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文档简介
江苏省无锡市东绛实验校2023-2024学年中考押题数学预测卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1.下列调查中,最适合采用普查方式的是()A.对太原市民知晓“中国梦”内涵情况的调查B.对全班同学1分钟仰卧起坐成绩的调查C.对2018年央视春节联欢晚会收视率的调查D.对2017年全国快递包裹产生的包装垃圾数量的调查2.已知二次函数y=x2﹣4x+m的图象与x轴交于A、B两点,且点A的坐标为(1,0),则线段AB的长为()A.1 B.2 C.3 D.43.如图,将△ABC沿DE,EF翻折,顶点A,B均落在点O处,且EA与EB重合于线段EO,若∠DOF=142°,则∠C的度数为()A.38° B.39° C.42° D.48°4.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,则图中相似三角形共有()A.1对 B.2对 C.3对 D.4对5.若不等式组2x-1>3x≤a的整数解共有三个,则aA.5<a<6 B.5<a≤6 C.5≤a<6 D.5≤a≤66.已知x=1是方程x2+mx+n=0的一个根,则代数式m2+2mn+n2的值为()A.–1B.2C.1D.–27.如图,抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(-1,0),顶点坐标(1,n)与y轴的交点在(0,2),(0,3)之间(包含端点),则下列结论:①3a+b<0;②-1≤a≤-23;③对于任意实数m,a+b≥am2+bm总成立;④关于x的方程ax2A.1个B.2个C.3个D.4个8.如图,在平行四边形ABCD中,都不一定成立的是()①AO=CO;②AC⊥BD;③AD∥BC;④∠CAB=∠CAD.A.①和④ B.②和③ C.③和④ D.②和④9.图(1)是一个长为2m,宽为2n(m>n)的长方形,用剪刀沿图中虚线(对称轴)剪开,把它分成四块形状和大小都一样的小长方形,然后按图(2)那样拼成一个正方形,则中间空的部分的面积是()A.2mn B.(m+n)2 C.(m-n)2 D.m2-n210.如果关于x的方程x2﹣x+1=0有实数根,那么k的取值范围是()A.k>0 B.k≥0 C.k>4 D.k≥4二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11.计算:=_____________.12.定义:直线l1与l2相交于点O,对于平面内任意一点M,点M到直线l1,l2的距离分别为p、q,则称有序实数对(p,q)是点M的“距离坐标”.根据上述定义,“距离坐标”是(1,2)的点的个数共有______个.13.分解因式:4m2﹣16n2=_____.14.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_____.15.阅读下面材料:在数学课上,老师提出利用尺规作图完成下面问题:已知:∠ACB是△ABC的一个内角.求作:∠APB=∠ACB.小明的做法如下:如图①作线段AB的垂直平分线m;②作线段BC的垂直平分线n,与直线m交于点O;③以点O为圆心,OA为半径作△ABC的外接圆;④在弧ACB上取一点P,连结AP,BP.所以∠APB=∠ACB.老师说:“小明的作法正确.”请回答:(1)点O为△ABC外接圆圆心(即OA=OB=OC)的依据是_____;(2)∠APB=∠ACB的依据是_____.16.如图,PA,PB分别为的切线,切点分别为A、B,,则______.17.某物流仓储公司用如图A,B两种型号的机器人搬运物品,已知A型机器人比B型机器人每小时多搬运20kg,A型机器人搬运1000kg所用时间与B型机器人搬运800kg所用时间相等,设B型机器人每小时搬运xkg物品,列出关于x的方程为_____.三、解答题(共7小题,满分69分)18.(10分)如图,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的⊙O分别交BC,AC于点D,E,DG⊥AC于点G,交AB的延长线于点F.(1)求证:直线FG是⊙O的切线;(2)若AC=10,cosA=2519.(5分)如图所示,内接于圆O,于D;(1)如图1,当AB为直径,求证:;(2)如图2,当AB为非直径的弦,连接OB,则(1)的结论是否成立?若成立请证明,不成立说明由;(3)如图3,在(2)的条件下,作于E,交CD于点F,连接ED,且,若,,求CF的长度.20.(8分)综合与实践﹣猜想、证明与拓广问题情境:数学课上同学们探究正方形边上的动点引发的有关问题,如图1,正方形ABCD中,点E是BC边上的一点,点D关于直线AE的对称点为点F,直线DF交AB于点H,直线FB与直线AE交于点G,连接DG,CG.猜想证明(1)当图1中的点E与点B重合时得到图2,此时点G也与点B重合,点H与点A重合.同学们发现线段GF与GD有确定的数量关系和位置关系,其结论为:;(2)希望小组的同学发现,图1中的点E在边BC上运动时,(1)中结论始终成立,为证明这两个结论,同学们展开了讨论:小敏:根据轴对称的性质,很容易得到“GF与GD的数量关系”…小丽:连接AF,图中出现新的等腰三角形,如△AFB,…小凯:不妨设图中不断变化的角∠BAF的度数为n,并设法用n表示图中的一些角,可证明结论.请你参考同学们的思路,完成证明;(3)创新小组的同学在图1中,发现线段CG∥DF,请你说明理由;联系拓广:(4)如图3若将题中的“正方形ABCD”变为“菱形ABCD“,∠ABC=α,其余条件不变,请探究∠DFG的度数,并直接写出结果(用含α的式子表示).21.(10分)阅读下列材料:材料一:早在2011年9月25日,北京故宫博物院就开始尝试网络预售门票,2011年全年网络售票仅占1.68%.2012年至2014年,全年网络售票占比都在2%左右.2015年全年网络售票占17.33%,2016年全年网络售票占比增长至41.14%.2017年8月实现网络售票占比77%.2017年10月2日,首次实现全部网上售票.与此同时,网络购票也采用了“人性化”的服务方式,为没有线上支付能力的观众提供代客下单服务.实现全网络售票措施后,在北京故宫博物院的精细化管理下,观众可以更自主地安排自己的行程计划,获得更美好的文化空间和参观体验.材料二:以下是某同学根据网上搜集的数据制作的年度中国国家博物馆参观人数及年增长率统计表.年度20132014201520162017参观人数(人次)74500007630000729000075500008060000年增长率(%)38.72.4-4.53.66.8他还注意到了如下的一则新闻:2018年3月8日,中国国家博物馆官方微博发文,宣布取消纸质门票,观众持身份证预约即可参观.国博正在建设智慧国家博物馆,同时馆方工作人员担心的是:“虽然有故宫免(纸质)票的经验在前,但对于国博来说这项工作仍有新的挑战.参观故宫需要观众网上付费购买门票,他遵守预约的程度是不一样的.但(国博)免费就有可能约了不来,挤占资源,所以难度其实不一样.”尽管如此,国博仍将积极采取技术和服务升级,希望带给观众一个更完美的体验方式.根据以上信息解决下列问题:(1)补全以下两个统计图;(2)请你预估2018年中国国家博物馆的参观人数,并说明你的预估理由.22.(10分)如图,已知:△ABC中,AB=AC,M是BC的中点,D、E分别是AB、AC边上的点,且BD=CE.求证:MD=ME.23.(12分)如图,AB、AD是⊙O的弦,△ABC是等腰直角三角形,△ADC≌△AEB,请仅用无刻度直尺作图:在图1中作出圆心O;在图2中过点B作BF∥AC.24.(14分)甲、乙两组工人同时开始加工某种零件,乙组在工作中有一次停产更换设备,更换设备后,乙组的工作效率是原来的2倍.两组各自加工零件的数量y(件)与时间x(时)之间的函数图象如下图所示.求甲组加工零件的数量y与时间x之间的函数关系式.求乙组加工零件总量a的值.
参考答案一、选择题(每小题只有一个正确答案,每小题3分,满分30分)1、B【解析】分析:由普查得到的调查结果比较准确,但所费人力、物力和时间较多,而抽样调查得到的调查结果比较近似.详解:A、调查范围广适合抽样调查,故A不符合题意;B、适合普查,故B符合题意;C、调查范围广适合抽样调查,故C不符合题意;D、调查范围广适合抽样调查,故D不符合题意;故选:B.点睛:本题考查了抽样调查和全面调查的区别,选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用,一般来说,对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大,应选择抽样调查,对于精确度要求高的调查,事关重大的调查往往选用普查.2、B【解析】
先将点A(1,0)代入y=x2﹣4x+m,求出m的值,将点A(1,0)代入y=x2﹣4x+m,得到x1+x2=4,x1•x2=3,即可解答【详解】将点A(1,0)代入y=x2﹣4x+m,得到m=3,所以y=x2﹣4x+3,与x轴交于两点,设A(x1,y1),b(x2,y2)∴x2﹣4x+3=0有两个不等的实数根,∴x1+x2=4,x1•x2=3,∴AB=|x1﹣x2|==2;故选B.【点睛】此题考查抛物线与坐标轴的交点,解题关键在于将已知点代入.3、A【解析】分析:根据翻折的性质得出∠A=∠DOE,∠B=∠FOE,进而得出∠DOF=∠A+∠B,利用三角形内角和解答即可.详解:∵将△ABC沿DE,EF翻折,∴∠A=∠DOE,∠B=∠FOE,∴∠DOF=∠DOE+∠EOF=∠A+∠B=142°,∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣142°=38°.故选A.点睛:本题考查了三角形内角和定理、翻折的性质等知识,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题,学会把条件转化的思想,属于中考常考题型.4、C【解析】∵∠ACB=90°,CD⊥AB,∴△ABC∽△ACD,△ACD∽CBD,△ABC∽CBD,所以有三对相似三角形.故选C.5、C【解析】
首先确定不等式组的解集,利用含a的式子表示,根据整数解的个数就可以确定有哪些整数解,根据解的情况可以得到关于a的不等式,从而求出a的范围.【详解】解不等式组得:2<x≤a,∵不等式组的整数解共有3个,∴这3个是3,4,5,因而5≤a<1.故选C.【点睛】本题考查了一元一次不等式组的整数解,正确解出不等式组的解集,确定a的范围,是解答本题的关键.求不等式组的解集,应遵循以下原则:同大取较大,同小取较小,小大大小中间找,大大小小解不了.6、C【解析】
把x=1代入x2+mx+n=0,可得m+n=-1,然后根据完全平方公式把m2+2mn+n2变形后代入计算即可.【详解】把x=1代入x2+mx+n=0,代入1+m+n=0,∴m+n=-1,∴m2+2mn+n2=(m+n)2=1.故选C.【点睛】本题考查了方程的根和整体代入法求代数式的值,能使方程两边相等的未知数的值叫做方程的根.7、D【解析】
利用抛物线开口方向得到a<0,再由抛物线的对称轴方程得到b=-2a,则3a+b=a,于是可对①进行判断;利用2≤c≤3和c=-3a可对②进行判断;利用二次函数的性质可对③进行判断;根据抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点可对④进行判断.【详解】∵抛物线开口向下,∴a<0,而抛物线的对称轴为直线x=-b2a∴3a+b=3a-2a=a<0,所以①正确;∵2≤c≤3,而c=-3a,∴2≤-3a≤3,∴-1≤a≤-23∵抛物线的顶点坐标(1,n),∴x=1时,二次函数值有最大值n,∴a+b+c≥am2+bm+c,即a+b≥am2+bm,所以③正确;∵抛物线的顶点坐标(1,n),∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点,∴关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根,所以④正确.故选D.【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系: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,对称轴在y轴左;当a与b异号时,对称轴在y轴右.常数项c决定抛物线与y轴交点:抛物线与y轴交于(0,c).抛物线与x轴交点个数由判别式确定:△=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.8、D【解析】∵四边形ABCD是平行四边形,∴AO=CO,故①成立;AD∥BC,故③成立;利用排除法可得②与④不一定成立,∵当四边形是菱形时,②和④成立.故选D.9、C【解析】
解:由题意可得,正方形的边长为(m+n),故正方形的面积为(m+n)1.又∵原矩形的面积为4mn,∴中间空的部分的面积=(m+n)1-4mn=(m-n)1.故选C.10、D【解析】
由被开方数非负结合根的判别式△≥0,即可得出关于k的一元一次不等式组,解之即可得出k的取值范围.【详解】∵关于x的方程x2-x+1=0有实数根,∴,解得:k≥1.故选D.【点睛】本题考查了根的判别式,牢记“当△≥0时,方程有实数根”是解题的关键.二、填空题(共7小题,每小题3分,满分21分)11、【解析】分析:按单项式乘以多项式的法则将括号去掉,在合并同类项即可.详解:原式=.故答案为:.点睛:熟记整式乘法和加减法的相关运算法则是正确解答这类题的关键.12、4【解析】
根据“距离坐标”和平面直角坐标系的定义分别写出各点即可.【详解】距离坐标是(1,2)的点有(1,2),(-1,2),(-1,-2),(1,-2)共四个,所以答案填写4.【点睛】本题考查了点的坐标,理解题意中距离坐标是解题的关键.13、4(m+2n)(m﹣2n).【解析】
原式提取4后,利用平方差公式分解即可.【详解】解:原式=4().故答案为【点睛】本题考查提公因式法与公式法的综合运用,解题的关键是熟练掌握因式分解的方法.14、(,)【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.15、①线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等;②等量代换同弧所对的圆周角相等【解析】
(1)根据线段的垂直平分线的性质定理以及等量代换即可得出结论.
(2)根据同弧所对的圆周角相等即可得出结论.【详解】(1)如图2中,∵MN垂直平分AB,EF垂直平分BC,∴OA=OB,OB=OC(线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等),∴OA=OB=OC(等量代换)故答案是:(2)∵,∴∠APB=∠ACB(同弧所对的圆周角相等).故答案是:(1)线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等和等量代换;(2)同弧所对的圆周角相等.【点睛】考查作图-复杂作图、线段的垂直平分线的性质、三角形的外心等知识,解题的关键是熟练掌握三角形外心的性质.16、50°【解析】
由PA与PB都为圆O的切线,利用切线长定理得到,再利用等边对等角得到一对角相等,由顶角的度数求出底角的度数,再利用弦切角等于夹弧所对的圆周角,可得出,由的度数即可求出的度数.【详解】解:,PB分别为的切线,
,,
又,
,
则.
故答案为:【点睛】此题考查了切线长定理,切线的性质,以及等腰三角形的性质,熟练掌握定理及性质是解本题的关键.17、【解析】
设B型机器人每小时搬运x
kg物品,则A型机器人每小时搬运(x+20)kg物品,根据“A型机器人搬运1000kg所用时间与B型机器人搬运800kg所用时间相等”可列方程.【详解】设B型机器人每小时搬运x
kg物品,则A型机器人每小时搬运(x+20)kg物品,根据题意可得,故答案为.【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程,解题的关键是根据数量关系列出关于x的分式方程.本题属于基础题,难度不大,解决该题型题目时,根据数量关系列出方程是关键.三、解答题(共7小题,满分69分)18、(3)证明见试题解析;(3)3.【解析】试题分析:(3)先得出OD∥AC,有∠ODG=∠DGC,再由DG⊥AC,得到∠DGC=90°,∠ODG=90°,得出OD⊥FG,即可得出直线FG是⊙O的切线.(3)先得出△ODF∽△AGF,再由cosA=25,得出cos∠DOF=2试题解析:(3)如图3,连接OD,∵AB=AC,∴∠C=∠ABC,∵OD=OB,∴∠ABC=∠ODB,∴∠ODB=∠C,∴OD∥AC,∴∠ODG=∠DGC,∵DG⊥AC,∴∠DGC=90°,∴∠ODG=90°,∴OD⊥FG,∵OD是⊙O的半径,∴直线FG是⊙O的切线;(3)如图3,∵AB=AC=30,AB是⊙O的直径,∴OA=OD=30÷3=5,由(3),可得:OD⊥FG,OD∥AC,∴∠ODF=90°,∠DOF=∠A,在△ODF和△AGF中,∵∠DOF=∠A,∠F=∠F,∴△ODF∽△AGF,∴ODAG=OFAF,∵cosA=25,∴cos∠DOF=25,∴OF=ODcos∠DOF=52考点:3.切线的判定;3.相似三角形的判定与性质;3.综合题.19、(1)见解析;(2)成立;(3)【解析】
(1)根据圆周角定理求出∠ACB=90°,求出∠ADC=90°,再根据三角形内角和定理求出即可;(2)根据圆周角定理求出∠BOC=2∠A,求出∠OBC=90°-∠A和∠ACD=90°-∠A即可;(3)分别延长AE、CD交⊙O于H、K,连接HK、CH、AK,在AD上取DG=BD,延长CG交AK于M,延长KO交⊙O于N,连接CN、AN,求出关于a的方程,再求出a即可.【详解】(1)证明:∵AB为直径,∴,∵于D,∴,∴,,∴;(2)成立,证明:连接OC,由圆周角定理得:,∵,∴,∵,∴,∴;(3)分别延长AE、CD交⊙O于H、K,连接HK、CH、AK,∵,,∴,∴,,∵,∴,∵根据圆周角定理得:,∴,∴由三角形内角和定理得:,∴,∴,同理,∵,∴,在AD上取,延长CG交AK于M,则,,∴,∴,延长KO交⊙O于N,连接CN、AN,则,∴,∵,∴,∴四边形CGAN是平行四边形,∴,作于T,则T为CK的中点,∵O为KN的中点,∴,∵,,∴由勾股定理得:,∴,作直径HS,连接KS,∵,,∴由勾股定理得:,∴,∴,设,,∴,,∵,∴,解得:,∴,∴.【点睛】本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点,能综合运用知识点进行推理是解此题的关键,综合性比较强,难度偏大.20、(1)GF=GD,GF⊥GD;(2)见解析;(3)见解析;(4)90°﹣.【解析】
(1)根据四边形ABCD是正方形可得∠ABD=∠ADB=45°,∠BAD=90°,点D关于直线AE的对称点为点F,即可证明出∠DBF=90°,故GF⊥GD,再根据∠F=∠ADB,即可证明GF=GD;(2)连接AF,证明∠AFG=∠ADG,再根据四边形ABCD是正方形,得出AB=AD,∠BAD=90°,设∠BAF=n,∠FAD=90°+n,可得出∠FGD=360°﹣∠FAD﹣∠AFG﹣∠ADG=360°﹣(90°+n)﹣(180°﹣n)=90°,故GF⊥GD;(3)连接BD,由(2)知,FG=DG,FG⊥DG,再分别求出∠GFD与∠DBC的角度,再根据三角函数的性质可证明出△BDF∽△CDG,故∠DGC=∠FDG,则CG∥DF;(4)连接AF,BD,根据题意可证得∠DAM=90°﹣∠2=90°﹣∠1,∠DAF=2∠DAM=180°﹣2∠1,再根据菱形的性质可得∠ADB=∠ABD=α,故∠AFB+∠DBF+∠ADB+∠DAF=(∠DFG+∠1)+(∠DFG+∠1+α)+α+(180°﹣2∠1)=360°,2∠DFG+2∠1+α﹣2∠1=180°,即可求出∠DFG.【详解】解:(1)GF=GD,GF⊥GD,理由:∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABD=∠ADB=45°,∠BAD=90°,∵点D关于直线AE的对称点为点F,∠BAD=∠BAF=90°,∴∠F=∠ADB=45°,∠ABF=∠ABD=45°,∴∠DBF=90°,∴GF⊥GD,∵∠BAD=∠BAF=90°,∴点F,A,D在同一条线上,∵∠F=∠ADB,∴GF=GD,故答案为GF=GD,GF⊥GD;(2)连接AF,∵点D关于直线AE的对称点为点F,∴直线AE是线段DF的垂直平分线,∴AF=AD,GF=GD,∴∠1=∠2,∠3=∠FDG,∴∠1+∠3=∠2+∠FDG,∴∠AFG=∠ADG,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAD=90°,设∠BAF=n,∴∠FAD=90°+n,∵AF=AD=AB,∴∠FAD=∠ABF,∴∠AFB+∠ABF=180°﹣n,∴∠AFB+∠ADG=180°﹣n,∴∠FGD=360°﹣∠FAD﹣∠AFG﹣∠ADG=360°﹣(90°+n)﹣(180°﹣n)=90°,∴GF⊥DG,(3)如图2,连接BD,由(2)知,FG=DG,FG⊥DG,∴∠GFD=∠GDF=(180°﹣∠FGD)=45°,∵四边形ABCD是正方形,∴BC=CD,∠BCD=90°,∴∠BDC=∠DBC=(180°﹣∠BCD)=45°,∴∠FDG=∠BDC,∴∠FDG﹣∠BDG=∠BDC﹣∠BDG,∴∠FDB=∠GDC,在Rt△BDC中,sin∠DFG==sin45°=,在Rt△BDC中,sin∠DBC==sin45°=,∴,∴,∴△BDF∽△CDG,∵∠FDB=∠GDC,∴∠DGC=∠DFG=45°,∴∠DGC=∠FDG,∴CG∥DF;(4)90°﹣,理由:如图3,连接AF,BD,∵点D与点F关于AE对称,∴AE是线段DF的垂直平分线,∴AD=AF,∠1=∠2,∠AMD=90°,∠DAM=∠FAM,∴∠DAM=
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