版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
2020-2023高考数学专题分类汇编专题五三角函数真题卷题号考点考向2023新课标1卷8三角恒等变换给值求值15三角函数的性质及应用余弦型函数的零点问题2023新课标2卷7三角恒等变换给值求值16三角函数的图象与性质由部分图象求解析式、求函数值2022新高考1卷6三角函数的性质及应用求三角函数的解析式、求函数值2022新高考2卷6三角恒等变换三角求值9三角函数的图象与性质求三角函数的单调区间、对称轴、极值点、求切线方程2021新高考1卷4三角函数的性质及应用求三角函数的单调区间2021新高考2卷6三角恒等变换给值求值2020新高考1卷10三角函数的图象与性质由图象求三角函数的解析式15三角函数的应用三角函数解决实际问题2020新高考2卷11三角函数的图象与性质由图象求三角函数的解析式16三角函数的应用三角函数解决实际问题【2023年真题】1.(2023·新课标I卷第8题)已知,,则(
)A. B. C. D.2.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第7题)已知为锐角,,则(
)A.
B. C. D.3.(2023·新课标I卷第15题)已知函数在区间有且仅有3个零点,则的取值范围是__________.4.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第16题)已知函数,如图,A,B是直线与曲线的两个交点,若,则
.
【2022年真题】5.(2022·新高考I卷第6题)记函数的最小正周期为若,且的图像关于点中心对称,则(
)A.1 B. C. D.36.(2022·新高考II卷第6题)若,则(
)A. B.
C. D.7.(2022·新高考II卷第9题)(多选)已知函数的图象关于点对称,则(
)A.在单调递减
B.在有两个极值点
C.直线是曲线的一条对称轴
D.直线是曲线的一条切线【2021年真题】8.(2021·新高考I卷第4题)下列区间中,函数单调递增的区间是(
)A. B. C. D.9.(2021·新高考I卷第6题)若,则(
)A. B. C. D.【2020年真题】10.(2020·新高考I卷第10题、II卷第11题)(多选)如图是函数的部分图象,则(
)
A. B. C. D.11.(2020·新高考I卷第15题、II卷第16题))某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示,O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,,垂足为C,,,,,A到直线DE和EF的距离均为7cm,圆孔半径为1cm,则图中阴影部分的面积为__________
专题五三角函数真题卷题号考点考向2023新课标1卷8三角恒等变换给值求值15三角函数的性质及应用余弦型函数的零点问题2023新课标2卷7三角恒等变换给值求值16三角函数的图象与性质由部分图象求解析式、求函数值2022新高考1卷6三角函数的性质及应用求三角函数的解析式、求函数值2022新高考2卷6三角恒等变换三角求值9三角函数的图象与性质求三角函数的单调区间、对称轴、极值点、求切线方程2021新高考1卷4三角函数的性质及应用求三角函数的单调区间2021新高考2卷6三角恒等变换给值求值2020新高考1卷10三角函数的图象与性质由图象求三角函数的解析式15三角函数的应用三角函数解决实际问题2020新高考2卷11三角函数的图象与性质由图象求三角函数的解析式16三角函数的应用三角函数解决实际问题【2023年真题】1.(2023·新课标I卷第8题)已知,,则(
)A. B. C. D.【答案】B
【解析】本题考查两角和与差的正弦公式以及二倍角公式,属于中档题.
利用两角和与差的正弦公式先求出的值,从而可以得到的值,再结合二倍角的余弦公式即可得出结果.解:因为,,则
故
即
故选B.2.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第7题)已知为锐角,,则(
)A.
B. C. D.【答案】D
【解析】【分析】本题考查倍角公式,属于基础题.观察题干,发现未知角为已知角的一半,考虑倍角公式,即可得证.【解答】解:
故选:3.(2023·新课标I卷第15题)已知函数在区间有且仅有3个零点,则的取值范围是__________.【答案】
【解析】【分析】本题考查了余弦型函数的零点问题,属中档题.【解答】解:令,得,又,则,所以,得故答案为:4.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第16题)已知函数,如图,A,B是直线与曲线的两个交点,若,则
.
【答案】
【解析】【分析】主要考查了函数的性质与图象,诱导公式等,属于一般题.根据AB的长度求出函数图象过点,求诱导公式得到答案.【解答】解:
设相邻的两个交点A,B的横坐标为,,则又,,,,故函数图象过点,,故
时满足图片条件,故
【2022年真题】5.(2022·新高考I卷第6题)记函数的最小正周期为若,且的图像关于点中心对称,则(
)A.1 B. C. D.3【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查三角函数的周期性和对称性,属于中档题.
根据周期范围,确定范围,再根据对称中心确定,,二者结合可得结果.【解答】解:由题可知:,所以
又因为的图像关于点中心对称,所以,且
所以,,所以所以所以6.(2022·新高考II卷第6题)若,则(
)A. B.
C. D.【答案】C
【解析】【分析】本题考查三角恒等变换的应用
法一:利用特殊值法,排除错误选项即可
法二,利用三角恒等变换,求出正确选项【解答】解:解法一:设则,取,排除B,D
再取则,取,排除选
解法二:由
,
故
故,即,
故,
故,故7.(2022·新高考II卷第9题)(多选)已知函数的图象关于点对称,则(
)A.在单调递减
B.在有两个极值点
C.直线是曲线的一条对称轴
D.直线是曲线的一条切线【答案】AD
【解析】【分析】本题考查三角函数的图象与性质,三角函数的单调性、三角函数的对称轴与对称中心,函数的极值,切线方程的求解,属于中档题.【解答】解:由题意得:,
所以,即,,
又,所以时,,
故
选项时,,由图象知在单调递减;
选项时,,由图象知在有1个极值点;
选项由于,故直线不是的对称轴;
选项令,得,
解得或,,
从而得或,,
令,则是斜率为的直线与曲线的切点,
从而切线方程为,即【2021年真题】8.(2021·新高考I卷第4题)下列区间中,函数单调递增的区间是(
)A. B. C. D.【答案】A
【解析】【分析】本题考查正弦型函数的单调递增区间,属于基础题.由正弦函数图象和性质可知,得的单调递增区间为,分析选项可得答案.【解答】解:由,得,所以的单调递增区间为,当时,一个单调递增区间为,可知,故选:9.(2021·新高考I卷第6题)若,则(
)A. B. C. D.【答案】C
【解析】【分析】本题考查三角函数的化简求值,涉及同角三角函数的关系、二倍角公式,属于中档题.利用同角三角函数关系、二倍角公式将其化简为后,添加分母1,转化为齐次式,再分子分母同除即可.【解答】解:原式
,故选:【2020年真题】10.(2020·新高考I卷第10题、II卷第11题)(多选)如图是函数的部分图象,则(
)
A. B. C. D.【答案】BC
【解析】【分析】本题考查正弦型函数的图象,考查逻辑推理能力,属于中档题.
借助图象分别求出,结合诱导公式即可判断.【解答】解:由图象可知,故A错误;
解得,
点在函数图象上,
当时,,
解得,
故,
当时,
解得,
故函数解析式为,
又,故选11.(2020·新高考I卷第15题、II卷第16题))某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示,O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线AG的切点,B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,,垂足为C,,,,,A到直线DE和EF的距离均为7cm,圆孔半径为1cm,则图中阴影部分的面积为__________
【答案】
【解析】【分析】本题考查平面图形中的边角关系,扇形的面积公式,是困难题.
设上面的大圆弧的半径为x,连接OA,过A作交BH于J,交DG于K,交EF于I,过O作于L,由题中长度关系易得,可得为等腰直角三角形,即可得到OL和DL的长度,根据可得到,根据求解即可.【解答】解:设上面的大圆弧的半径为x,
连接OA,过A作交BH于J,交DG于K,交EF于I,过O作于L,记扇形OAB的面积为,
由题中的长度关系易知,所以,
又,可得为等腰直角三角形,
可得,,
,
,
,解得
,,故答案为 【答案解析】1.(2023·新课标I卷第8题)解:因为,,则
故
即
故选B.2.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第7题)解:
故选:3.(2023·新课标I卷第15题)解:令,得,又,则,所以,得故答案为:4.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第16题)解:
设相邻的两个交点A,B的横坐标为,,则又,,,,故函数图象过点,,故
时满足图片条件,故
5.(2022·新高考I卷第6题)解:由题可知:,所以
又因为的图像关于点中心对称,所以,且
所以,,所以所以所以6.(2022·新高考II卷第6题)解:解法一:设则,取,排除B,D
再取则,取,排除选
解法二:由
,
故
故,即,
故,
故,故7.(2022·新高考II卷第9题)(多选)解:由题意得:,
所以,即,,
又,所以时,,
故
选项时,,由图象知在单调递减;
选项时,,由图象知在有1个极值点;
选项由于,故直线不是的对称轴;
选项令,得,
解得或,,
从而得或,,
令,则是斜率为的直线与曲线的切点,
从而切线方程为,即8.(2021·新高考I卷第4题)解:由,得,所以的单调递增区间为,当时,一个单调递增区间为,可知,故选:9.(2021·新高考I卷第6题)解:原式
,故选:10.(2020·新高考I卷第10题、II卷第11题)(多选)解:由图象可知,故A错误;
解得,
点在函数图象上,
当时,,
解得,
故,
当时,
解得,
故函数解析式为,
又,故选11.(2020·新高考I卷第15题、II卷第16题)解:设上面的大圆弧的半径为x,
连接OA,过A作交BH于J,交DG于K,交EF于I,过O作于L,记扇形OAB的面积为,
由题中的长度关系易知,所以,
又,可得为等腰直角三角形,
可得,,
,
,
,解得
,,故答案为专题六数列真题卷题号考点考向2023新课标1卷7等差数列等差数列的判定、等差数列的性质20等差数列求等差数列的通项公式及基本量计算2023新课标2卷8等比数列等比数列的性质18等差数列、数列的综合应用求等差数列的通项公式及前n项和、数列的综合应用(不等式证明)2022新高考1卷17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、裂项相消法求和2022新高考2卷17等差数列、等比数列等差、等比数列的通项公式2021新高考1卷16数列的实际应用错位相减法求和17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、公式法求和2021新高考2卷12等比数列数列的新定义问题17等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和2020新高考1卷14等差数列等差数列的性质、等差数列求和18等比数列、数列求和求等比数列的通项公式、数列求和2020新高考2卷15等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和18等比数列求等比数列的通项公式、等比数列求和【2023年真题】1.(2023·新课标I卷第7题)记为数列的前n项和,设甲:为等差数列:乙:为等差数列,则(
)A.
甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件2.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第8题)记为等比数列的前n项和,若,,则(
)A.120 B.85 C. D.3.(2023·新课标I卷第20题)设等差数列的公差为d,且令,记,分别为数列的前n项和.若,,求的通项公式;若为等差数列,且,求4.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第18题)已知为等差数列,,记,分别为数列,的前n项和,,求的通项公式;证明:当时,【2022年真题】5.(2022·新高考I卷第17题)记为数列的前n项和,已知,是公差为的等差数列.
求的通项公式;
证明:6.(2022·新高考II卷第17题)已知为等差数列,为公比为2的等比数列,且
证明:
求集合中元素个数.
【2021年真题】7.(2021·新高考II卷第12题)(多选)设正整数,其中,记,则(
)A. B.
C. D.8.(2021·新高考I卷第16题)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为的长方形纸,对折1次共可以得到,两种规格的图形,它们的面积之和,对折2次共可以得到,,三种规格的图形,它们的面积之和,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________;如果对折次,那么__________9.(2021·新高考I卷第17题)已知数列满足,,记,写出,,并求数列的通项公式;求的前20项和.10.(2021·新高考II卷第17题)记是公差不为0的等差数列的前n项和,若,求数列的通项公式;求使成立的n的最小值.【2020年真题】11.(2020·新高考I卷第14题、II卷第15题)将数列与的公共项从小到大排列得到数列,则的前n项和为__________.12.(2020·新高考I卷第18题)已知公比大于1的等比数列满足求的通项公式;记为在区间中的项的个数,求数列的前100项和13.(2020·新高考II卷第18题)已知公比大于1的等比数列满足,求的通项公式;求…【答案解析】1.(2023·新课标I卷第7题)解:方法为等差数列,设其首项为,公差为d,则,,,故为等差数列,则甲是乙的充分条件,,反之,为等差数列,即为常数,设为t即,故故,两式相减有:,对也成立,故为等差数列,则甲是乙的必要条件,故甲是乙的充要条件,故选方法因为甲:为等差数列,设数列的首项,公差为即,则,故为等差数列,即甲是乙的充分条件.反之,乙:为等差数列即,即当时,上两式相减得:,所以当时,上式成立.
又为常数所以为等差数列.则甲是乙的必要条件,故甲是乙的充要条件,故选C.2.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第8题)解:,,,成等比数列,从而计算可得故选3.(2023·新课标I卷第20题)解:因为,故,即,故,所以,,,又,即,即,故或舍,故的通项公式为:方法一:基本量法若为等差数列,则,即,即,所以或当时,,,故,,又,即,即,所以或舍当时,,,故,,又,即,即,所以舍或舍综上:方法二:因为为等差数列且公差为d,所以可得,则解法一:因为为等差数列,根据等差数列通项公式可知与n的关系满足一次函数,所以上式中的分母“”需满足或者,即或者解法二:由可得,,,,因为为等差数列,所以满足,即,两边同乘化简得,解得或者因为,均为等差数列,所以,,则等价于,①当时,,,则,得,解得或者,因为,所以②当时,,,则,化简得,解得或者,因为,所以均不取;综上所述,4.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第18题)解:设数列的公差为d,由题意知:,即,解得由知,,,当n为偶数时,当n为奇数时,,当n为偶数且时,即时,,当n为奇数且时,即时,当时,5.(2022·新高考I卷第17题)解:,
则①,②;
由②-①得:
当且时,
,
又也符合上式,因此
,
,
即原不等式成立.
6.(2022·新高考II卷第17题)解:设等差数列公差为d
由,知,故
由,知,
故故,整理得,得证.
由知,由知:
即,即,
因为,故,解得,
故集合中元素的个数为9个.
7.(2021·新高考II卷第12题)(多选)解:对于A选项,,,
则,,A选项正确;对于B选项,取,,,而,则,即,B选项错误;对于C选项,,所以,,,所以,,因此,,C选项正确;对于D选项,,故,D选项正确.故选8.(2021·新高考I卷第16题)解:对折3次时,可以得到,,,四种规格的图形.
对折4次时,可以得到,,,,五种规格的图形.
对折3次时面积之和,对折4次时面积之和,即,,,,……
得折叠次数每增加1,图形的规格数增加1,且,
记,
则,
,
得,
,
故答案为5;9.(2021·新高考I卷第17题)解:=1\*GB2⑴,且,则,,且,则;,可得,故是以为首项,为公差的等差数列;故.数列的前20项中偶数项的和为,又由题中条件有,,,,故可得的前20项的和10.(2021·新高考II卷第17题)解:由等差数列的性质可得:,则,设等差数列的公差为d,从而有,,从而,由于公差不为零,故:,数列的通项公式为:由数列的通项公式可得,
则,则不等式即,整理可得,解得或,又n为正整数,故n的最小值为11.(2020·新高考I卷第14题、II卷第15题)解:数列
的首项是,公差为的等差数列;数列
的首项是,公差为的等差数列;公共项构成首项为
,公差为的等差数列;故
的前n
项和
为:
.故答案为12.(2020·新高考I卷第18题)解:设等比数列的公比为q,且,
,,
,
解得舍或,
数列的通项公式为
由知,,,,,,,
则当时,,当时,,
以此类推,,,
,,
,,
13.(2020·新高考II卷第18题)解:设等比数列的公比为,则,,,……, 专题六数列真题卷题号考点考向2023新课标1卷7等差数列等差数列的判定、等差数列的性质20等差数列求等差数列的通项公式及基本量计算2023新课标2卷8等比数列等比数列的性质18等差数列、数列的综合应用求等差数列的通项公式及前n项和、数列的综合应用(不等式证明)2022新高考1卷17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、裂项相消法求和2022新高考2卷17等差数列、等比数列等差、等比数列的通项公式2021新高考1卷16数列的实际应用错位相减法求和17数列的通项公式、数列求和由递推公式求通项公式、公式法求和2021新高考2卷12等比数列数列的新定义问题17等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和2020新高考1卷14等差数列等差数列的性质、等差数列求和18等比数列、数列求和求等比数列的通项公式、数列求和2020新高考2卷15等差数列求等差数列的通项公式、等差数列求和18等比数列求等比数列的通项公式、等比数列求和【2023年真题】1.(2023·新课标I卷第7题)记为数列的前n项和,设甲:为等差数列:乙:为等差数列,则(
)A.
甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C
【解析】【分析】本题考查等差数列的判定、等差数列前n项和、充分必要条件的判定,属于中档题.结合等差数列的判断方法,依次证明充分性、必要性即可.【解答】解:方法为等差数列,设其首项为,公差为d,则,,,故为等差数列,则甲是乙的充分条件,,反之,为等差数列,即为常数,设为t即,故故,两式相减有:,对也成立,故为等差数列,则甲是乙的必要条件,故甲是乙的充要条件,故选方法因为甲:为等差数列,设数列的首项,公差为即,则,故为等差数列,即甲是乙的充分条件.反之,乙:为等差数列即,即当时,上两式相减得:,所以当时,上式成立.
又为常数所以为等差数列.则甲是乙的必要条件,故甲是乙的充要条件,故选C.2.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第8题)记为等比数列的前n项和,若,,则(
)A.120 B.85 C. D.【答案】C
【解析】【分析】本题考查等比数列的基本性质,属于中档题.利用等比数列前n项和之间差的关系可知,,,成等比数列,列出关系式计算即可得解.【解答】解:,,,成等比数列,从而计算可得故选3.(2023·新课标I卷第20题)设等差数列的公差为d,且令,记,分别为数列的前n项和.若,,求的通项公式;若为等差数列,且,求【答案】解:因为,故,即,故,所以,,,又,即,即,故或舍,故的通项公式为:方法一:基本量法若为等差数列,则,即,即,所以或当时,,,故,,又,即,即,所以或舍当时,,,故,,又,即,即,所以舍或舍综上:方法二:因为为等差数列且公差为d,所以可得,则解法一:因为为等差数列,根据等差数列通项公式可知与n的关系满足一次函数,所以上式中的分母“”需满足或者,即或者解法二:由可得,,,,因为为等差数列,所以满足,即,两边同乘化简得,解得或者因为,均为等差数列,所以,,则等价于,①当时,,,则,得,解得或者,因为,所以②当时,,,则,化简得,解得或者,因为,所以均不取;综上所述,【解析】本题第一问考查数列通项公式的求解,第二问考查等差数列有关性质,等差数列基本量的求解,计算量较大,为较难题.
4.(2023·新课标=2\*ROMANII卷第18题)已知为等差数列,,记,分别为数列,的前n项和,,求的通项公式;证明:当时,【答案】解:设数列的公差为d,由题意知:,即,解得由知,,,当n为偶数时,当n为奇数时,,当n为偶数且时,即时,,当n为奇数且时,即时,当时,【解析】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式等.由已知,,根据等差数列的前n项和公式展开,即可得出等差数列的首项,公差,进而得出通项公式由知,可得,数列的通项公式,进而,分两情况讨论,当n为偶数时,中含有偶数项,相邻两项两两一组先求和,得出当n为奇数时,为偶数,此时最后只需证明即可.【2022年真题】5.(2022·新高考I卷第17题)记为数列的前n项和,已知,是公差为的等差数列.
求的通项公式;
证明:【答案】解:,
则①,②;
由②-①得:
当且时,
,
又也符合上式,因此
,
,
即原不等式成立.
【解析】本题考查了数列与不等式,涉及裂项相消法求和、等差数列的通项公式、根据数列的递推公式求通项公式等知识,属中档题.
利用进行求解然后化简可求出的通项公式;
由可求出,然后再利用裂项相消法求和可得.
6.(2022·新高考II卷第17题)已知为等差数列,为公比为2的等比数列,且
证明:
求集合中元素个数.【答案】解:设等差数列公差为d
由,知,故
由,知,
故故,整理得,得证.
由知,由知:
即,即,
因为,故,解得,
故集合中元素的个数为9个.
【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式,解指数不等式,集合中元素的个数问题,属于中档题.
【2021年真题】7.(2021·新高考II卷第12题)(多选)设正整数,其中,记,则(
)A. B.
C. D.【答案】ACD
【解析】【分析】本题重在对新定义进行考查,合理分析所给条件是关键,属于拔高题.
利用的定义可判断ACD选项的正误,利用特殊值法可判断B选项的正误.【解答】解:对于A选项,,,
则,,A选项正确;对于B选项,取,,,而,则,即,B选项错误;对于C选项,,所以,,,所以,,因此,,C选项正确;对于D选项,,故,D选项正确.故选8.(2021·新高考I卷第16题)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为的长方形纸,对折1次共可以得到,两种规格的图形,它们的面积之和,对折2次共可以得到,,三种规格的图形,它们的面积之和,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为____________________;如果对折次,那么__________【答案】5;【解析】【分析】本题考查实际生活中的数列问题,由特殊到一般的数学思想.根据题设列举,可以得到折叠4次时会有五种规格的图形.由面积的变化关系得到面积通项公式,从而由错位相减法得到面积和.【解答】解:对折3次时,可以得到,,,四种规格的图形.
对折4次时,可以得到,,,,五种规格的图形.
对折3次时面积之和,对折4次时面积之和,即,,,,……
得折叠次数每增加1,图形的规格数增加1,且,
记,
则,
,
得,
,
故答案为5;9.(2021·新高考I卷第17题)已知数列满足,,记,写出,,并求数列的通项公式;求的前20项和.【答案】解:=1\*
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 新学期计划范文锦集9篇
- 《教你如何做批注》教学设计
- 新学期学习计划模板集锦8篇
- 会计的实习报告模板锦集五篇
- 2014年福建省南平市中考数学试卷(含解析版)
- 科技会展商务礼仪与沟通考核试卷
- 陶瓷制品表面抛光技术考核试卷
- 玻璃行业技术创新策略考核试卷
- 融资租赁行业创新业务模式探讨考核试卷
- 旅游行业细分领域分析
- 清洁洗手间讲课稿
- 《同底数幂的乘法》优秀课件
- 完整版老旧小区改造工程施工组织设计方案
- 中美关系正常化-课件-课件-通用
- 电子信息系统机房施工及验收规范
- 高考作文模拟写作:名校毕业生卖猪肉卖米粉是否属于人才浪费
- 通信的知识-家长进课堂课件
- H3C交换机基本配置及网络维护培训课件
- 4M变化点管理优秀课件
- 学校安全工作汇报课件
- 少林十八罗汉掌
评论
0/150
提交评论