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文档简介
2023年深圳市中考数学考前模拟预测试题(五)
一、单选题(每题3分,共30分)(共10题;共30分)
1.(3分)若(-2022)x□=1,贝IJ内应填的实数是()
A.—2022B.2022C.一忐D蓝
2.(3分)如图,将棱长为6的正方体截去一个棱长为3的正方体后,得到一个新的几
何体,这个几何体的主视图是()
3.(3分)某公司有10名员工,每人年收入数据如下表:
年收入/万元46810
人数/人3421
则他们年收入数据的众数与中位数分别为()
A.4,6B.6,6C.4,5D.6,5
4.(3分)2023年《政府工作报告》提出,“义务教育优质均衡发展”.根据预算报告,
支持学前教育发展资金安排250亿元、增加20亿元,扩大普惠性教育资源供给.其中
250亿元用科学记数法表示为()
A.2.5×108元B.2.5×1()9元C.0.25XIO8TED.2.5×
101°元
5.(3分)下列运算正确的是()
A.02+α2=α4B(ɑ—b)2=a2+b2
C∙(a3)4=a7D.(-a+1)(—a-1)=a2—1
6.(3分)将不等式组{H2<]0的解集表示在数轴上,正确的是()
7.(3分)一把直尺与含30。的直角三角板如图所示放置,Zl=40°,则/2的度数是
()
8.(3分)如图,在既IBCD中,添加下列条件仍不能判定回力BCD是菱形的是()
D.∆DAC=Z.BAC
9.(3分)如图,面积为64的正方形ABCD,分成4个全等的长方形和一个面积为4
的小正方形,则小长方形的长和宽分别是()
10.(3分)如图,AB为。。的直径,CD与oO相切于点C,交4B的延长线于点D,且
CA=CD.若BD=3,则G)O半径长为()
D
A.2B.3C.3√3D.2√3
二、填空题(每空3分,共15分)(共5题;共15分)
11.(3分)分解因式:a3-9ab2=.
12.(3分)在一个不透明的布袋中有白球和黑球共20个,这些球除颜色外都相同.小
明将布袋中的球搅拌均匀,从中随机摸出一个球,记下它的颜色后再放回布袋中.不
断重复这一过程,共摸了100次球,发现有40次摸到黑球,则布袋中黑球的个数可能
为.
13.(3分)等腰三角形三边长分别为a,b,2,且α,匕是关于x的一元二次方程
2x2-6x+n-1=0的两根,则n的值为
14.(3分)如图,已知直线y=mx+4分别与y轴,X轴交于A,B两点,且△ABO
的面积为16,反比例函数的图象恰好经过AB的中点,则反比例函数的表达式
为.
15.(3分)如图,在矩形ABCD中,E为BC边上一点,AB=2,且zBAE=
∆DAC,sin∆CAE=|,贝CE的长为.
AD
三、解答题(共7题,共55分)(共7题;共55分)
16.(5分)计算:(JAM+√i2∙cos30o-(ɪ尸
17.(7分)化简,并求值,其中α与2、3构成ΔABC的
三边,且α为整数.
18.(8分)为了了解全校1800名学生对学校设置的体操、球类、跑步、踢毯子等课外
体育活动项目的喜爱情况,在全校范围内随机抽取了若干名学生.对他们最喜爱的体育
项目(每人只选一项)进行了问卷调查,将数据进行了统计并绘制成了如图所示的频
数分布直方图和扇形统计图(均不完整).
(1)(2分)补全频数分布直方图;
(2)(3分)求扇形统计图中表示“跑步”项目扇形圆心角的度数;
(3)(3分)根据调查结果,学校准备开展球类比赛,某班要从喜欢球类的甲、
乙、丙、丁四位学生中随机抽取两名学生参赛,请列表或画树状图的方法求甲和乙两
名学生同时被选中的概率.
19.(8分)某学校打算购买甲乙两种不同类型的笔记本.已知甲种类型的电脑的单价
比乙种类型的要便宜10元,且用110元购买的甲种类型的数量与用120元购买的乙种
类型的数量一样.
(1)(4分)求甲乙两种类型笔记本的单价.
(2)(4分)该学校打算购买甲乙两种类型笔记本共10()件,且购买的乙的数量不
超过甲的3倍,则购买的最低费用是多少?
20.(8分)在初中阶段的函数学习中,我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图
象研究其性质——运用函数解决问题”的学习过程.在画函数图象时,我们通过描点或
平移的方法画出了所学的函数图象.同时,我们也学习了绝对值的意义Ial=
(α(α>0)
t-α(α<0)'
结合上面经历的学习过程,现在来解决下面的问题:
在函数y=∣kx—3∣+b中,当%=2时,y=—4;当%=O时,y=—1.
(2)(2分)在给出的平面直角坐标系中,请用你喜欢的方法画出这个函数的图
象,并写出这个函数的一条性质;
(3)(3分)已知函数y=3的图象如图所示,结合你所画的函数图象,直接
写出不等式IkX-3∣+h≤∣x-3的解集.
(4)(1分)若方程|——6x|-α=0有四个不相等的实数根,则实数α的取值范围
是•
21.(9分)已知/3和AC分别切O。于点B和C,D是肥上一点,连接。8,DC.
(2)(3分)如图2,作NBnC的平分线交C)O于点K,当∕C4B=60。时,求证:
CD+BD=DK
(3)(3分)如图3,在(2)的条件下,过D的切线分别交BC,AC于点E,F,作
直径DG,连接GK,当F是AC的中点时,BD=3,求线段GK的长.
22.(103»
(1)(2分)【探究发现】
如图1,正方形ABCD两条对角线相交于点0,正方形AIBlCIO与正方形ABCD
的边长相等,在正方形A1B1C1O绕点O旋转过程中,边OAl交边AB于点M,边
OCl交边BC于点N.
①线段BM、BN、AB之间满足的数量关系是;
②四边形OMBN与正方形ABCD的面积关系是S四边形OMBN=
S正方形ABCD
(2)(2分)【类比探究】
如图2,若将⑴中的“正方形ABCD”改为“含60。的菱形ABCD”,即乙BIoDI=
∆DAB=60°,且菱形OBICIDI与菱形ABCD的边长相等.当菱形OBlClDI绕点
O旋转时,保持边OBl交边AB于点M,边ODI交边Be于点N.
请猜想:
①线段BM、BN与AB之间的数量关系是▲;
②菱形OMBN与菱形ABCD的面积关系是S四边形OMBN=▲S菱形ARCn
请你证明其中的一个猜想.
(3)(2分)【拓展延伸】
如图3,把(2)中的条件“NBIoDl=∆DAB=60°”改为“∆DAB=乙BIoDi
a”,其他条件不变,贝IJ
①驾盥=;(用含α的式子表示)
DU
S
②铲出竺=(用含a的式子表示)
菱形ABCD
答案解析部分
1.【答案】C
【解析】【解答】解:∙.∙(-2022)X(-2⅛2)=1
故答案为:C
【分析】利用有理数的除法计算即可。
2.【答案】A
【解析】【解答】解:从正面看是一个正方形,正方形的右上角是一个小正方形,
故答案为:A.
【分析】根据从正面看得到的视图是主视图,可得答案.
3.【答案】B
【解析】【解答】解:6出现次数最多,故众数为:6,
最中间的2个数为6和6,中位数为竽=6,
故答案为:B.
【分析】数据出现最多的为众数;将数据从小到大排列,最中间的2个数的平均数为中位
数.
4.【答案】D
【解析】【解答】解:250亿元用科学记数法表示为2.5XIO10.
故答案为:D.
【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
5.【答案】D
【解析】【解答】解:A、a2+a2=2a2,故A不符合题意;
Bx(α—ð)2=α2—2ab÷b2,故B不符合题意;
C、(标)4=小2,故C不符合题意;
D、(-α+1)(-Q-1)=(-α)2-1=α2-1,故D符合题意;
故答案为:D.
【分析】利用合并同类项、完全平方公式、鬲的乘方和平方差公式逐项判断即可。
6.【答案】C
%-2<I(T)
【解析】【解答】解:
-X-I≤0@'
解不等式①,得X<3,
解不等式②,得x≥-2,
所以不等式组的解集为-24x<3,
不等式组的解集在数轴上表示为:
故答案为:C.
【分析】分别求出每一个不等式的解集,再根据“大于向右,小于向左,包括端点用实
心,不包括端点用空心”的原则逐个判断即可.
7.【答案】D
【解析】【解答】解:如图,取/3和N4,
∙.∙Z3=90o-30o=60o,
ΛZ4=180o-Zl-Z3=l80o-40o-60o=80o,
Y直尺的两边平行,
.,.N2=N4=80°.
故答案为:D.
【分析】取N3和N4,根据余角的性质求N3的度数,再根据平角的定义列式求出
Z4,最后根据平行线的性质求N2的度数即可.
8.【答案】C
【解析】【解答】解:Y四边形ABCD是平行四边形,
.∙.A.当AC,BD时,根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形,可得团ABCD是菱
形;
B.当AB=BC时,根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形,可得加WCD是菱形;
C.当AC=BD时,有对角线相等的平行四边形是矩形,故本项不能证明是菱形;
D.当∕DAC=∕BAC,AC平分NABD时,易证得AD=DC,根据有一组邻边相等的
平行四边形是菱形,可得ElABCD是菱形;
故答案为:C.
【分析】对角线互相垂直的平行四边形是菱形,有一组邻边相等的平行四边形是菱
形,据此逐一判断即可.
9.【答案】D
【解析】【解答】解:设小长方形的长和宽分别是a、b,
:正方形ABCD的面积为64,小正方形的面积为4,
二正方形ABCD的边长为8,小正方形的的边长为2,
由图可得:f+b=2,
3—Q=2
解得#=?,
3=3
.∙.小长方形的长和宽分别是5,3.
故答案为:D.
【分析】设小长方形的长和宽分别是a、b,根据大、小正方形的面积可得正方形
ABCD的边长为8,小正方形的的边长为2,据此可得关于a、b的方程组,求解即可.
10.【答案】B
【解析】【解答】解:如图,连接OC,
∙.∙C。与。。相切于点C
,乙OCD=90°,
:.乙DCB+乙OCB=90°,
':OB=OC,
,乙OBC=乙OCB,
VCi4=CD,
/.Z.A=Z-D,
∙∙∙4B为。。的直径,
"ACB=90°,
.∖∆A+∆ABC=90°,
ΛzD+ZOCB=90°,
ʌZ-DCB=Z.D,
.*.Z-ABC=z.0+乙DCB=2∆D=2Z.Λ1
・"4+2乙4=90。,
・•・乙4=30°,
VzDCB=40,
:.BC=BD=3,
:.AB=2BC=6,
∙*∙O。半径长为3.
故答案为:B.
【分析】连接OC先证出N4=Z0,再结合/ABC=ND+乙DCB=2zD=2/4可得
乙4+2乙4=90。,求出乙4=30。,再利用含30。角的直角三角形的性质可得ZB=
2BC=6,最后求出半径的长即可。
11.【答案】a(a+3b)(a-3b)
【解析】【解答】a3-9ab2=a(a2-9b2)=a(a+3b)(a-3b)
故答案为:a(a+3b)(a-3b).
【分析】由题意可先提公因式a,括号内符合平方差公式的特征,用平方差公式分解即
可。
12.【答案】8
【解析】【解答】解:Y共摸了100次球,发现有40次摸到黑球,
.∙.摸到黑球的概率为04
.∙.口袋中白球和黑球共20个,
.∙.袋中的黑球大约有28x0.4=8(个);
故答案为:8.
【分析】先求出摸到黑球的概率为()4再求出口袋中白球和黑球共20个,最后求解
即可。
13.【答案】10
【解析】【解答】当a=2或b=2时,把x=2代入χ2-6x+n-l=0得4-12+n-l=0,解得
n=9,此时方程的根为2和4,而2+2=4,故舍去;
当a=b时,△=(-6)2-4×(n-ɪ)=0,解得n=10,
所以n为10.
【分析】根据等腰三角形的性质可得:a=2,或b=2或a=b,①a=2,或b=2时,将
x=2代入方程可求得n的值;
②当a=b时,根据一元二次方程的根的判别式可得房一4αc=0,将a、b、C的值代
入即可求解。
14.【答案】y=心
JX
【解析】【解答】解:设AB的中点为C,
当x=0时,y=4,即AO=4,
V∆ABO的面积为16,
.,∙∣×4×0β=16,
OB=8,
过点C作CDLAO,垂足为D,
VAB的中点为C,
.∙.D0=2,CD=4,即C点的坐标为(4,2),
设反比例函数解析式为y=&,把C点的坐标代入得,
zX
2=4,
解得,fc=8,
反比例函数解析式为y=g,
zX
故答案为:zy=X-.
【分析】设AB的中点为C,过点C作CD_LAO,垂足为D,令直线y=mx+4中的y=0
可得关于X的方程,解之可求得这条直线与y轴的交点A的坐标;则
SAABo=IOAXOB=16可求得OB的值,由线段中点定义可求得点C的坐标,根据反比
例函数经过点C,用待定系数法可求得反比例函数的解析式.
15.【答案】3
【解析】【解答】解:如图,作£7/J.AC于H,作CF_LAE交AE的延长线于F,
AD
Y四边形ABCD是矩形,
.".∆ABE=90o,ADHBC,
.".∆CAD=∆ACB,
∖'∆ABE=Z.CFE,∆AEB=∆CEF,
Λ180o-∆AEB-∆ABE=180°-乙FEC-乙CFE,
即乙ECF=/.BAE,
X,;Z.BAE=∆CAD,
.".∆ACB=乙ECF,
即EC是乙4CF的角平分线,
,:EH1AC,EF1FC,
:.EF=EH,
FH4
*∙*si∏zCΛF=—ʒ,
设EH=3k,AE=5fc,则EF=3∕c,
则4”=y∕AE2-EH2=√(5∕c)2-(3∕c)2=4k
/./IF=AE+EF=5k+3k=8k,
pc3
VsinzE,ΛC=^=∣,
ʌcos∆EAC=I=笨,
,
.∙AC=y4AF=10∕c,
,FC=AC2-AF2=6k,
.'-EC=√"2+FC2=J(3k)2+(6k)2=3√5fc,
,J∆ABE=乙CFE,∆AEB=乙CEF,
/.△ABEs&CFE,
.AB_AE
eeCF=FC1
□∏25k
即麻二福’
解得A=卓
∙'∙EC=3√5fc-3√5X增=3•
故答案为:3.
【分析】作E”IAC于“,作CFIAE交AE的延长线于艮证明△ABECFE可得
磊=费Y求出k=*,即可得到EC=3√5k=36X恪=3。
16.【答案】解:原式=-1+2√3X-2
=-1+3-2
=0
【解析】【分析】先根据有理数的乘方、二次根式的性质、负整数指数募进行化简,再
把30。的余弦值代入,然后进行实数的混合运算,即可得出答案.
17【答案】解:原式=(α+2)(α-2)-瑞金-(2-α)=∏⅛■
Va与2、3构成ΔABC的三边,且α为整数
/.1<α<5,
由题可知α≠O、±2、3,
Λα=4,
...原式=z⅛=-l
【解析】【分析】根据分式的混合运算法则可将分式化简;根据三角形三边关系定理可
得a的取值范围,再由分式有意义的条件可得a=4,将a=4代入化简后的分式即可求
解。
18.【答案】⑴解:10÷12.5%=80(A),
80×25%=20(A),如图所示:
⑵解:扇形统计图中表示“跑步”项目扇形圆心角的度数为360。X翡=45。;
(3)解:画树状图如下:
开始
Y一共有12种等可能的情况,甲和乙两名学生同时被选中的情况有2种,
.∙.甲和乙两名学生同时被选中的概率=2÷12=ɪ.
【解析】【分析】(1)利用体操的人数除以所占的比例可得总人数,利用总人数乘以踢
犍子所占的比例可得对应的人数,据此补全频数分布直方图;
⑵利用“跑步”的人数所占的比例乘以360。即可;
(3)此题是抽取不放回类型,画出树状图,找出总情况数以及甲和乙两名学生同时被
选中的情况数,然后利用概率公式进行计算.
19.【答案】(1)解:设甲类型的笔记本电脑单价为X元,则乙类型的笔记本电脑为
(x+IO)元.
士的上始.110120
R邙思号----=「八
1Xx÷10
解得:X=110
经检险X=IIO是原方程的解,且符合题意.
.∙.乙类型的笔记本电脑单价为:110+10=120(元).
答:甲类型的笔记本电脑单价为no元,乙类型的笔记本电脑单价为120元.
(2)解:设甲类型笔记本电脑购买了a件,最低费用为w,则乙类型笔记本电脑购买
了(IoO-α)件.
由题意得:100-α≤3α.
:・a≥25.
W=IlOa+120(100-Q)=IlOa+12000-120α=-IOa+12000.
V-IO<0,
.∙.当a越大时w越小.
二当α=25时,W最大,最大值为一10X25+12000=11750(元).
答:最低费用为11750元.
【解析】【分析】(1)先求出孝=热,再求解即可;
(2)先求出100-α≤3α.再求出W的函数解析式,最后求解即可。
20•【答案】(1)解:•・・在函数y=∣k%—3∣+b中,当%=2时,y=-4;当%=0时,
y=-i∙
(∖2k-3∖+b=-4
7∣-3∣+b=-l>
解得[k=l,
Ib=—4
・••这个函数的表达式为y=∣∣χ-3∣-4;
(2)解:•・•y=—3|-4,
ʃy=/-7(%≥2)
[y=--I(X<2)
・,・函数y=9%—7过点(2,—4)和(4,—1),
函数y=—,%—1过点(0,—1)和(一2,2),
该函数图象如图所示,
性质:当%>2时,y的值随X的增大而增大;
(3)解:由函数的图象可得,不等式IkX-3∣+b≤∕x-3的解集为:1≤κ≤4;
(4)0<α<9
【解析】【解答]解.(4)解:⅛∣x2—6x∣—a=0得α=∖x2—6%|,
作出y=Ix2-6x∣的图象,
由图象可知,要使方程|/一6%|-。=0有四个不相等的实数根,则OVQV9,
故答案为:0V。V9.
【分析】(1)利用待定系数法求函数解析式即可;
(2)利用两点法画函数图象,根据图象写出其性质即可;
(3)观察图象可知当l≤x≤4时,函数y=∣∣x—3|—4的图象在函数y=—3
图象的下方,据此即得论;
(4)由∣%2-6x∣-α=O得α=∖x2-6%|,作出y=∖x2-6%|的图象,根据图象即可
求解.
21.【答案】(1)证明:连接OC,0B,
•・・/B和AC分另IJ切O。于点B和C,
.∖∆0CA=乙OBA=90°,
.∖∆COB+∆A=180°,
1
VzCDfi=今(360。-NBOC).
乙CDB=ɪ[360°-(180-24)],
1
即ZCDB=90o+^zΛ;
(2)证明:连接BC,KB1在DK上截取DB=DH,
'J∆CAB=60°,
1
.∙∆CDB=90。+宏X60。=120°,
•••△BDC的平分线交O。于点K,
乙o
"CDK=BDK=60l
BDH是等边三角形,
o
:.∆DHB=60,HB=DHt
ΛzBH∕C=ZCDS=120°,
VzBCD=乙BKD,
・"BCD=ABHK,
:.HK=DC,
.∖CD+BD=KH+HD=DK;
(3)解:连接CH并延长,交。。于M,连接MB、AD.AH.CK、CG,在线段MC上
截取MN=MB,由(2)可知三角形BCK是等边三角形,NCKB=60。,KC=BC,
;过D的切线分别交BC,AC于点E,F,F是4C的中点,
:.FC=FD=AF,
:.乙FCD=∆FDC,∆FDA=∆FAD,
.∖∆FDA+乙FDC=LX180°=90°,
,2CDK=乙BDK=60°,
:.∆ADH=∆BDA=150°,
VDB=DH,AD=AD,
△ADH=△ADB,
:.AH=AB.
・・・4B和4C分别切O。于点B和C,
:.AH=AB=AC,
:.∆ACH=Z-AHC1Z-AHB=UBH,
:・乙CHB=CAHB+∆AHC=∣(360o-ZB½C)=150°,
■:(DHB=60°,
.∖∆BHM=30°,乙DHC=90。,Z.DCH=30°,
,:乙M=乙CKB=60°,
,乙HBM=90°,三角形NBNM是等边三角形,
:.HB=WBM=WBN、ZBNM=60。,
LBNC=120°,
,:乙CBK=60°,
,乙KGC=乙BNC=120°,
∙.∙DG是直径,
."DCG=90°,
.".∆HCG=60°,
ZBCK=60°,
LBCN=乙KCG,
":KC=BC1
:.ΔBCN≤ΔKCG,
:.GK=BN,
':BD=3,
:•GK=^~BD=6•
【解析】【分析】(1)连接OCOB,根据切线的性质可得NoCA=NoBa=90。,再结
a∆CDB=J(360o-ZBOC),/.CDB=ɪ[360°-(180-zΛ)],求出乙COB=90°+
羟涧可;
(2)连接BC,KB,在DK上截取DB=DM先证出△BDH是等边三角形,可得
∆DHB=60o,HB=DH,再证出△BCC三△BHK,可得HK=DC,最后利用线段的
和差及等量代换可得CD+BD=KH+HD=DK;
(3)连接CH并延长,交。。于M,连接MB、AD.AH,CK、CG,在线段MC上截取
MN=MB,先证出NHBM=90。,三角形NBNM是等边三角形,可得HB=6BM=
WBN,∆BNM=60°,再证出ABCNWAKCG,可得GK=BN,结合BD=3,求出
GK=^-BD=√5即可。
22.【答案】⑴BM+BN=AB;ɪ
⑵解,①BM+BN=/Q)S四边形OMBN=SA。BH=2^L0BA=年S菱形ABCD,
证明:①如下图,连接MN,
"/四边形ABCD是菱形,乙BIODI=乙DAB=60°
.∖∆ABC=120°,
•;乙MoN+乙MBN=I80。,
ʌθ,M,B,N四点共圆,
:.∆0MN=乙OBN=60°,
VzMOZV=60°,
/.△MON是等边三角形,
:.OM=ON,
将AOBN绕点O顺时针旋转60。得到△OHM,
VOM=ON,4OMB+(ONB=180°,
・•・边BN刚好落在AB上,即为MH,
:・BM+BN=BH,
VOB=OH,乙BOH=60°,
/.△OBH是等边三角形,
:・BH=OB=ABsin30o=^AB,
.∙∙BM+BN=^AB
⑶sinj;ɪsin22或者i(sin5)2
【解析】【解答】⑴解:①Y四边形ABCD是正方形,
o
ΛAB=BC,ZNOC+ZBON=90,OC=BO1ZABO=ZOCB,
•・♦四边形A由ICQ是正方形,
ΛZMOB+ZBON=90o,
ΛZNOC=ZMOB,
Λ∆OBM^ΔOCN,
ΛBM=CN,
:•BM+BN=CN+BN=BC=AB,
.∙.BM+BN=AB,
②SΔOBM=S∆OCN1
ΛS四边形OMBN=ɪS正方形ABCD;
(3):由⑴可知:当NDAB=NAQC尸90。,丝需X=Ig=Sin45°
BM+BN_HB_0B
由⑵可知:NDAB=NBQDl=60。,o
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