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文档简介
2023年中考数学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1.如图,点O为平面直角坐标系的原点,点A在x轴上,△OAB是边长为4的等边三角形,以O为旋转中心,将△OAB按顺时针方向旋转60°,得到△OA′B′,那么点A′的坐标为()A.(2,2) B.(﹣2,4) C.(﹣2,2) D.(﹣2,2)2.如图是棋盘的一部分,建立适当的平面直角坐标系,已知棋子“车”的坐标为(-2,1),棋子“马”的坐标为(3,-1),则棋子“炮”的坐标为()A.(1,1) B.(2,1) C.(2,2) D.(3,1)3.已知点A(1﹣2x,x﹣1)在第二象限,则x的取值范围在数轴上表示正确的是()A. B.C. D.4.如图,在△ABC中,∠B=90°,AB=3cm,BC=6cm,动点P从点A开始沿AB向点B以1cm/s的速度移动,动点Q从点B开始沿BC向点C以2cm/s的速度移动,若P,Q两点分别从A,B两点同时出发,P点到达B点运动停止,则△PBQ的面积S随出发时间t的函数关系图象大致是()A. B. C. D.5.如图,在△ABC中,AB=AC=10,CB=16,分别以AB、AC为直径作半圆,则图中阴影部分面积是()A.50π﹣48 B.25π﹣48 C.50π﹣24 D.6.在平面直角坐标系xOy中,将点N(–1,–2)绕点O旋转180°,得到的对应点的坐标是()A.(1,2) B.(–1,2)C.(–1,–2) D.(1,–2)7.矩形ABCD的顶点坐标分别为A(1,4)、B(1,1)、C(5,1),则点D的坐标为()A.(5,5) B.(5,4) C.(6,4) D.(6,5)8.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠1)的图象如图所示,则下列结论:①a、b同号;②当x=1和x=3时,函数值相等;③4a+b=1;④当y=﹣2时,x的值只能取1;⑤当﹣1<x<5时,y<1.其中,正确的有()A.2个 B.3个 C.4个 D.5个9.某班将举行“庆祝建党95周年知识竞赛”活动,班长安排小明购买奖品,如图是小明买回奖品时与班长的对话情境:请根据如图对话信息,计算乙种笔记本买了()A.25本 B.20本 C.15本 D.10本10.在平面直角坐标系中,将点P(﹣2,1)向右平移3个单位长度,再向上平移4个单位长度得到点P′的坐标是()A.(2,4) B.(1,5) C.(1,-3) D.(-5,5)二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11.如图,在边长为1的小正方形网格中,点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上,AB、CD相交于点O,则tan∠AOD=________.12.写出一个大于3且小于4的无理数:___________.13.如图,点A,B是反比例函数y=(x>0)图象上的两点,过点A,B分别作AC⊥x轴于点C,BD⊥x轴于点D,连接OA,BC,已知点C(2,0),BD=2,S△BCD=3,则S△AOC=__.14.如图,点C在以AB为直径的半圆上,AB=8,∠CBA=30°,点D在线段AB上运动,点E与点D关于AC对称,DF⊥DE于点D,并交EC的延长线于点F.下列结论:①CE=CF;②线段EF的最小值为;③当AD=2时,EF与半圆相切;④若点F恰好落在BC上,则AD=;⑤当点D从点A运动到点B时,线段EF扫过的面积是.其中正确结论的序号是.15.一元二次方程x(x﹣2)=x﹣2的根是_____.16.分解因式:=____三、解答题(共8题,共72分)17.(8分)制作一种产品,需先将材料加热达到60℃后,再进行操作,设该材料温度为y(℃)从加热开始计算的时间为x(min).据了解,当该材料加热时,温度y与时间x成一次函数关系:停止加热进行操作时,温度y与时间x成反比例关系(如图).已知在操作加热前的温度为15℃,加热5分钟后温度达到60℃.分别求出将材料加热和停止加热进行操作时,y与x的函数关系式;根据工艺要求,当材料的温度低于15℃时,须停止操作,那么从开始加热到停止操作,共经历了多少时间?18.(8分)阅读材料,解答下列问题:神奇的等式当a≠b时,一般来说会有a2+b≠a+b2,然而当a和b是特殊的分数时,这个等式却是成立的例如:()2+=+,()2+=+,()2+=+()2,…()2+=+()2,…(1)特例验证:请再写出一个具有上述特征的等式:;(2)猜想结论:用n(n为正整数)表示分数的分母,上述等式可表示为:;(3)证明推广:①(2)中得到的等式一定成立吗?若成立,请证明;若不成立,说明理由;②等式()2+=+()2(m,n为任意实数,且n≠0)成立吗?若成立,请写出一个这种形式的等式(要求m,n中至少有一个为无理数);若不成立,说明理由.19.(8分)如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+bx+c经过A、B、C三点,已知点A(﹣3,0),B(0,3),C(1,0).(1)求此抛物线的解析式.(2)点P是直线AB上方的抛物线上一动点,(不与点A、B重合),过点P作x轴的垂线,垂足为F,交直线AB于点E,作PD⊥AB于点D.动点P在什么位置时,△PDE的周长最大,求出此时P点的坐标.20.(8分)如图,是菱形的对角线,,(1)请用尺规作图法,作的垂直平分线,垂足为,交于;(不要求写作法,保留作图痕迹)在(1)条件下,连接,求的度数.21.(8分)如图,网格的每个小正方形边长均为1,每个小正方形的顶点称为格点.已知和的顶点都在格点上,线段的中点为.(1)以点为旋转中心,分别画出把顺时针旋转,后的,;(2)利用(1)变换后所形成的图案,解答下列问题:①直接写出四边形,四边形的形状;②直接写出的值;③设的三边,,,请证明勾股定理.22.(10分)某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球,购买A种品牌的足球20个,B种品牌的足球30个,共花费4600元,已知购买4个B种品牌的足球与购买5个A种品牌的足球费用相同.(1)求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元.(2)学校为了响应“足球进校园”的号召,决定再次购进A、B两种品牌足球共42个,正好赶上商场对商品价格进行调整,A品牌足球售价比第一次购买时提高5元,B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售,如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的80%,且保证这次购买的B种品牌足球不少于20个,则这次学校有哪几种购买方案?(3)请你求出学校在第二次购买活动中最多需要多少资金?23.(12分)如图所示,在中,,用尺规在边BC上求作一点P,使;(不写作法,保留作图痕迹)连接AP当为多少度时,AP平分.24.某校开展“我最喜爱的一项体育活动”调查,要求每名学生必选且只能选一项,现随机抽查了m名学生,并将其结果绘制成如下不完整的条形图和扇形图.请结合以上信息解答下列问题:m=;请补全上面的条形统计图;在图2中,“乒乓球”所对应扇形的圆心角的度数为;已知该校共有1200名学生,请你估计该校约有名学生最喜爱足球活动.
参考答案一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1、D【解析】分析:作BC⊥x轴于C,如图,根据等边三角形的性质得则易得A点坐标和O点坐标,再利用勾股定理计算出然后根据第二象限点的坐标特征可写出B点坐标;由旋转的性质得则点A′与点B重合,于是可得点A′的坐标.详解:作BC⊥x轴于C,如图,∵△OAB是边长为4的等边三角形∴∴A点坐标为(−4,0),O点坐标为(0,0),在Rt△BOC中,∴B点坐标为∵△OAB按顺时针方向旋转,得到△OA′B′,∴∴点A′与点B重合,即点A′的坐标为故选D.点睛:考查图形的旋转,等边三角形的性质.求解时,注意等边三角形三线合一的性质.2、B【解析】
直接利用已知点坐标建立平面直角坐标系进而得出答案.【详解】解:根据棋子“车”的坐标为(-2,1),建立如下平面直角坐标系:∴棋子“炮”的坐标为(2,1),故答案为:B.【点睛】本题考查了坐标确定位置,正确建立平面直角坐标系是解题的关键.3、B【解析】
先分别求出每一个不等式的解集,再根据口诀:同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集.【详解】解:根据题意,得:,解不等式①,得:x>,解不等式②,得:x>1,∴不等式组的解集为x>1,故选:B.【点睛】本题主要考查解一元一次不等式组,关键要掌握解一元一次不等式的方法,牢记确定不等式组解集方法.4、C【解析】
根据题意表示出△PBQ的面积S与t的关系式,进而得出答案.【详解】由题意可得:PB=3﹣t,BQ=2t,则△PBQ的面积S=PB•BQ=(3﹣t)×2t=﹣t2+3t,故△PBQ的面积S随出发时间t的函数关系图象大致是二次函数图象,开口向下.故选C.【点睛】此题主要考查了动点问题的函数图象,正确得出函数关系式是解题关键.5、B【解析】
设以AB、AC为直径作半圆交BC于D点,连AD,如图,∴AD⊥BC,∴BD=DC=BC=8,而AB=AC=10,CB=16,∴AD===6,∴阴影部分面积=半圆AC的面积+半圆AB的面积﹣△ABC的面积,=π•52﹣•16•6,=25π﹣1.故选B.6、A【解析】
根据点N(–1,–2)绕点O旋转180°,所得到的对应点与点N关于原点中心对称求解即可.【详解】∵将点N(–1,–2)绕点O旋转180°,∴得到的对应点与点N关于原点中心对称,∵点N(–1,–2),∴得到的对应点的坐标是(1,2).故选A.【点睛】本题考查了旋转的性质,由旋转的性质得到的对应点与点N关于原点中心对称是解答本题的关键.7、B【解析】
由矩形的性质可得AB∥CD,AB=CD,AD=BC,AD∥BC,即可求点D坐标.【详解】解:∵四边形ABCD是矩形
∴AB∥CD,AB=CD,AD=BC,AD∥BC,
∵A(1,4)、B(1,1)、C(5,1),
∴AB∥CD∥y轴,AD∥BC∥x轴
∴点D坐标为(5,4)
故选B.【点睛】本题考查了矩形的性质,坐标与图形性质,关键是熟练掌握这些性质.8、A【解析】
根据二次函数的性质和图象可以判断题目中各个小题是否成立.【详解】由函数图象可得,
a>1,b<1,即a、b异号,故①错误,
x=-1和x=5时,函数值相等,故②错误,
∵-=2,得4a+b=1,故③正确,
由图象可得,当y=-2时,x=1或x=4,故④错误,
由图象可得,当-1<x<5时,y<1,故⑤正确,
故选A.【点睛】考查二次函数图象与系数的关系,解答本题的关键是明确题意,利用二次函数的性质和数形结合的思想解答.9、C【解析】
设甲种笔记本买了x本,甲种笔记本的单价是y元,则乙种笔记本买了(40﹣x)本,乙种笔记本的单价是(y+3)元,根据题意列出关于x、y的二元一次方程组,求出x、y的值即可.【详解】解:设甲种笔记本买了x本,甲种笔记本的单价是y元,则乙种笔记本买了(40﹣x)本,乙种笔记本的单价是(y+3)元,根据题意,得:,解得:,答:甲种笔记本买了25本,乙种笔记本买了15本.故选C.【点睛】本题考查的是二元二次方程组的应用,能根据题意得出关于x、y的二元二次方程组是解答此题的关键.10、B【解析】试题分析:由平移规律可得将点P(﹣2,1)向右平移3个单位长度,再向上平移4个单位长度得到点P′的坐标是(1,5),故选B.考点:点的平移.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11、1【解析】
首先连接BE,由题意易得BF=CF,△ACO∽△BKO,然后由相似三角形的对应边成比例,易得KO:CO=1:3,即可得OF:CF=OF:BF=1:1,在Rt△OBF中,即可求得tan∠BOF的值,继而求得答案.【详解】如图,连接BE,∵四边形BCEK是正方形,∴KF=CF=CK,BF=BE,CK=BE,BE⊥CK,∴BF=CF,根据题意得:AC∥BK,∴△ACO∽△BKO,∴KO:CO=BK:AC=1:3,∴KO:KF=1:1,∴KO=OF=CF=BF,在Rt△PBF中,tan∠BOF==1,∵∠AOD=∠BOF,∴tan∠AOD=1.故答案为1【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质,三角函数的定义.此题难度适中,解题的关键是准确作出辅助线,注意转化思想与数形结合思想的应用.12、如等,答案不唯一.【解析】
本题考查无理数的概念.无限不循环小数叫做无理数.介于和之间的无理数有无穷多个,因为,故而9和16都是完全平方数,都是无理数.13、1.【解析】
由三角形BCD为直角三角形,根据已知面积与BD的长求出CD的长,由OC+CD求出OD的长,确定出B的坐标,代入反比例解析式求出k的值,利用反比例函数k的几何意义求出三角形AOC面积即可.【详解】∵BD⊥CD,BD=2,∴S△BCD=BD•CD=2,即CD=2.∵C(2,0),即OC=2,∴OD=OC+CD=2+2=1,∴B(1,2),代入反比例解析式得:k=10,即y=,则S△AOC=1.故答案为1.【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义,以及反比例函数图象上点的坐标特征,熟练掌握反比例函数k的几何意义是解答本题的关键.14、①③⑤.【解析】试题分析:①连接CD,如图1所示,∵点E与点D关于AC对称,∴CE=CD,∴∠E=∠CDE,∵DF⊥DE,∴∠EDF=90°,∴∠E+∠F=90°,∠CDE+∠CDF=90°,∴∠F=∠CDF,∴CD=CF,∴CE=CD=CF,∴结论“CE=CF”正确;②当CD⊥AB时,如图2所示,∵AB是半圆的直径,∴∠ACB=90°,∵AB=8,∠CBA=30°,∴∠CAB=60°,AC=4,BC=.∵CD⊥AB,∠CBA=30°,∴CD=BC=.根据“点到直线之间,垂线段最短”可得:点D在线段AB上运动时,CD的最小值为.∵CE=CD=CF,∴EF=2CD.∴线段EF的最小值为.∴结论“线段EF的最小值为”错误;③当AD=2时,连接OC,如图3所示,∵OA=OC,∠CAB=60°,∴△OAC是等边三角形,∴CA=CO,∠ACO=60°,∵AO=4,AD=2,∴DO=2,∴AD=DO,∴∠ACD=∠OCD=30°,∵点E与点D关于AC对称,∴∠ECA=∠DCA,∴∠ECA=30°,∴∠ECO=90°,∴OC⊥EF,∵EF经过半径OC的外端,且OC⊥EF,∴EF与半圆相切,∴结论“EF与半圆相切”正确;④当点F恰好落在上时,连接FB、AF,如图4所示,∵点E与点D关于AC对称,∴ED⊥AC,∴∠AGD=90°,∴∠AGD=∠ACB,∴ED∥BC,∴△FHC∽△FDE,∴FH:FD=FC:FE,∵FC=EF,∴FH=FD,∴FH=DH,∵DE∥BC,∴∠FHC=∠FDE=90°,∴BF=BD,∴∠FBH=∠DBH=30°,∴∠FBD=60°,∵AB是半圆的直径,∴∠AFB=90°,∴∠FAB=30°,∴FB=AB=4,∴DB=4,∴AD=AB﹣DB=4,∴结论“AD=”错误;⑤∵点D与点E关于AC对称,点D与点F关于BC对称,∴当点D从点A运动到点B时,点E的运动路径AM与AB关于AC对称,点F的运动路径NB与AB关于BC对称,∴EF扫过的图形就是图5中阴影部分,∴S阴影=2S△ABC=2×AC•BC=AC•BC=4×=,∴EF扫过的面积为,∴结论“EF扫过的面积为”正确.故答案为①③⑤.考点:1.圆的综合题;2.等边三角形的判定与性质;3.切线的判定;4.相似三角形的判定与性质.15、1或1【解析】
移项后分解因式,即可得出两个一元一次方程,求出方程的解即可得答案.【详解】x(x﹣1)=x﹣1,x(x﹣1)﹣(x﹣1)=0,(x﹣1)(x﹣1)=0,x﹣1=0,x﹣1=0,x1=1,x1=1,故答案为:1或1.【点睛】本题考查了解一元二次方程的应用,能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键.16、x(y+2)(y-2)【解析】
原式提取x,再利用平方差公式分解即可.【详解】原式=x(y2-4)=x(y+2)(y-2),故答案为x(y+2)(y-2).【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用,熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键.三、解答题(共8题,共72分)17、(1);(2)20分钟.【解析】
(1)材料加热时,设y=ax+15(a≠0),由题意得60=5a+15,解得a=9,则材料加热时,y与x的函数关系式为y=9x+15(0≤x≤5).停止加热时,设y=(k≠0),由题意得60=,解得k=300,则停止加热进行操作时y与x的函数关系式为y=(x≥5);(2)把y=15代入y=,得x=20,因此从开始加热到停止操作,共经历了20分钟.答:从开始加热到停止操作,共经历了20分钟.18、(1)()1+=+()1;;(1)()1+=+()1;;(3)①成立,理由见解析;②成立,理由见解析.【解析】
(1)根据题目中的等式列出相同特征的等式即可;(1)根据题意找出等式特征并用n表达即可;(3)①先后证明左右两边的等式的结果,如果结果相同则成立;②先证明等式是否成立,如果成立再根据等式的特征写出m,n至少有一个为无理数的等式.【详解】解:(1)具有上述特征的等式可以是()1+=+()1,故答案为()1+=+()1;(1)上述等式可表示为()1+=+()1,故答案为()1+=+()1;(3)①等式成立,证明:∵左边=()1+=+=,右边=+()1=,∴左边=右边,∴等式成立;②此等式也成立,例如:()1+=+()1.【点睛】本题考查了规律的知识点,解题的关键是根据题目中的等式找出其特征.19、(1)y=﹣x2﹣2x+1;(2)(﹣,)【解析】
(1)将A(-1,0),B(0,1),C(1,0)三点的坐标代入y=ax2+bx+c,运用待定系数法即可求出此抛物线的解析式;(2)先证明△AOB是等腰直角三角形,得出∠BAO=45°,再证明△PDE是等腰直角三角形,则PE越大,△PDE的周长越大,再运用待定系数法求出直线AB的解析式为y=x+1,则可设P点的坐标为(x,-x2-2x+1),E点的坐标为(x,x+1),那么PE=(-x2-2x+1)-(x+1)=-(x+)2+,根据二次函数的性质可知当x=-时,PE最大,△PDE的周长也最大.将x=-代入-x2-2x+1,进而得到P点的坐标.【详解】解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(﹣1,0),B(0,1),C(1,0),∴,解得,∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+1;(2)∵A(﹣1,0),B(0,1),∴OA=OB=1,∴△AOB是等腰直角三角形,∴∠BAO=45°.∵PF⊥x轴,∴∠AEF=90°﹣45°=45°,又∵PD⊥AB,∴△PDE是等腰直角三角形,∴PE越大,△PDE的周长越大.设直线AB的解析式为y=kx+b,则,解得,即直线AB的解析式为y=x+1.设P点的坐标为(x,﹣x2﹣2x+1),E点的坐标为(x,x+1),则PE=(﹣x2﹣2x+1)﹣(x+1)=﹣x2﹣1x=﹣(x+)2+,所以当x=﹣时,PE最大,△PDE的周长也最大.当x=﹣时,﹣x2﹣2x+1=﹣(﹣)2﹣2×(﹣)+1=,即点P坐标为(﹣,)时,△PDE的周长最大.【点睛】本题是二次函数的综合题型,其中涉及到的知识点有运用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式,等腰直角三角形的判定与性质,二次函数的性质,三角形的周长,综合性较强,难度适中.20、(1)答案见解析;(2)45°.【解析】
(1)分别以A、B为圆心,大于长为半径画弧,过两弧的交点作直线即可;(2)根据∠DBF=∠ABD﹣∠ABF计算即可;【详解】(1)如图所示,直线EF即为所求;(2)∵四边形ABCD是菱形,∴∠ABD=∠DBC∠ABC=75°,DC∥AB,∠A=∠C,∴∠ABC=150°,∠ABC+∠C=180°,∴∠C=∠A=30°.∵EF垂直平分线段AB,∴AF=FB,∴∠A=∠FBA=30°,∴∠DBF=∠ABD﹣∠FBE=45°.【点睛】本题考查了线段的垂直平分线作法和性质,菱形的性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.21、(1)见解析;(2)①正方形;②;③见解析.【解析】
(1)根据旋转作图的方法进行作图即可;(2)①根据旋转的性质可证AC=BC1=B1C2=B2C3,从而证出四边形CC1C2C3是菱形,再根据有一个角是直角的菱形是正方形即可作出判断,同理可判断四边形ABB1B2是正方形;②根据相似图形的面积之比等相似比的平方即可得到结果;③用两种不同的方法计算大正方形的面积化简即可得到勾股定理.【详解】(1)如图,(2)①四边形CC1C2C3和四边形ABB1B2是正方形.理由如下:∵△ABC≌△BB1C1,∴AC=BC1,BC==B1C1,AB=BB1.再根据旋转的性质可得:BC1=B1C2=B2C3,B2C1=B2C2=AC3,BB1=B1B2=AB2.∴CC1=C1C2=C2C3=CC3AB=BB1=B1B2=AB2∴四边形CC1C2C3和四边形ABB1B2是菱形.∵∠C=∠ABB1=90°,∴四边形CC1C2C3和四边形ABB1B2是正方形.②∵四边形CC1C2C3和四边形ABB1B2是正方形,∴四边形CC1C2C3∽四边形ABB1B2.∴=∵AB=,CC1=,∴==.③四边形CC1C2C3的面积==,四边形CC1C2C3的面积=4△ABC的面积+四边形ABB1B2的面积=4+=∴=,化简得:=.【点睛】本题考查了旋转作图和旋转的性质,正方形的判定和性质,勾股定理,掌握相关知识是解题的关键.22、(1)购买一个A种品牌的足球需要50元,购买一个B种品牌的足球需要80元;(2
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