是(1, )()證明:由h(x)=g(x)(mx0)f(m),得h(m)=g(m)(mx0)f(m),h(x0)

18、=g(x0)(mx0)f(m)令函數(shù)H1(x)=g(x)(xx0)f(x),則H1(x)=g(x)(xx0)由()知,當x1,2時,g(x)0,故當x1,x0)時,H1(x)0,H1(x)單調(diào)遞減;當x(x0 , 2時,H1(x)0,H1(x)單調(diào)遞增因此,當x1,x0)(x0 , 2時,H1(x)H1(x0)=f(x0)=0,可得H1(m)0即h(m)0,令函數(shù)H2(x)=g(x0)(xx0)f(x),則H2(x)=g(x0)g(x)由()知,g(x)在1,2上單調(diào)遞增,故當x1,x0)時,H2(x)0,H2(x)單調(diào)遞增;當x(x0 , 2時,H2(x)0,H2(x)單調(diào)遞減因此,當x1,

19、x0)(x0 , 2時,H2(x)H2(x0)=0,可得得H2(m)0即h(x0)0,所以,h(m)h(x0)0()對于任意的正整數(shù)p,q,且 ,令m= ,函數(shù)h(x)=g(x)(mx0)f(m)由()知,當m1,x0)時,h(x)在區(qū)間(m,x0)內(nèi)有零點;當m(x0 , 2時,h(x)在區(qū)間(x0 , m)內(nèi)有零點所以h(x)在(1,2)內(nèi)至少有一個零點,不妨設(shè)為x1 , 則h(x1)=g(x1)( x0)f( )=0由()知g(x)在1,2上單調(diào)遞增,故0g(1)g(x1)g(2),于是| x0|= = 因為當x1,2時,g(x)0,故f(x)在1,2上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間1,2

20、上除x0外沒有其他的零點,而 x0 , 故f( )0又因為p,q,a均為整數(shù),所以|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整數(shù),從而|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1所以| x0| 所以,只要取A=g(2),就有| x0| 【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,不等式的證明,函數(shù)的零點 【解析】【分析】()求出函數(shù)的導函數(shù)g(x)=f(x)=8x3+9x26x6,求出極值點,通過列表判斷函數(shù)的單調(diào)性求出單調(diào)區(qū)間即可()由h(x)=g(x)(mx0)f(m),推出h(m)=g(m)(mx0)f(m),令函數(shù)H1(x)=g(x)(xx0)f(x),求出導

21、函數(shù)H1(x)利用()知,推出h(m)h(x0)0()對于任意的正整數(shù)p,q,且 ,令m= ,函數(shù)h(x)=g(x)(mx0)f(m)由()知,當m1,x0)時,當m(x0 , 2時,通過h(x)的零點轉(zhuǎn)化推出| x0|= = 推出|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1然后推出結(jié)果 8、【答案】()解:因為f(x)=x3+ax2+bx+1,所以g(x)=f(x)=3x2+2ax+b,g(x)=6x+2a,令g(x)=0,解得x= 由于當x 時g(x)0,g(x)=f(x)單調(diào)遞增;當x 時g(x)0,g(x)=f(x)單調(diào)遞減;所以f(x)的極小值點為x= ,由于導函數(shù)f(x)的極值

22、點是原函數(shù)f(x)的零點,所以f( )=0,即 + +1=0,所以b= + (a0)因為f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有極值,所以f(x)=3x2+2ax+b=0有兩個不等的實根,所以4a212b0,即a2 + 0,解得a3,所以b= + (a3)()證明:由(1)可知h(a)=b23a= + = (4a327)(a327),由于a3,所以h(a)0,即b23a;()解:由(1)可知f(x)的極小值為f( )=b ,設(shè)x1 , x2是y=f(x)的兩個極值點,則x1+x2= ,x1x2= ,所以f(x1)+f(x2)= + +a( + )+b(x1+x2)+2=(x1+x2)(

23、x1+x2)23x1x2+a(x1+x2)22x1x2+b(x1+x2)+2= +2,又因為f(x),f(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于 ,所以b + +2= ,因為a3,所以2a363a540,所以2a(a236)+9(a6)0,所以(a6)(2a2+12a+9)0,由于a3時2a2+12a+90,所以a60,解得a6,所以a的取值范圍是(3,6 【考點】導數(shù)的運算,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用 【解析】【分析】()通過對f(x)=x3+ax2+bx+1求導可知g(x)=f(x)=3x2+2ax+b,進而再求導可知g(x)=6x+2a

24、,通過令g(x)=0進而可知f(x)的極小值點為x= ,從而f( )=0,整理可知b= + (a0),結(jié)合f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有極值可知f(x)=0有兩個不等的實根,進而可知a3()通過(1)構(gòu)造函數(shù)h(a)=b23a= + = (4a327)(a327),結(jié)合a3可知h(a)0,從而可得結(jié)論;()通過(1)可知f(x)的極小值為f( )=b ,利用韋達定理及完全平方關(guān)系可知y=f(x)的兩個極值之和為 +2,進而問題轉(zhuǎn)化為解不等式b + +2= ,因式分解即得結(jié)論 9、【答案】(1)解:由f(x)=ae2x+(a2)exx,求導f(x)=2ae2x+(a2)ex1,

25、當a=0時,f(x)=2ex10,當xR,f(x)單調(diào)遞減,當a0時,f(x)=(2ex+1)(aex1)=2a(ex+ )(ex ),令f(x)=0,解得:x=ln ,當f(x)0,解得:xln ,當f(x)0,解得:xln ,x(,ln )時,f(x)單調(diào)遞減,x(ln ,+)單調(diào)遞增;當a0時,f(x)=2a(ex+ )(ex )0,恒成立,當xR,f(x)單調(diào)遞減,綜上可知:當a0時,f(x)在R單調(diào)減函數(shù),當a0時,f(x)在(,ln )是減函數(shù),在(ln ,+)是增函數(shù);(2)由f(x)=ae2x+(a2)exx=0,有兩個零點,由(1)可知:當a0時,f(x)=0,有兩個零點,則

26、f(x)min=a +(a2) ln ,=a( )+(a2)× ln ,=1 ln ,由f(x)min0,則1 ln 0,整理得:a1+alna0,設(shè)g(a)=alna+a1,a0,g(a)=lna+1+1=lna+2,令g(a)=0,解得:a=e2 , 當a(0,e2),g(a)0,g(a)單調(diào)遞減,當a(e2 , +),g(a)0,g(a)單調(diào)遞增,g(a)min=g(e2)=e2lne2+e21= 1,由g(1)=11ln1=0,0a1,a的取值范圍(0,1) 【考點】導數(shù)的運算,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,函數(shù)零點的判定定理 【解析】【分析】(1.

27、)求導,根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系,分類討論,即可求得f(x)單調(diào)性;(2.)由(1)可知:當a0時才有個零點,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得f(x)最小值,由f(x)min0,g(a)=alna+a1,a0,求導,由g(a)min=g(e2)=e2lne2+e21= 1,g(1)=0,即可求得a的取值范圍 10、【答案】()解:因為f(x)=ax2axxlnx=x(axalnx)(x0),則f(x)0等價于h(x)=axalnx0,因為h(x)=a ,且當0x 時h(x)0、當x 時h(x)0,所以h(x)min=h( ),又因為h(1)=aaln1=0,所以 =1,解得a=1;()證明:由(1)可知

28、f(x)=x2xxlnx,f(x)=2x2lnx,令f(x)=0,可得2x2lnx=0,記t(x)=2x2lnx,則t(x)=2 ,令t(x)=0,解得:x= ,所以t(x)在區(qū)間(0, )上單調(diào)遞減,在( ,+)上單調(diào)遞增,所以t(x)min=t( )=ln210,從而t(x)=0有解,即f(x)=0存在兩根x0 , x2 , 且不妨設(shè)f(x)在(0,x0)上為正、在(x0 , x2)上為負、在(x2 , +)上為正,所以f(x)必存在唯一極大值點x0 , 且2x02lnx0=0,所以f(x0)= x0x0lnx0= x0+2x02 =x0 ,由x0 可知f(x0)(x0 )max= + = ;由f( )0可知x0 ,所以f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0 , )上單調(diào)遞減,所以f(x0)f( )= + = ;綜上所述,f(x)存在唯一

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