四川广安市重点中学2023-2024学年中考数学押题卷含解析_第1页
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文档简介

四川广安市重点中学2023-2024学年中考数学押题卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1.如图,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1,与x轴的一个交点坐标为(-1,0),其部分图象如图所示,下列结论:①4ac<b2;②方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=-1,x2=3;③3a+c>0;④当y>0时,x的取值范围是-1≤x<3;⑤当x<0时,y随x增大而增大.其中结论正确的个数是()A.4个 B.3个 C.2个 D.1个2.下列各式:①3+3=6;②=1;③+==2;④=2;其中错误的有().A.3个 B.2个 C.1个 D.0个3.如图,在两个同心圆中,四条直径把大圆分成八等份,若往圆面投掷飞镖,则飞镖落在黑色区域的概率是()A. B. C. D.4.关于的不等式的解集如图所示,则的取值是A.0 B. C. D.5.若分式有意义,则x的取值范围是A.x>1 B.x<1 C.x≠1 D.x≠06.如图,在Rt△ABC中,BC=2,∠BAC=30°,斜边AB的两个端点分别在相互垂直的射线OM,ON上滑动,下列结论:①若C,O两点关于AB对称,则OA=;②C,O两点距离的最大值为4;③若AB平分CO,则AB⊥CO;④斜边AB的中点D运动路径的长为π.其中正确的是()A.①② B.①②③ C.①③④ D.①②④7.如图,等腰直角三角板ABC的斜边AB与量角器的直径重合,点D是量角器上60°刻度线的外端点,连接CD交AB于点E,则∠CEB的度数为()A.60° B.65° C.70° D.75°8.如图,要使□ABCD成为矩形,需添加的条件是()A.AB=BC B.∠ABC=90° C.AC⊥BD D.∠1=∠29.在一个不透明的口袋里有红、黄、蓝三种颜色的小球,这些球除颜色外都相同,其中有5个红球,4个蓝球.若随机摸出一个蓝球的概率为,则随机摸出一个黄球的概率为()A. B. C. D.10.如图,在平面直角坐标系中,正方形的顶点在轴上,且,,则正方形的面积是()A. B. C. D.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11.若式子有意义,则x的取值范围是.12.如图,将△ABC绕点A逆时针旋转100°,得到△ADE.若点D在线段BC的延长线上,则的大小为________.13.如图,点A的坐标为(3,),点B的坐标为(6,0),将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定的角度后得到△A′O′B,点A的对应点A′在x轴上,则点O′的坐标为_____.14.如图,点A,B,C在⊙O上,∠OBC=18°,则∠A=_______________________.15.分式方程的解为__________.16.一位小朋友在粗糙不打滑的“Z”字形平面轨道上滚动一个半径为10cm的圆盘,如图所示,AB与CD水平,BC与水平面的夹角为60°,其中AB=60cm,CD=40cm,BC=40cm,那么该小朋友将圆盘从A点滚动到D点其圆心所经过的路线长为____cm.三、解答题(共8题,共72分)17.(8分)(1)观察猜想如图①点B、A、C在同一条直线上,DB⊥BC,EC⊥BC且∠DAE=90°,AD=AE,则BC、BD、CE之间的数量关系为______;(2)问题解决如图②,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,CB=4,AB=2,以AC为直角边向外作等腰Rt△DAC,连结BD,求BD的长;(3)拓展延伸如图③,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ADC=90°,CB=4,AB=2,DC=DA,请直接写出BD的长.18.(8分)2017年5月14日至15日,“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行,本届论坛期间,中国同30多个国家签署经贸合作协议,某厂准备生产甲、乙两种商品共8万件销往“一带一路”沿线国家和地区.已知2件甲种商品与3件乙种商品的销售收入相同,3件甲种商品比2件乙种商品的销售收入多1500元.(1)甲种商品与乙种商品的销售单价各多少元?(2)若甲、乙两种商品的销售总收入不低于5400万元,则至少销售甲种商品多少万件?19.(8分)先化简:()÷,再从﹣2,﹣1,0,1这四个数中选择一个合适的数代入求值.20.(8分)已知:如图,在□ABCD中,点G为对角线AC的中点,过点G的直线EF分别交边AB、CD于点E、F,过点G的直线MN分别交边AD、BC于点M、N,且∠AGE=∠CGN.(1)求证:四边形ENFM为平行四边形;(2)当四边形ENFM为矩形时,求证:BE=BN.21.(8分)黄石市在创建国家级文明卫生城市中,绿化档次不断提升.某校计划购进A,B两种树木共100棵进行校园绿化升级,经市场调查:购买A种树木2棵,B种树木5棵,共需600元;购买A种树木3棵,B种树木1棵,共需380元.(1)求A种,B种树木每棵各多少元;(2)因布局需要,购买A种树木的数量不少于B种树木数量的3倍.学校与中标公司签订的合同中规定:在市场价格不变的情况下(不考虑其他因素),实际付款总金额按市场价九折优惠,请设计一种购买树木的方案,使实际所花费用最省,并求出最省的费用.22.(10分)如图,菱形ABCD中,已知∠BAD=120°,∠EGF=60°,∠EGF的顶点G在菱形对角线AC上运动,角的两边分别交边BC、CD于E、F.(1)如图甲,当顶点G运动到与点A重合时,求证:EC+CF=BC;(2)知识探究:①如图乙,当顶点G运动到AC的中点时,请直接写出线段EC、CF与BC的数量关系(不需要写出证明过程);②如图丙,在顶点G运动的过程中,若,探究线段EC、CF与BC的数量关系;(3)问题解决:如图丙,已知菱形的边长为8,BG=7,CF=,当>2时,求EC的长度.23.(12分)如图,点,在上,直线是的切线,.连接交于.(1)求证:(2)若,的半径为,求的长.24.如图,抛物线l:y=(x﹣h)2﹣2与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),将抛物线ι在x轴下方部分沿轴翻折,x轴上方的图象保持不变,就组成了函数ƒ的图象.(1)若点A的坐标为(1,0).①求抛物线l的表达式,并直接写出当x为何值时,函数ƒ的值y随x的增大而增大;②如图2,若过A点的直线交函数ƒ的图象于另外两点P,Q,且S△ABQ=2S△ABP,求点P的坐标;(2)当2<x<3时,若函数f的值随x的增大而增大,直接写出h的取值范围.

参考答案一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)1、B【解析】

解:∵抛物线与x轴有2个交点,∴b2﹣4ac>0,所以①正确;∵抛物线的对称轴为直线x=1,而点(﹣1,0)关于直线x=1的对称点的坐标为(3,0),∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1,x2=3,所以②正确;∵x=﹣=1,即b=﹣2a,而x=﹣1时,y=0,即a﹣b+c=0,∴a+2a+c=0,所以③错误;∵抛物线与x轴的两点坐标为(﹣1,0),(3,0),∴当﹣1<x<3时,y>0,所以④错误;∵抛物线的对称轴为直线x=1,∴当x<1时,y随x增大而增大,所以⑤正确.故选:B.【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系:对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0),二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小:当a>0时,抛物线向上开口;当a<0时,抛物线向下开口;一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置:当a与b同号时(即ab>0),对称轴在y轴左;当a与b异号时(即ab<0),对称轴在y轴右;常数项c决定抛物线与y轴交点位置:抛物线与y轴交于(0,c);抛物线与x轴交点个数由△决定:△=b2﹣4ac>0时,抛物线与x轴有2个交点;△=b2﹣4ac=0时,抛物线与x轴有1个交点;△=b2﹣4ac<0时,抛物线与x轴没有交点.2、A【解析】3+3=6,错误,无法计算;②=1,错误;③+==2不能计算;④=2,正确.故选A.3、D【解析】

两个同心圆被均分成八等份,飞镖落在每一个区域的机会是均等的,由此计算出黑色区域的面积,利用几何概率的计算方法解答即可.【详解】因为两个同心圆等分成八等份,飞镖落在每一个区域的机会是均等的,其中黑色区域的面积占了其中的四等份,所以P(飞镖落在黑色区域)==.故答案选:D.【点睛】本题考查了几何概率,解题的关键是熟练的掌握几何概率的相关知识点.4、D【解析】

首先根据不等式的性质,解出x≤,由数轴可知,x≤-1,所以=-1,解出即可;【详解】解:不等式,解得x<,由数轴可知,所以,解得;故选:.【点睛】本题主要考查了不等式的解法和在数轴上表示不等式的解集,在表示解集时“≥”,“≤”要用实心圆点表示;“<”,“>”要用空心圆点表示.5、C【解析】

分式分母不为0,所以,解得.故选:C.6、D【解析】分析:①先根据直角三角形30°的性质和勾股定理分别求AC和AB,由对称的性质可知:AB是OC的垂直平分线,所以

②当OC经过AB的中点E时,OC最大,则C、O两点距离的最大值为4;

③如图2,当∠ABO=30°时,易证四边形OACB是矩形,此时AB与CO互相平分,但所夹锐角为60°,明显不垂直,或者根据四点共圆可知:A、C、B、O四点共圆,则AB为直径,由垂径定理相关推论:平分弦(不是直径)的直径垂直于这条弦,但当这条弦也是直径时,即OC是直径时,AB与OC互相平分,但AB与OC不一定垂直;

④如图3,半径为2,圆心角为90°,根据弧长公式进行计算即可.详解:在Rt△ABC中,∵∴①若C.O两点关于AB对称,如图1,∴AB是OC的垂直平分线,则所以①正确;②如图1,取AB的中点为E,连接OE、CE,∵∴当OC经过点E时,OC最大,则C.O两点距离的最大值为4;所以②正确;③如图2,当时,∴四边形AOBC是矩形,∴AB与OC互相平分,但AB与OC的夹角为不垂直,所以③不正确;④如图3,斜边AB的中点D运动路径是:以O为圆心,以2为半径的圆周的则:所以④正确;综上所述,本题正确的有:①②④;故选D.点睛:属于三角形的综合体,考查了直角三角形的性质,直角三角形斜边上中线的性质,轴对称的性质,弧长公式等,熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.7、D【解析】

解:连接OD∵∠AOD=60°,∴ACD=30°.∵∠CEB是△ACE的外角,∴△CEB=∠ACD+∠CAO=30°+45°=75°故选:D8、B【解析】

根据一个角是90度的平行四边形是矩形进行选择即可.【详解】解:A、是邻边相等,可判定平行四边形ABCD是菱形;

B、是一内角等于90°,可判断平行四边形ABCD成为矩形;

C、是对角线互相垂直,可判定平行四边形ABCD是菱形;

D、是对角线平分对角,可判断平行四边形ABCD成为菱形;故选:B.【点睛】本题主要应用的知识点为:矩形的判定.①对角线相等且相互平分的四边形为矩形.②一个角是90度的平行四边形是矩形.9、A【解析】

设黄球有x个,根据摸出一个球是蓝球的概率是,得出黄球的个数,再根据概率公式即可得出随机摸出一个黄球的概率.【详解】解:设袋子中黄球有x个,根据题意,得:,解得:x=3,即袋中黄球有3个,所以随机摸出一个黄球的概率为,故选A.【点睛】此题主要考查了概率公式的应用,用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.得到所求的情况数是解决本题的关键.10、D【解析】作BE⊥OA于点E.则AE=2-(-3)=5,△AOD≌△BEA(AAS),∴OD=AE=5,,∴正方形的面积是:,故选D.二、填空题(本大题共6个小题,每小题3分,共18分)11、且【解析】

∵式子在实数范围内有意义,∴x+1≥0,且x≠0,解得:x≥-1且x≠0.故答案为x≥-1且x≠0.12、40°【解析】

根据旋转的性质可得出AB=AD、∠BAD=100°,再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数,此题得解.【详解】根据旋转的性质,可得:AB=AD,∠BAD=100°,∴∠B=∠ADB=×(180°−100°)=40°.故填:40°.【点睛】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质,根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求出∠B的度数是解题的关键.13、(,)【解析】

作AC⊥OB、O′D⊥A′B,由点A、B坐标得出OC=3、AC=、BC=OC=3,从而知tan∠ABC==,由旋转性质知BO′=BO=6,tan∠A′BO′=tan∠ABO==,设O′D=x、BD=3x,由勾股定理求得x的值,即可知BD、O′D的长即可.【详解】如图,过点A作AC⊥OB于C,过点O′作O′D⊥A′B于D,

∵A(3,),

∴OC=3,AC=,

∵OB=6,

∴BC=OC=3,

则tan∠ABC==,

由旋转可知,BO′=BO=6,∠A′BO′=∠ABO,

∴==,

设O′D=x,BD=3x,

由O′D2+BD2=O′B2可得(x)2+(3x)2=62,

解得:x=或x=−(舍),

则BD=3x=,O′D=x=,

∴OD=OB+BD=6+=,

∴点O′的坐标为(,).【点睛】本题考查的是图形的旋转,熟练掌握勾股定理和三角函数是解题的关键.14、72°.【解析】

解:∵OB=OC,∠OBC=18°,∴∠BCO=∠OBC=18°,∴∠BOC=180°﹣2∠OBC=180°﹣2×18°=144°,∴∠A=∠BOC=×144°=72°.故答案为72°.【点睛】本题考查圆周角定理,掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是本题的解题关键.15、-1【解析】【分析】先去分母,化为整式方程,然后再进行检验即可得.【详解】两边同乘(x+2)(x-2),得:x-2﹣3x=0,解得:x=-1,检验:当x=-1时,(x+2)(x-2)≠0,所以x=-1是分式方程的解,故答案为:-1.【点睛】本题考查了解分式方程,熟练掌握解分式方程的一般步骤以及注意事项是解题的关键.16、【解析】试题解析:如下图,画出圆盘滚动过程中圆心移动路线的分解图象.可以得出圆盘滚动过程中圆心走过的路线由线段OO1,线段O1O2,圆弧,线段O3O4四部分构成.其中O1E⊥AB,O1F⊥BC,O2C⊥BC,O3C⊥CD,O4D⊥CD.∵BC与AB延长线的夹角为60°,O1是圆盘在AB上滚动到与BC相切时的圆心位置,∴此时⊙O1与AB和BC都相切.则∠O1BE=∠O1BF=60度.此时Rt△O1BE和Rt△O1BF全等,在Rt△O1BE中,BE=cm.∴OO1=AB-BE=(60-)cm.∵BF=BE=cm,∴O1O2=BC-BF=(40-)cm.∵AB∥CD,BC与水平夹角为60°,∴∠BCD=120度.又∵∠O2CB=∠O3CD=90°,∴∠O2CO3=60度.则圆盘在C点处滚动,其圆心所经过的路线为圆心角为60°且半径为10cm的圆弧.∴的长=×2π×10=πcm.∵四边形O3O4DC是矩形,∴O3O4=CD=40cm.综上所述,圆盘从A点滚动到D点,其圆心经过的路线长度是:(60-)+(40-)+π+40=(140-+π)cm.三、解答题(共8题,共72分)17、(1)BC=BD+CE,(2);(3).【解析】

(1)证明△ADB≌△EAC,根据全等三角形的性质得到BD=AC,EC=AB,即可得到BC、BD、CE之间的数量关系;(2)过D作DE⊥AB,交BA的延长线于E,证明△ABC≌△DEA,得到DE=AB=2,AE=BC=4,Rt△BDE中,BE=6,根据勾股定理即可得到BD的长;(3)过D作DE⊥BC于E,作DF⊥AB于F,证明△CED≌△AFD,根据全等三角形的性质得到CE=AF,ED=DF,设AF=x,DF=y,根据CB=4,AB=2,列出方程组,求出的值,根据勾股定理即可求出BD的长.【详解】解:(1)观察猜想结论:BC=BD+CE,理由是:如图①,∵∠B=90°,∠DAE=90°,∴∠D+∠DAB=∠DAB+∠EAC=90°,∴∠D=∠EAC,∵∠B=∠C=90°,AD=AE,∴△ADB≌△EAC,∴BD=AC,EC=AB,∴BC=AB+AC=BD+CE;(2)问题解决如图②,过D作DE⊥AB,交BA的延长线于E,由(1)同理得:△ABC≌△DEA,∴DE=AB=2,AE=BC=4,Rt△BDE中,BE=6,由勾股定理得:(3)拓展延伸如图③,过D作DE⊥BC于E,作DF⊥AB于F,同理得:△CED≌△AFD,∴CE=AF,ED=DF,设AF=x,DF=y,则,解得:∴BF=2+1=3,DF=3,由勾股定理得:【点睛】考查全等三角形的判定与性质,勾股定理,二元一次方程组的应用,熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.18、(1)甲种商品的销售单价900元,乙种商品的销售单价600元;(1)至少销售甲种商品1万件.【解析】

(1)可设甲种商品的销售单价x元,乙种商品的销售单价y元,根据等量关系:①1件甲种商品与3件乙种商品的销售收入相同,②3件甲种商品比1件乙种商品的销售收入多1500元,列出方程组求解即可;(1)可设销售甲种商品a万件,根据甲、乙两种商品的销售总收入不低于5400万元,列出不等式求解即可.【详解】(1)设甲种商品的销售单价x元,乙种商品的销售单价y元,依题意有:,解得.答:甲种商品的销售单价900元,乙种商品的销售单价600元;(1)设销售甲种商品a万件,依题意有:900a+600(8﹣a)≥5400,解得:a≥1.答:至少销售甲种商品1万件.【点睛】本题考查了一元一次不等式及二元一次方程组的应用,解决本题的关键是读懂题意,找到符合题意的不等关系式及所求量的等量关系.19、,1.【解析】

先算括号内的减法,同时把除法变成乘法,再根据分式的乘法进行计算,最后代入求出即可.【详解】原式=•=•=.∵由题意,x不能取1,﹣1,﹣2,∴x取2.当x=2时,原式===1.【点睛】本题考查了分式的混合运算和求值,能正确根据分式的运算法则进行化简是解答此题的关键.20、(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】分析:(1)由已知条件易得∠EAG=∠FCG,AG=GC结合∠AGE=∠FGC可得△EAG≌△FCG,从而可得△EAG≌△FCG,由此可得EG=FG,同理可得MG=NG,由此即可得到四边形ENFM是平行四边形;(2)如下图,由四边形ENFM为矩形可得EG=NG,结合AG=CG,∠AGE=∠CGN可得△EAG≌△NCG,则∠BAC=∠ACB,AE=CN,从而可得AB=CB,由此可得BE=BN.详解:(1)∵四边形ABCD为平行四四边形边形,∴AB//CD.∴∠EAG=∠FCG.∵点G为对角线AC的中点,∴AG=GC.∵∠AGE=∠FGC,∴△EAG≌△FCG.∴EG=FG.同理MG=NG.∴四边形ENFM为平行四边形.(2)∵四边形ENFM为矩形,∴EF=MN,且EG=,GN=,∴EG=NG,又∵AG=CG,∠AGE=∠CGN,∴△EAG≌△NCG,∴∠BAC=∠ACB,AE=CN,∴AB=BC,∴AB-AE=CB-CN,∴BE=BN.点睛:本题是一道考查平行四边形的判定和性质及矩形性质的题目,熟练掌握相关图形的性质和判定是顺利解题的关键.21、(1)A种树每棵2元,B种树每棵80元;(2)当购买A种树木1棵,B种树木25棵时,所需费用最少,最少为8550元.【解析】

(1)设A种树每棵x元,B种树每棵y元,根据“购买A种树木2棵,B种树木5棵,共需600元;购买A种树木3棵,B种树木1棵,共需380元”列出方程组并解答;(2)设购买A种树木为x棵,则购买B种树木为(2-x)棵,根据“购买A种树木的数量不少于B种树木数量的3倍”列出不等式并求得x的取值范围,结合实际付款总金额=0.9(A种树的金额+B种树的金额)进行解答.【详解】解:(1)设A种树木每棵x元,B种树木每棵y元,根据题意,得,解得,答:A种树木每棵2元,B种树木每棵80元.(2)设购买A种树木x棵,则B种树木(2-x)棵,则x≥3(2-x).解得x≥1.又2-x≥0,解得x≤2.∴1≤x≤2.设实际付款总额是y元,则y=0.9[2x+80(2-x)].即y=18x+73.∵18>0,y随x增大而增大,∴当x=1时,y最小为18×1+73=8550(元).答:当购买A种树木1棵,B种树木25棵时,所需费用最少,为8550元.22、(1)证明见解析(2)①线段EC,CF与BC的数量关系为:CE+CF=BC.②CE+CF=BC(3)【解析】

(1)利用包含60°角的菱形,证明△BAE≌△CAF,可求证;(2)由特殊到一般,证明△CAE′∽△CGE,从而可以得到EC、CF与BC的数量关系(3)连接BD与AC交于点H,利用三角函数BH,AH,CH的长度,最后求BC长度.【详解】解:(1)证明:∵四边形ABCD是菱形,∠BAD=120°,∴∠BAC=60°,∠B=∠ACF=60°,AB=BC,AB=AC,∵∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠CAF=60°,∴∠BAE=∠CAF,在△BAE和△CAF中,,∴△BAE≌△CAF,∴BE=CF,∴EC+CF=EC+BE=BC,即EC+CF=BC;(2)知识探究:①线段EC,CF与BC的数量关系为:CE+CF=BC.理由:如图乙,过点A作AE′∥EG,AF′∥GF,分别交BC、CD于E′、F′.

类比(1)可得:E′C+CF′=BC,

∵AE′∥EG,

∴△CAE′∽△CGE,,同理可得:,,即;②CE+CF=BC.理由如下:过点A作AE′∥EG,AF′∥GF,分别交BC、CD于E′、F′.类比(1)可得:E′C+CF′=BC,∵AE′∥EG,∴△CAE′∽△CAE,∴,∴CE=CE′,同理可得:CF=CF′,∴CE+CF=CE′+CF′=(CE′+CF′)=BC,即CE+CF=BC;(3)连接BD与AC交于点H,如图所示:在Rt△ABH中,∵AB=8,∠BAC=60°,∴BH=ABsin60°=8×=,AH=CH=ABcos60°=8×=4,∴GH===1,∴CG=4-1=3,∴,∴t=(t>2),由(2)②得:CE+CF=BC,∴CE=BC-CF=×8-=.【点睛】本题属于相似形综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质、菱形的性质,相似三角形的判定和性质等知识的综合运用,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题,学会添加辅助线构造相似三角形.23、(1)证明见解析;(2)1.【解析】

(1)连结OA,由AC为圆的切线,利用切线的性质得到∠OAC为直角,再由,得到∠BOC为直角,由OA=OB得到,再利用对顶角相等及等角的余角相等得到,利用等角对等边即可得证;(2)在中,利用勾股定理即可求出OC,由OC=OD+DC,DC=AC,即可求得OD的长.【详解】(1)如图,连接,∵切于,∴,∴又∵,∴在中:∵,∴,∴,又∵,∴,∴;(

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