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…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè),總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè),總=sectionpages11頁(yè)2025年粵人版高一數(shù)學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍:全部知識(shí)點(diǎn);考試時(shí)間:120分鐘學(xué)校:______姓名:______班級(jí):______考號(hào):______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題,共14分)1、已知?jiǎng)t角α的終邊所在的象限是()
A.第一象限。
B.第二象限。
C.第三象限。
D.第四象限。
2、奇函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù),則在區(qū)間上是A.增函數(shù),且最大值為B.減函數(shù),且最大值為C.增函數(shù),且最大值為D.減函數(shù),且最大值為3、?????=()A.B.2C.D.4、已知函數(shù)f(x)=x2+1,那么f(a+1)的值為()A.a2+a+2B.a2+1C.a2+2a+2D.a2+2a+15、定義運(yùn)算:a*b=如1*2=1,則函數(shù)f(x)=cosx*sinx的值域?yàn)椋ǎ〢.[-1,]B.[-1,1]C.[1]D.[-]6、已知等比數(shù)列{an}中,a4+a8=則a6(a2+2a6+a10)的值為()A.1B.-4C.D.-7、如圖,正方體ABCD鈭?A1B1C1D1
的棱長(zhǎng)為3
以頂點(diǎn)A
為球心,2
為半徑作一個(gè)球,則圖中球面與正方體的表面相交所得到的兩段弧長(zhǎng)之和等于(
)
A.5婁脨6
B.2婁脨3
C.婁脨
D.7婁脨6
評(píng)卷人得分二、填空題(共9題,共18分)8、化簡(jiǎn)的結(jié)果是____.9、已知向量和的夾角為則=____10、若cosαcosβ=則sinαsinβ的取值范圍是______.11、函數(shù)的定義域是____.12、【題文】函數(shù)的定義域?yàn)開(kāi)___.13、【題文】過(guò)點(diǎn)(0,1)的直線與x2+y2=4相交于A、B兩點(diǎn),則|AB|的最小值為_(kāi)_______.14、【題文】[2014·江西模擬]設(shè)全集U=[0,+∞),A={x|x2-2x-3≥0},B={x|x2+a<0},若(?UA)∪B=?UA,則a的取值范圍是________.15、已知全集U={1,2,3,4},集合A={1,4},B={2,4},則A∩?UB=____.16、化簡(jiǎn):(a2-2+a-2)÷(a2-a-2)評(píng)卷人得分三、證明題(共8題,共16分)17、初中我們學(xué)過(guò)了正弦余弦的定義,例如sin30°=,同時(shí)也知道,sin(30°+30°)=sin60°≠sin30°+sin30°;根據(jù)如圖,設(shè)計(jì)一種方案,解決問(wèn)題:
已知在任意的三角形ABC中,AD⊥BC,∠BAD=α,∠CAD=β,設(shè)AB=c,AC=b;BC=a
(1)用b;c及α,β表示三角形ABC的面積S;
(2)sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ.18、AB是圓O的直徑,CD是圓O的一條弦,AB與CD相交于E,∠AEC=45°,圓O的半徑為1,求證:EC2+ED2=2.19、如圖;過(guò)圓O外一點(diǎn)D作圓O的割線DBA,DE與圓O切于點(diǎn)E,交AO的延長(zhǎng)線于F,AF交圓O于C,且AD⊥DE.
(1)求證:E為的中點(diǎn);
(2)若CF=3,DE?EF=,求EF的長(zhǎng).20、如圖,設(shè)△ABC是直角三角形,點(diǎn)D在斜邊BC上,BD=4DC.已知圓過(guò)點(diǎn)C且與AC相交于F,與AB相切于AB的中點(diǎn)G.求證:AD⊥BF.21、如圖;在△ABC中,AB=AC,AD⊥BC,垂足為D,E為AD的中點(diǎn),DF⊥BE,垂足為F,CF交AD于點(diǎn)G.
求證:(1)∠CFD=∠CAD;
(2)EG<EF.22、AB是圓O的直徑,CD是圓O的一條弦,AB與CD相交于E,∠AEC=45°,圓O的半徑為1,求證:EC2+ED2=2.23、如圖,已知:D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點(diǎn),DE∥BC,BE與CD交于點(diǎn)O,直線AO與BC邊交于M,與DE交于N,求證:BM=MC.24、已知ABCD四點(diǎn)共圓,AB與DC相交于點(diǎn)E,AD與BC交于F,∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X,M、N分別是AC與BD的中點(diǎn),求證:(1)FX⊥EX;(2)FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN.評(píng)卷人得分四、作圖題(共1題,共2分)25、繪制以下算法對(duì)應(yīng)的程序框圖:
第一步;輸入變量x;
第二步,根據(jù)函數(shù)f(x)=
對(duì)變量y賦值;使y=f(x);
第三步,輸出變量y的值.評(píng)卷人得分五、解答題(共1題,共4分)26、計(jì)算(1)(2)參考答案一、選擇題(共7題,共14分)1、C【分析】
由于=2π-則角α的終邊所在的象限與-的終邊相同,而-的終邊在第三象限;
故角α的終邊所在的象限是第三象限;
故選C.
【解析】【答案】由于=2π-則角α的終邊所在的象限與-的終邊相同,而-的終邊在第三象限;從而得出結(jié)論.
2、B【分析】【解析】試題分析:利用奇函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,那么可知如果奇函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù),那么在區(qū)間上是減函數(shù),排除A,C。而對(duì)于已知區(qū)間可知,函數(shù)在x=a處取得最大值,在x=b處取得最小值。因此在對(duì)應(yīng)區(qū)間上,最大值為最小值為故選B.考點(diǎn):本試題主要是考查了抽象函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性?!窘馕觥俊敬鸢浮緽3、C【分析】【解析】【答案】C4、C【分析】【解答】解:∵函數(shù)f(x)=x2+1;
∴f(a+1)=(a+1)2+1=a2+2a+2.
故選:C.
【分析】由已知得f(a+1)=(a+1)2+1,由此能求出結(jié)果.5、A【分析】解:根據(jù)三角函數(shù)的周期性;我們只看在一個(gè)最小正周期的情況即可;
設(shè)x∈[0;2π];
當(dāng)≤x≤時(shí),sinx≥cosx,f(x)=cosx,f(x)∈[-1,];
當(dāng)0≤x<或x≤2π時(shí),cosx>sinx,f(x)=sinx,f(x)∈[0,]∪[-1;0].
綜合知f(x)的值域?yàn)閇-1,].
故選:A.
根據(jù)定義和正弦函數(shù)與余弦函數(shù)的關(guān)系;求得f(x)的解析式根據(jù)x時(shí)范圍確定f(x)的值域.
本題主要考查了三角函數(shù)圖象與性質(zhì).考查了學(xué)生推理和分析能力.【解析】【答案】A6、C【分析】解:a6(a2+2a6+a10)=a6a2+2+a6a10
=+2a4a8+
=(a4+a8)2
=
=
故選:C.
利用等比數(shù)列的性質(zhì)am?an=計(jì)算;化簡(jiǎn)即得結(jié)論.
本題考查等比數(shù)列的性質(zhì),注意解題方法的積累,屬于中檔題.【解析】【答案】C7、A【分析】解:如圖;球面與正方體的六個(gè)面都相交;
所得的交線分為兩類:一類在頂點(diǎn)A
所在的三個(gè)面上;即面AA1B1
B;面ABCD
和面AA1D1D
上;
另一類在不過(guò)頂點(diǎn)A
的三個(gè)面上;即面BB1C1
C;面CC1D1D
和面A1B1C1D1
上.
在面AA1B1B
上,交線為弧EF
且在過(guò)球心A
的大圓上,因?yàn)锳E=2AA1=3
則隆脧A1AE=婁脨6.
同理隆脧BAF=婁脨6
所以隆脧EAF=婁脨6
故弧EF
的長(zhǎng)為:2隆脕婁脨6=婁脨3
而這樣的弧共有三條.
在面BB1C1C
上;交線為弧FG
且在距球心為1
的平面與球面相交所得的小圓上;
此時(shí),小圓的圓心為B
半徑為1隆脧FBG=婁脨2
所以弧FG
的長(zhǎng)為:1隆脕婁脨2=婁脨2
.
于是,所得的曲線長(zhǎng)為:婁脨3+婁脨2=5婁脨6
.
故選:A
.
球面與正方體的六個(gè)面都相交;所得的交線分為兩類:一類在頂點(diǎn)A
所在的三個(gè)面上,即面AA1B1
B;面ABCD
和面AA1D1D
上;另一類在不過(guò)頂點(diǎn)A
的三個(gè)面上,即面BB1C1
C、面CC1D1D
和面A1B1C1D1
上.
由空間幾何知識(shí)能求出這兩段弧的長(zhǎng)度之和.
本題考查空間幾何的性質(zhì)和綜合應(yīng)用,解題時(shí)要認(rèn)真審題,仔細(xì)解答,注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化.【解析】A
二、填空題(共9題,共18分)8、略
【分析】【分析】首先觀察代數(shù)式,根據(jù)二次根式有意義的條件,則5-3x≥0,即x≤.再根據(jù)二次根式的性質(zhì),即=|a|和()2=a(a≥0),進(jìn)行化簡(jiǎn)計(jì)算.【解析】【解答】解:根據(jù)題意,得5-3x≥0,即x≤;則3x≤5.
∴原式=-(5-3x);
當(dāng)1≤3x≤5;原式=3x-1-5+3x=6x-6;
當(dāng)3x<1時(shí);則原式=1-3x-5+3x=-4.
故答案為6x-6或-4.9、略
【分析】【解析】試題分析:因?yàn)椋蛄亢偷膴A角為所以,==考點(diǎn):本題主要考查平面向量的數(shù)量積,模的計(jì)算?!窘馕觥俊敬鸢浮?0、略
【分析】
∵cosαcosβ=設(shè)sinαsinβ=x;
∴cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ=-x;
cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ=+x;
∴-1≤-x≤1,-1≤+x≤1;
解得:-≤x≤
則sinαsinβ的取值范圍是[-].
故答案為:[-]
【解析】【答案】設(shè)x=sinαsinβ;利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式分別化簡(jiǎn)cos(α+β)與cos(α-β),將cosαcosβ的值代入,利用余弦函數(shù)的值域列出不等式,求出不等式的解集得到x的范圍,即為sinαsinβ的取值范圍.
11、略
【分析】
由題意可得2x-1≥0;
解不等式可得x≥0
所以函數(shù)的定義域是[0;+∞)
故答案為:[0;+∞)
【解析】【答案】由題意可得2x-1≥0;解不等式可得函數(shù)的定義域.
12、略
【分析】【解析】
試題分析:要使函數(shù)有意義,需要所以函數(shù)的定義域?yàn)?/p>
考點(diǎn):本小題主要考查函數(shù)的定義域的求法.
點(diǎn)評(píng):函數(shù)的定義域就是是函數(shù)有意義的自變量的取值范圍,還要注意函數(shù)的定義域必須寫成集合或區(qū)間的形式.【解析】【答案】13、略
【分析】【解析】
試題分析:要求解直線與圓相交時(shí)的弦長(zhǎng),那么結(jié)合圖像,要使得|AB|的長(zhǎng)度最小,那么就是求解半弦長(zhǎng)最小時(shí)的情況。利用圓的半徑和半弦長(zhǎng)和弦心距的關(guān)系可知,半徑的平方等于弦心距的平方加上半弦長(zhǎng)的平方得到。由于半徑由x2+y2=4可知為2.只要滿足圓心(0,0)到過(guò)點(diǎn)(0,1)的直線的距離最大即可,那么即為過(guò)點(diǎn)(0,1)且與圓心的連線垂直的直線,如圖所示,那么此時(shí)的弦心距為1,那么利用上述的勾股定理可知|AB|=故|AB|的最小值為2故答案為2
考點(diǎn):本試題主要是考查了直線與圓的位置關(guān)系;計(jì)算弦心距,再求半弦長(zhǎng),得出結(jié)論.
點(diǎn)評(píng):數(shù)形結(jié)合解答本題,它是選擇題可以口算、心算、甚至不算,得出結(jié)果最好.【解析】【答案】214、略
【分析】【解析】∵U=[0;+∞);
∴A={x|(x-3)(x+1)≥0}={x|x≥3或x≤-1}.
∴?UA=[0,3),又∵(?UA)∪B=?UA;
∴B??UA;∴當(dāng)B=?時(shí)即a≥0時(shí),適合題意;
當(dāng)B≠?時(shí)B=[0,),又B??UA;
∴由數(shù)軸可得≤3,即
∴-9≤a<0.
∴綜上,a≥-9.【解析】【答案】[-9,+∞)15、{1}【分析】【解答】解:∵U={1;2,3,4},B={2,4};
∴?UB={1;3};
又A={1;4};
∴A∩?UB={1}.
故答案為:{1}.
【分析】直接利用交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算求得答案.16、略
【分析】
由題意,原式==利用平方公式化簡(jiǎn).
本題考查了有理指數(shù)冪的化簡(jiǎn)與求值,屬于基礎(chǔ)題.【解析】解:原式=
=
=
=.三、證明題(共8題,共16分)17、略
【分析】【分析】(1)過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E;根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長(zhǎng)度,然后利用三角形的面積公式列式即可得解;
(2)根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式,然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD,AB,AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù),代入整理即可得解.【解析】【解答】解:(1)過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E;
則CE=AC?sin(α+β)=bsin(α+β);
∴S=AB?CE=c?bsin(α+β)=bcsin(α+β);
即S=bcsin(α+β);
(2)根據(jù)題意,S△ABC=S△ABD+S△ACD;
∵AD⊥BC;
∴AB?ACsin(α+β)=BD?AD+CD?AD;
∴sin(α+β)=;
=+;
=sinαcosβ+cosαsinβ.18、略
【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG,由∠AEC=45°,即可證得CD⊥FG,由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2,然后由△OCD≌△OGF,易證得O,C,G,E四點(diǎn)共圓,則可求得CG2=OC2+OG2=2.繼而證得EC2+ED2=2.【解析】【解答】證明:作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG;
∵∠AEC=45°;
∴∠AEF=45°;
∴CD⊥FG;
∴CG2=CE2+EG2;
即CG2=CE2+ED2;
∵△OCD≌△OGF(SSS);
∴∠OCD=∠OGF.
∴O;C,G,E四點(diǎn)共圓.
∴∠COG=∠CEG=90°.
∴CG2=OC2+OG2=2.
∴EC2+ED2=2.19、略
【分析】【分析】要證E為中點(diǎn),可證∠EAD=∠OEA,利用輔助線OE可以證明,求EF的長(zhǎng)需要借助相似,得出比例式,之間的關(guān)系可以求出.【解析】【解答】(1)證明:連接OE
OA=OE=>∠OAE=∠OEA
DE切圓O于E=>OE⊥DE
AD⊥DE=>∠EAD+∠AED=90°
=>∠EAD=∠OEA
?OE∥AD
=>E為的中點(diǎn).
(2)解:連CE;則∠AEC=90°,設(shè)圓O的半徑為x
∠ACE=∠AED=>Rt△ADE∽R(shí)t△AEC=>
DE切圓O于E=>△FCE∽△FEA
∴,
∴
即DE?EF=AD?CF
DE?EF=;CF=3
∴AD=
OE∥AD=>=>=>8x2+7x-15=0
∴x1=1,x2=-(舍去)
∴EF2=FC?FA=3x(3+2)=15
∴EF=20、略
【分析】【分析】作DE⊥AC于E,由切割線定理:AG2=AF?AC,可證明△BAF∽△AED,則∠ABF+∠DAB=90°,從而得出AD⊥BF.【解析】【解答】證明:作DE⊥AC于E;
則AC=AE;AB=5DE;
又∵G是AB的中點(diǎn);
∴AG=ED.
∴ED2=AF?AE;
∴5ED2=AF?AE;
∴AB?ED=AF?AE;
∴=;
∴△BAF∽△AED;
∴∠ABF=∠EAD;
而∠EAD+∠DAB=90°;
∴∠ABF+∠DAB=90°;
即AD⊥BF.21、略
【分析】【分析】(1)連接AF,并延長(zhǎng)交BC于N,根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF,推出,=;再證△CDF∽△AEF,推出∠CFD=∠AFE,證出A;F、D、C四點(diǎn)共圓即可;
(2)根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD,證F、N、D、G四點(diǎn)共圓,推出∠EGF=∠AND,根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF>∠EFG即可.【解析】【解答】(1)證明:連接AF,并延長(zhǎng)交BC于N,
∵AD⊥BC;DF⊥BE;
∴∠DFE=∠ADB;
∴∠BDF=∠DEF;
∵BD=DC;DE=AE;
∵∠BDF=∠DEF;∠EFD=∠BFD=90°;
∴△BDF∽△DEF;
∴=;
則=;
∵∠AEF=∠CDF;
∴△CDF∽△AEF;
∴∠CFD=∠AFE;
∴∠CFD+∠AEF=90°;
∴∠AFE+∠CFE=90°;
∴∠ADC=∠AFC=90°;
∴A;F、D、C四點(diǎn)共圓;
∴∠CFD=∠CAD.
(2)證明:∵∠BAD+∠ABD=90°;∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°,∠CFD=∠CAD=∠BAD;
∴∠EFG=∠ABD;
∵CF⊥AD;AD⊥BC;
∴F;N、D、G四點(diǎn)共圓;
∴∠EGF=∠AND;
∵∠AND>∠ABD;∠EFG=∠ABD;
∴∠EGF>∠EFG;
∴DG<EF.22、略
【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG,由∠AEC=45°,即可證得CD⊥FG,由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2,然后由△OCD≌△OGF,易證得O,C,G,E四點(diǎn)共圓,則可求得CG2=OC2+OG2=2.繼而證得EC2+ED2=2.【解析】【解答】證明:作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG;
∵∠AEC=45°;
∴∠AEF=45°;
∴CD⊥FG;
∴CG2=CE2+EG2;
即CG2=CE2+ED2;
∵△OCD≌△OGF(SSS);
∴∠OCD=∠OGF.
∴O;C,G,E四點(diǎn)共圓.
∴∠COG=∠CEG=90°.
∴CG2=OC2+OG2=2.
∴EC2+ED2=2.23、略
【分析】【分析】延長(zhǎng)AM,過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F,再連接CF.根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE,根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證.【解析】【解答】證明:延長(zhǎng)AM;過(guò)點(diǎn)B作CD的平行線與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F,再連接CF.
又∵DE∥BC;
∴;
∴CF∥BE;
從而四邊形OBFC為平行四邊形;
所以BM=MC.24、略
【分析】【分析】(1)在△FDC中;由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①,同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②;由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓,則∠FDC=∠ABC,即∠FDC+∠EBC=180°,聯(lián)立①②,即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°,而FX;EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線,等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°;可連接AX,此時(shí)發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和,由此可證得∠FXE是直角,即FX⊥EX;
(2)由已知易得∠AFX=∠BFX,欲證∠MFX=∠NFX,必須先證得∠AFM=∠BFN,可通過(guò)相似三角形來(lái)實(shí)現(xiàn);首先連接FM、FN,易證得△FCA∽△FDB,可得到FA:FB=AC:BD,而AC=2AM,BD=2BN,通過(guò)等量代換,可求得FA:FB=AM:BN,再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN,即可證得△FAM∽△FBN,由此可得到∠AFM=∠BFN,進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX,即FX平分∠MFN,同理可證得EX是∠MEN的角平分線.【解析】【解答】證明:(1)連接AX;
由圖知:∠FDC
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