您的当前位置:首页正文

湖南省郴州市汝城县2022-2023学年数学九年级第一学期期末统考试题含解析

2023-09-12 来源:帮我找美食网
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。

一、选择题(每题4分,共48分)

1.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=1,将绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE,点B经过的路径为弧BD,则图中阴影部分的面积是( )

A.

 6B.

 3C.

1- 22D.

1 22.如图等边△ABC的边长为4cm,点P,点Q同时从点A出发点,Q沿AC以1cm/s的速度向点C运动,点P沿A﹣B﹣C以2cm/s的速度也向点C运动,ts)直到到达点C时停止运动,若△APQ的面积为S(cm2),点Q的运动时间为(,则下列最能反映S与t之间大致图象是( )

A. B.

C. D.

3.如图,若ABC绕点A按逆时针方向旋转50后能与△AB1C1重合,则AB1B( ).

A.50 B.55 C.60 D.65

4.三角形在正方形网格纸中的位置如图所示,则sin的值是()

A.

3 5B.

3 4C.

4 3D.

4 55.下列图形是中心对称图形的是( )

A. B. C. D.

6.如图一段抛物线y=x2﹣3x(0≤x≤3),记为C1,它与x轴于点O和A1:将C1绕旋转180°得到C2,交x轴于A2;将C2绕旋转180°得到C3,交x轴于A3,如此进行下去,若点P(2020,m)在某段抛物线上,则m的值为( )

A.0 B.﹣

3 2C.2 D.﹣2

7.方程x20的解的个数为( ) A.0

B.1

C.2

D.1或2

8.已知正比例函数y=kx的图象经过第二、四象限,则一次函数y=kx﹣k的图象可能是图中的( )

A. B.

C. D.

9.如图,菱形ABCD的边长是4cm,C60,动点P,Q同时从点A出发,以1cm/s的速度分别沿

ABC ,ADC运动,设运动时间为xs,四边形PBDQ的面积为ycm2,则y与x的函数关系图象大致

为( )

A. B.

C. D.

10.关于x的方程x2mx30的一个根是x13,则它的另一个根x2是( ) A.0

B.1

C.1

D.2

11.在Rt△ABC中,∠C=90°,若 sinAA.30°

B.45°

1,则∠B的度数是( ) 2C.60°

D.75°

12.如图,在△ABC中,AB=6,AC=8,BC=9,将△ABC沿图中的线段剪开,剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是( )

A. B.

C. D.

二、填空题(每题4分,共24分) 13.如图,点A在双曲线yk上,且ABx轴于B,若ABO的面积为3,则k的值为__________. x

y=x2﹣4x+1先向左平移3个单位,14.将抛物线C1:再向下平移2个单位得到将抛物线C2,则抛物线C2的解析式为:_____.

15.如图,将一张矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠,点C的对应点为C',再将所折得的图形沿EF折叠,使得点D和点A重合.若AB3,BC4,则折痕EF的长为______.

16.如图,正方形ABCD中,M为BC上一点,ME⊥AM,ME交CD于点F,交AD的延长线于点E,若AB=4,BM=2,则DEF的面积为_____________.

17.双曲线ym2 在每个象限内,函数值y随x的增大而增大,则m的取值范围是__________ x18.关于x的方程x26x3=0的两根分别是x1和x2,且三、解答题(共78分)

19.(8分)已知关于x的方程x2+mx+m-2=0. (1)若此方程的一个根为1,求m的值;

11=__________. x1x2(2)求证:不论m取何实数,此方程都有两个不相等的实数根. 20.(8分)已知关于x的方程x2-6x+k=0的两根分别是x1、x2. (1)求k的取值范围; (2)当

1 1

+=3时,求k的值. x1x221.(8分)某中学开展“唱红歌”比赛活动,九年级(1)、(2)班根据初赛成绩,各选出5名选手参加复赛,两个班各选出5名选手参加复赛,两个班各选出的5名选手的复赛成绩(满分为100分)如图所示.

(1)根据图示填写下表: 班级 九(1) 九(2) 中位数(分) 85 众数(分) 100 (2)通过计算得知九(2)班的平均成绩为85分,请计算九(1)班的平均成绩. (3)结合两班复赛成绩的平均数和中位数,分析哪个班级的复赛成绩较好.

(4)已知九(1)班复赛成绩的方差是70,请计算九(2)班的复赛成绩的方差,并说明哪个班的成绩比较稳定? 22.(10分)如图,二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴相交于点A、B两点,与y轴相交于点C(0,﹣3),抛物线的对称轴为直线x=1.

(1)求此二次函数的解析式;

(2)若抛物线的顶点为D,点E在抛物线上,且与点C关于抛物线的对称轴对称,直线AE交对称轴于点F,试判断

四边形CDEF的形状,并证明你的结论.

10的网格中,横、纵坐标均为整点的数叫做格点,例如A(2,1)23.(10分)如图,在下列10×、B(5,4)、C(1,8)都是格点.

(1)直接写出△ABC的面积;

(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△A1BC1,在网格中画出△A1BC1;

(3)在图中画出线段EF,使它同时满足以下条件:①点E在△ABC内;②点E,F都是格点;③EF三等分BC;④EF=41.请写出点E,F的坐标.

24.(10分)如图,已知A,B,C均在O上,请用无刻度的直尺作图.

B的平分线;

1如图1,若点D是AC的中点,试画出

2如图2,若BD//AC.试画出ABC的平分线.

25.(12分)如图,△ABC中,∠BAC=120o,以BC为边向外作等边△BCD,把△ABD绕着D点按顺时针方向旋转60o后到△ECD的位置.若AB=6,AC=4,求∠BAD的度数和AD的长.

26.如图,BC是路边坡角为30°,长为10米的一道斜坡,在坡顶灯杆CD的顶端D处有一探射灯,射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角∠DAN和∠DBN分别是37°和60°(图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内,CM∥AN). (1)求灯杆CD的高度;

(2)求AB的长度(结果精确到0.1米).(参考数据:3=1.1.sin37°≈060,cos37°≈0.80,tan37°≈0.75)

参考答案

一、选择题(每题4分,共48分) 1、A

【分析】先根据勾股定理得到AB=2,再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD,由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB,于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD-S△ABC=S扇形ABD. 【详解】∵∠ACB=90°,AC=BC=1,

∴AB=2, ∴S扇形ABD=

3022360=,

6又∵Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE, ∴Rt△ADE≌Rt△ACB,

∴S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD−S△ABC=S扇形ABD=故选A. 【点睛】

本题考查扇形面积计算,熟记扇形面积公式,采用作差法计算面积是解题的关键. 2、C

【分析】根据等边三角形的性质可得,然后根据点P的位置分类讨论,分别求出S与t的函数关系式即可得出结论. 【详解】解:∵△ABC为等边三角形 ∴∠A=∠C=60°,AB=BC=AC=4 当点P在AB边运动时, 根据题意可得AP=2t,AQ=t ∴△APQ为直角三角形 S=

, 6111332

AQ×PQ=AQ×sinA)=×t×2t×t,图象为开口向上的抛物线, (AP·=22222当点P在BC边运动时,如下图, 根据题意可得PC=2×4-2t=8-2t,AQ=t S=

1113332

×AQ×PH=×AQ×sinC)=×t×t(4﹣t)=-t+23t, (PC·(8﹣2t)×=222222

图象为开口向下的抛物线; 故选:C. 【点睛】

此题考查的是根据动点判定函数的图象,掌握三角形面积的求法、二次函数的图象及性质和锐角三角函数是解决此题

的关键. 3、D

【分析】根据旋转的性质知ABAB1,BAB150,然后利用三角形内角和定理进行求解.

【详解】∵ABC绕点A按逆时针方向旋转50后与△AB1C1重合,

∴ABAB1,BAB150,

∴AB1B故选D. 【点睛】

1(18050)65, 2本题考查了旋转的性质,三角形内角和定理,熟知旋转角的定义与旋转后对应边相等是解题的关键. 4、A

【分析】根据图形找到对边和斜边即可解题. 【详解】解:由网格纸可知sinα故选A. 【点睛】

本题考查了三角函数的实际应用,属于简单题,熟悉三角函数的概念是解题关键. 5、B

【解析】根据中心对称图形的定义,在平面内,把图形绕着某个点旋转180,如果旋转后的图像能与原图形重合,就为中心对称图形.

【详解】选项A,不是中心对称图形. 选项B,是中心对称图形. 选项C,不是中心对称图形. 选项D,不是中心对称图形. 故选B 【点睛】

本题考查了中心对称图形的定义. 6、C

【分析】先求出点A1的坐标,再根据旋转的性质求出点A1的坐标,然后根据图象上点的纵坐标循环规律即可求出m的值.

【详解】当y=0时,x1﹣3x=0,

3, 5解得:x1=0,x1=3, ∴点A1的坐标为(3,0).

由旋转的性质,可知:点A1的坐标为(6,0). ∵1010÷6=336……4, ∴当x=4时,y=m.

由图象可知:当x=1时的y值与当x=4时的y值互为相反数, 1﹣3×1)=1. ∴m=﹣(1×故选:C. 【点睛】

此题考查的是探索规律题和求抛物线上点的坐标,找出图象上点的纵坐标循环规律是解决此题的关键. 7、C

【解析】根据一元二次方程根的判别式,求出△的值再进行判断即可. 【详解】解:∵x2=0, 1×0=0, ∴△=02-4×

∴方程x2=0有两个相等的实数根. 故选C 【点睛】

本题考查的是一元二次方程根的判别式,当△>0时方程有两个不相等的实数根,△=0时方程有两个相等的实数根,△<0时方程没有实数根. 8、A

【分析】根据正比例函数y=kx的图象经过第二、四象限可判断出k的符号,进而可得出结论. 【详解】解:∵正比例函数y=kx的图象经过第二、四象限, ∴k<0, ∴﹣k>0,

∴一次函数y=kx﹣k的图象经过第一、二、四象限. 故选:A. 【点睛】

本题考查的是一次函数的图象与系数的关系,先根据题意判断出k的符号是解答此题的关键. 9、C

【分析】根据题意可以求出各段对应的函数解析式,再根据函数解析式即可判断哪个选项是符合题意的,本题得以解决.

Q同时从点A出发,【详解】解:∵菱形ABCD的边长为4cm,∠A=60°,动点P,都以1cms的速度分别沿A→B→C和A→D→C的路径向点C运动, ∴△ABD是等边三角形, ∴当0<x≤4时, y=

113232

×4×4×sin60°x=x+43; −x•sin60°x=43−2244当4<x≤8时, y=

11×4×4×sin60°(8−x)×(8−x)×sin60° −×2232

x+43x−123 43(x−8)2+43; 4=−

=−∴选项C中函数图像符合题意, 故选:C. 【点睛】

本题考查动点问题的函数图象,解答本题的关键是明确题意,求出各段对应的函数解析式,利用数形结合的思想解答. 10、C

【分析】根据根与系数的关系即可求出答案. 【详解】由根与系数的关系可知:x1x2=−3, ∴x2=−1, 故选:C. 【点睛】

本题考查一元二次方程,解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法,本题属于基础题型. 11、C

【分析】根据特殊角的函数值sin30【详解】解:∵sin30∴∠A=30°, ∵∠C=90°, -∠A=60° ∴∠B=90°故选:C.

1可得∠A度数,进一步利用两个锐角互余求得∠B度数. 21, 2【点睛】

此题主要考查了特殊角的函数值,以及直角三角形两个锐角互余,熟练掌握特殊角函数值是解题的关键. 12、B

【分析】根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可.

【详解】A、根据两边成比例,夹角相等,故两三角形相似,故本选项错误; B、两三角形的对应边不成比例,故两三角形不相似,故本选项正确; C、两三角形对应边成比例且夹角相等,故两三角形相似,故本选项错误. D、根据两边成比例,夹角相等,故两三角形相似,故本选项错误; 故选:B. 【点睛】

此题主要考查相似三角形的判定,解题的关键是熟知相似三角形的判定定理.

二、填空题(每题4分,共24分) 13、6

【分析】设点A坐标为(x,y),由反比例函数的几何意义得SOAB出k的值.

【详解】解:设点A的坐标为:(x,y), ∴SOAB11xyk,根据ABO的面积为3,即可求2211xyk3, 22∴k6, ∴k6,

∵反比例函数经过第二、四象限,则k0, ∴k6

故答案为:6. 【点睛】

本题考查了反比例函数的性质,以及反比例函数的几何意义,解题的关键是熟练掌握反比例函数的几何意义进行解题. 14、y=(x+1)2﹣1

【分析】先确定抛物线C1:y=x2﹣4x+1的顶点坐标为(2,﹣3),再利用点平移的坐标变换规律,把点(2,﹣3)平移后对应点的坐标为(﹣1,﹣1),然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式.

【详解】解:抛物线C1:y=x2﹣4x+1=(x﹣2)2﹣3的顶点坐标为(2,﹣3),把点(2,﹣3)先向左平移3个单位,

再向下平移2个单位后所得对应点的坐标为(-1,﹣1),所以平移后的抛物线的解析式为y=(x+1)2﹣1, 故答案为y=(x+1)2﹣1. 【点睛】

此题主要考查二次函数的平移,解题的关键是熟知二次函数平移的特点. 15、

25 12【分析】首先由折叠的性质与矩形的性质,证得BND是等腰三角形,则在RtABN中,利用勾股定理,借助于方程即可求得AN的长,又由ANB≌C'ND,易得:FDMABN,由三角函数的性质即可求得MF的长,又由中位线的性质求得EM的长,则问题得解

【详解】如图,设BC'与AD交于N,EF与AD交于M,

根据折叠的性质可得:NBDCBD,AMDM四边形ABCD是矩形,

1AD,FMDEMD90, 2AD//BC,ADBC4,BAD90,

ADBCBD, NBDADB, BNDN,

设ANx,则BNDN4x, 在RtABN中,AB2AN2BN2,

32x2(4x)2,

x7, 87即AN,

8C'DCDAB3,BADC'90,ANBC'ND, ANB≌C'NDAAS,

FDMABN,

tanFDMtanABN,

ANMF, ABMD7MF,

8327MF,

12由折叠的性质可得:EFAD,

EF//AB,

AMDM, ME13AB, 223725EFMEMF,

2121225. 故答案为12【点睛】

本题考查了折叠的性质,全等三角形的判定与性质,三角函数的性质以及勾股定理等知识,综合性较强,有一定的难度,解题时要注意数形结合思想与方程思想的应用. 16、1

【分析】先根据正方形的性质可得CDBCAB4,BCADC90,AD//BC,从而可得CM2,再根

CMCF,从而可得CF的长,又根据线段的和差可得DF的长,然后根据相似三ABBMDEDF角形的判定与性质可得,从而可得出DE的长,最后根据直角三角形的面积公式即可得. CMCF据相似三角形的判定与性质可得【详解】

四边形ABCD是正方形,AB4,BM2

CDBCAB4,BCADC90,AD//BC

CMBCBM2

MEAM,即AME90

AMBCMF90 B90

AMBBAM90 CMFBAM

在CMF和BAM中,CMFBAM

CB90CMFBAM

CMCF2CF,即 ABBM42解得CF1

DFCDCF3

AD//BC,即DE//CM

DEDFDE3 ,即CMCF21ADC90

DEFCMF

解得DE6

EDF90

则DEF的面积为故答案为:1. 【点睛】

本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定定理与性质等知识点,熟练掌握相似三角形的判定定理与性质是解题关键. 17、m2

【分析】根据反比例函数的性质可知 ,y随x的增大而增大则k知小于0,即m-2<0,解得m的范围即可. 【详解】∵反比例函数y随x的增大而增大 ∴m-2<0 则m<2 【点睛】

本题考查了反比例函数y0. 18、2

【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可解答. 【详解】∵方程x26x3=0的两根分别是x1和x2, ∴x1x26,x1x23 ,

11DEDF639 22k的性质,函数值y随x的增大而增大则k小于0,函数值y随x的增大而减小则k大于x11x1x262, ∴=

x1x23x1x2故答案为:2. 【点睛】

此题考查根与系数的关系,熟记两个关系式并运用解题是关键.

三、解答题(共78分)

119、(1);(2)证明见解析.

2【解析】试题分析:一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2﹣4ac:当△>0,方程有两个不相等的实数根;当△=0,方程有两个相等的实数根;当△<0,方程没有实数根. (1)直接把x=1代入方程x2+mx+m﹣2=0求出m的值;

(2)计算出根的判别式,进一步利用配方法和非负数的性质证得结论即可. 解:(1)根据题意,将x=1代入方程x2+mx+m﹣2=0, 得:1+m+m﹣2=0, 解得:m=

1; 21×(2)∵△=m2﹣4×(m﹣2)=m2﹣4m+8=(m﹣2)2+4>0, ∴不论m取何实数,该方程都有两个不相等的实数根. 考点:根的判别式;一元二次方程的解. 20、(1)k≤9;(2)2

【分析】(1)根据判别式的意义得到Δ=(-6)2-4k=36-4k≥0,然后解不等式即可; (2)根据根与系数的关系得到x1+x2=6,x1x2=k,再利用【详解】(1)∵方程有两根 ∴Δ=(-6)2-4k=36-4k≥0 ∴k≤9;

(2)由已知可得,x1+x2=6,x1x2=k ∴

x1x26=3得到=3,得到满足条件的k的值. x1x2k11x1x2+==3

x1x2x1x2∴

6=3 k∴k=2<9

11=3时,k的值为2. ∴当+

x1x2【点睛】

bcxx,xx212本题考查了根与系数的关系:若x1,x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时,1aa.也

考查了根的判别式.

21、(1)见解析;(2)85分;(3)九(1)班成绩好;(4)九(1)班成绩稳定.

【解析】(1)观察图分别写出九(1)班和九(2)班5名选手的复赛成绩,然后根据中位数的定义和平均数的求法以及众数的定义求解即可; (2)根据平均数计算即可;

(3)在平均数相同的情况下,中位数高的成绩较好;

(4)先根据方差公式分别计算两个班复赛成绩的方差,再根据方差的意义判断即可. 【详解】解:(1)填表: 班级 九(1) 九(2) (2)x中位数(分) 85 80 众数(分) 85 100 1(75808585100) =85 5答:九(1)班的平均成绩为85分 (3)九(1)班成绩好些

因为两个班级的平均数都相同,九(1)班的中位数高,所以在平均数相同的情况下中位数高的九(1)班成绩好. (4)S21班= S22班=

1[(75﹣85)2+(80﹣85)2+(85﹣85)2+(85﹣85)2+(100﹣85)2]=70, 51 [(70﹣85)2+(100﹣85)2+(100﹣85)2+(75﹣85)2+(80﹣85)2]=160, 5因为160>70所以九(1)班成绩稳定. 【点睛】

考查了平均数、中位数、众数和方差的意义即运用.方差是用来衡量一组数据波动大小的量,方差越大,表明这组数据偏离平均数越大,即波动越大,数据越不稳定;反之,方差越小,表明这组数据分布比较集中,各数据偏离平均数越小,即波动越小,数据越稳定.

22、(1)y=x2﹣2x﹣3;(2)四边形EFCD是正方形,见解析

【分析】(1)抛物线与y轴相交于点C(0,﹣3),对称轴为直线x=1知c=﹣3,b1,据此可得答案; 2F、D、C四点坐标,(2)结论四边形EFCD是正方形.如图1中,连接CE与DF交于点K.求出E、只要证明DF⊥CE,DF=CE,KC=KE,KF=KD即可证明.

【详解】(1)∵抛物线与y轴相交于点C(0,﹣3),对称轴为直线x=1 ∴c=﹣3,bb1,即b=﹣2, 2a2∴二次函数解析式为yx2﹣2x﹣3; (2)四边形EFCD是正方形. 理由如下:

如图,连接CE与DF交于点K.

2x﹣3(x﹣1)﹣4, ∵yx﹣∴顶点D(1,4),

∵C、E关于对称轴对称,C(0,﹣3), ∴E(2,﹣3), ∵A(﹣1,0),

设直线AE的解析式为ykxb,

22kb0则,

2kb3解得:k2,

b1∴直线AE的解析式为y=﹣x﹣1. ∴F(1,﹣2),

∴CK=EK=1,FK=DK=1, ∴四边形EFCD是平行四边形,

又∵CE⊥DF,CE=DF, ∴四边形EFCD是正方形. 【点睛】

本题是二次函数综合题,主要考查了待定系数法、一次函数的应用、正方形的判定和性质等知识,解题的关键是灵活运用待定系数法确定函数解析式.

23、(1)12;(2)见解析;(3)E(2,4),F(7,8).

【分析】(1)用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积; (2)利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A1、C1即可得到△A1BC1;

(3)利用平行线分线段成比例得到CF:BE=2,则EF三等分BC,然后写出E、F的坐标,根据勾股定理求出EF的长度为41

7﹣【详解】解:(1)△ABC的面积=4×(2)如图,△A1BC1为所作;

(3)如图,线段EF为所作,其中E点坐标为(2,4),F点坐标为(7,8),EF的长度为41.

111×7×1﹣×3×3﹣×4×4=12; 222

【点睛】

本题考查了作图-旋转变换:根据旋转的性质可知,对应角都相等都等于旋转角,对应线段也相等,由此可以通过作相等的角,在角的边上截取相等的线段的方法,找到对应点,顺次连接得出旋转后的图形.也考查了勾股定理. 24、1见解析; 2见解析

【分析】(1)根据题意连接OD并延长交圆上一点E,连接BE即可;

(2)根据题意连接AD与BC交与一点,连接此点和O,并延长交圆上一点E,连接BE即可. 【详解】1如图: BE即为所求;

2如图: BE即为所求;

【点睛】

本题主要考查复杂作图、圆周角定理、垂径定理以及切线的性质的综合应用,解决问题的关键是掌握平分弦(不是直径)的直径垂直于弦,并且平分弦所对的两条弧. 25、AD=10, ∠BAD=60°.

【解析】先证明△ADE是等边三角形,再推出A,C,E共线;由于∠ADE=60°,根据旋转得出AB=CE=6,求出AE即可.

【详解】解:由旋转可知:△ABD≌△ECD ∴AB=EC=6, ∠BAD=∠E AD=ED ∵∠ADE=60°

∴△ADE是等边三角形 ∴AE=AD ∠E=∠DAE=60° ∴∠BAD=60° ∵∠BAC=120°

∴∠DAC=60°=∠DAE ∴C在AE上 ∴AD=AC+CE=4+6=10.

【点睛】本题考查的知识点是旋转的性质, 等边三角形的性质,解题的关键是熟练的掌握旋转的性质, 等边三角形的性质.

26、(1)10米;(2)11.4米

【解析】(1)延长DC交AN于H.只要证明BC=CD即可;

(2)在Rt△BCH中,求出BH、CH,在 Rt△ADH中求出AH即可解决问题. 【详解】(1)如图,延长DC交AN于H,

,∠DHB=90°, ∵∠DBH=60°, ∴∠BDH=30°, ∵∠CBH=30°

, ∴∠CBD=∠BDC=30°∴BC=CD=10(米); (2)在Rt△BCH中,CH=∴DH=15,

在Rt△ADH中,AH=

1BC=5,BH=53≈8.65, 2DH15≈=20,

tan370.75∴AB=AH﹣BH=20﹣8.65=11.4(米). 【点睛】

本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题.

因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容

热门图文

Top