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文档简介
期末能力提升卷20242025学年数学九年级上册人教版
一.选择题(共8小题)
(2023秋•四平期末)
1.下列关于x的方程中,一定属于一元二次方程的是()
A.尔-2x+3=0B.尤2+9=0
C.—-=3D.+2y+6-0
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的概念,根据一元二次方程的定义求解即可,熟练掌握其概念是解
决此题的关键.
【详解】A、该方程的未知数的二次项系数是当a=0时不是一元二次方程,故本选项错误,不符合题
忌;
B、该方程符合一元二次方程的定义,故本选项正确,符合题意;
C、该方程是分式方程,不是一元二次方程,故本选项错误,不符合题意;
D、该方程有两个未知数,该方程不是一元二次方程,故本选项错误,不符合题意;
故选:B.
(2023秋•南通期末)
2.抛物线丁=必—4x+3的顶点坐标是()
A.(2,1)B.(2,-1)C.(-2,1)D.(-2,-1)
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质;将解析式化为顶点式即可求解.
【详解】解:y=f—4%+3=(X—2)2—1,
•••顶点坐标为(2,-1),
故选:B.
(2023秋•兖州区期末)
3.剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一,先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗
产代表作名录.以下剪纸图案中,是中心对称图形的是()
A.B.。詈D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形,熟练掌握中心对称图形的性质,是解答本题的关键.
根据中心对称图形的性质,找到对称中心,绕中心旋转180。后与自身重合,由此得到答案.
【详解】解:根据题意得:
A选项不是中心对称图形,故本选项不符合题意;
B选项不是中心对称图形,故本选项不符合题意;
C选项是中心对称图形,故本选项符合题意;
D选项不是中心对称图形,故本选项不符合题意;
故选:C.
(2023秋•宿迁期末)
4.已知的半径为3,点尸是直线/上的一点,OP=3,则直线/与的位置关系是()
A.相离B.相切C.相交D.相切或相交
【答案】D
【解析】
【分析】直线和圆的位置关系与数量之间的联系:若d〈r,则直线与圆相交;若d=r,则直线于圆相切;
若d>r,则直线与圆相离.
【详解】解:因为垂线段最短,所以圆心到直线的距离小于等于3.
此时和半径3的大小不确定,则直线和圆相交、相切都有可能.
故选:D.
【点睛】考查判断直线和圆的位置关系,必须明确圆心到直线的距离.特别注意:这里的3不一定是圆心
到直线的距离.
(2022秋•宛城区校级期末)
5.不透明的袋子中装有红、绿小球各一个,除颜色外两个小球无其他差别,从中随机摸出一个小球,放回
并摇匀,再从中随机摸出一个小球,那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是()
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率.树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果,适
合两步或两步以上完成的事件;解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验.用到的知识点为:概率=所
求情况数与总情况数之比.列表得出所有等可能的情况数,找出第一次摸到红球、第二次摸到绿球的情况
数,即可确定出所求的概率.
详解】解:列表如下:
红绿
红(红,红)(绿,红)
绿(红,绿)(绿,绿)
所有等可能的情况有4种,其中第一次摸到红球、第二次摸到绿球的有1种情况,
所以第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率为:,
4
故选:A.
(2023秋•延长县校级期末)
6.若关于X的一元二次方程(加—1)尤2—如+1=0有两个相等的实数根,则机的值是()
A.-2B.-1C.1D.2
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式,一元二次方程的定义,根据题意可得出A=b2—4改=0,
代入即可求出川的值.
【详解】解:,••关于x的一元二次方程(加—1)*—如+1=。有两个相等的实数根,
A=b2—4-ac=(―m)-—4x(m—1)=(机—2『=0,且加―1彳0,
解得:m=2,
故选:D.
(2023秋•交口县期末)
7.如图,是0。的切线,点8是切点,延长CO交。。于点A,连接OD=2,NC=30。,则
2B的长为()
BC
A.272B.372C,273D.3A/3
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查切线的性质定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识.连接08、DB,由
AO是。。的直径,得?ABD90?,AD=2OD=4,由切线的性质得NOBC=90。,而
ZC=30°,则NBOC=60°,得到△500是等边三角形,则5D=OD=2,所以
AB=>JAD2-BD2=26,于是得到问题的答案•
【详解】解:连接08、DB,则OB=OD=2,
BC
•.•AD是。。的直径,
:.ZABD=90°,AD=2OD=4,
与相切于点B,
BC±OB,
:.NOBC=90。,
ZC=30°,
.-.ZBOC=60°,
.•.ABOD是等边三角形,
:.BD=OD=2,
AB=AD--BD-=A/42-22=273.
故选:C.
(2023秋•荣昌区校级期末)
8.如图,二次函数丁=翻2+阮的图象经过点—g,0,对称轴为直线x=l,下列结论:①
abc<0;②a—2Z?+4c=0;®2a+b>0;@a+b<m^atn+(其中mwl);@Z?-c>0;正确的
结论有()
A.1个B.3个C.2个D.4个
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象与性质.根据二次函数的图象与系数的关系可判断①错误;由点[―
b
可判断②正确;由对称轴为直线》=——=1可判断③错误;由X=1时,函数取得最小值,可判断④正确;
2a
由②③可求得b和c的值可判断⑤错误;据此即可求出答案.
【详解】解:①二次函数的图象开口向上,a>0,函数的对称轴在y轴右侧,则仍<0,而c<0,故"c>0,
故①错误,不符合题意;
②将点代入函数表达式得:a—2〃+4c=0,故②正确,符合题意;
b
③函数的对称轴为直线工=——=1,即人=—2a,故2a+Z?=0,故③错误,不符合题意;
2a
④当x=l时,函数取得最小值,又mfL则a+b+c<m{am+6)+c,即a+b<〃z(M+。),故④
错误,不符合题意;
⑤由②③得:a-2b+4c=0,b=-2a,则c=——,故6-。=-邛<0,故⑤错误,不符合题意;
44
综上,②正确.
故选:A.
二.填空题(共8小题)
(2023秋•沈河区校级期末)
9.关于龙的一元二次方程V+3x+左=0有一个根为九=2,则左的值为
【答案】-10
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的根,熟练掌握一元二次方程的根的定义是解题的关键.由题意得,代入
尤=2到方程求出上的值即可.
【详解】解:代入x=2到方程得,2?+3x2+左=0,
解得:左=—10.
故答案为:-10.
(2023秋•东西湖区期末)
10.在平面直角坐标系中,点(4,-5)关于原点的对称点的坐标是.
【答案】(T5)
【解析】
【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标,熟练掌握两点关于原点对称,则两点的横、纵坐标都是
互为相反数是解题的关键.根据关于原点对称的点的坐标的特征,即可求解.
【详解】解:点(4,-5)关于原点对称点的坐标是(T,5).
故答案为:(-4,5)
(2023秋•大观区校级期末)
11.如图,一下水管道横截面为圆形,直径为260cm,下雨前水面宽为100cm,一场大雨过后,水面宽
为240cm,则水位上升cm.
【答案】70或170
【解析】
【分析】本题考查了垂径定理的应用,勾股定理,分水位在圆心下以及圆心上两种情况,画出符合题意的
图形进行求解即可,掌握垂径定理、灵活运用分类讨论的思想解答是解题的关键.
【详解】解:如图,作半径于C,连接08,
由垂径定理得,BC=-AB=-xl00=50cm,
22
•.•直径为260cm,
。8=OB'=130cm,
在Rt4OBC中,OC=y/OB2-BC2=71302-502=120cm>
当水位上升到圆心以下AB'时,水面宽为240cm,则B'C=工AB'=^x240=120cm,
22
在RUOB'C中,OC=ylOB,2-B'C2=V1302-1202=50cm,
此时水面上升的高度为120-50=70cm;
当水位上升到圆心以上A"B"时,水面上升的高度为120+50=170cm;
综上可得,水面上升的高度为70或170cm,
(2023秋•洛阳期末)
12.如图,顺次连接等边三角形三边中点得到四个全等等边三角形.任意给其中两个涂色,涂色部分正好是
【解析】
【分析】本题考查了几何概率;根据概率公式即可求得结果.
【详解】解:任意两个涂色,总涂色结果有6种,其中涂色部分正好是菱形的结果有3种,则
31
涂色部分正好是菱形的概率是:=-;
62
故答案为:■
(2023秋•绥中县期末)
13.飞机着陆后滑行的距离s(单位:m)关于滑行的时间f(单位:$)的函数解析式是5=60/—1.5»,飞
机着陆后滑行米才能停下来.
【答案】600
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的应用,根据题意得出飞机滑行的距离即为S的最大值,将函数解析式配
方成顶点式求出S的最大值即可得.
3
【详解】解:•••s=60t—1.5〃=—5”一20)9一+600,
...当”20时,s取得最大值600,即飞机着陆后滑行600米才能停下来,
故答案为:600.
(2023秋•甘井子区校级期末)
14.如图,已知。。的半径为2,AC与0。相切,连接AO并延长,交。。于点8,过点C作
CD±AB,交于点。,连接BD,若NA=30°,则弦BD的长为.
【答案】26
【分析】本题考查了切线的性质、垂径定理、直角三角形的性质,连接。C,由于C4是。。的切线,从而
可求出NAOC=60。,由垂径定理可得即=£C,再由直角三角形的性质即可求出BD的长度.
【详解】解:连接OC,设CD与4B交于点E,如图.
•.•C4是。。切线,
:.ZACO=90°,
•/ZA=30°,
:.ZAOC=60°,
•/DC±AB,ZB过圆心O,
:,ED=EC,ZOCD=3Q0,
:.OE=-OC=1,
2
EC=DE=y/0C2-OE-=J3,
5E=l+2=3,
BD=^DE2+BE2=2A/3,
故答案为:2网-
(2023秋•连云港期末)
15.如图所示,在平面直角坐标系中,正六边形Q钻CDE边长是6,则它的外接圆圆心尸的坐标是
【答案】(3,36)
【解析】
【分析】如图所示,连接P。,PA,过点P作PGLOA于点G,由正六边形。钻CDE推出△(?,么为等边
三角形,进而求出OG、PG的长度即可求得P点坐标.
【详解】解:如图所示,连接尸。,PA,过点P作PGLOA于点G,则NOGP=90。,
,/多边形OLBCDE为正六边形,
NOA4=60°,
,:PO=PA,
.,•△0P4为等边三角形,
XVPGX0A,
;.PG平分N0P4,
/.ZOPG=30°,
X***OA=6,
OG=-OP=-OA=-x6=3,
222
由勾股定理得:PG=ylOP2-OG2=762-32=373,
...P的坐标是(3,3百卜
故答案为:(3,36)
【点睛】本题考查正多边形外接圆的问题,熟练掌握正多边形的性质,灵活运用三角形相关知识解决边角
关系是本题的关键.
(2023秋•大观区校级期末)
16.将抛物线y=-V向右平移后,所得新抛物线的顶点是3,新抛物线与原抛物线交于点A(如图所示),
连接。4、AB,如果VAOB是等边三角形,则08的长为.
【答案】26
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数图像与几何变换,等边三角形的性质,二次函数图像上点的坐标特征;根据
题意得到关于机的方程是解题的关键.由题意设A点坐标为(帆,-帆2),根据等边三角形的性质解出,"的值
即可得到答案.
【详解】解:•.•点A在抛物线y=-V上,
设A点坐标为,
过4作ACLx轴于C,如图,
VAOB是等边三角形,
BC-OC=m,AC-sf3OC-y/3m-m2,
;.加=百或机=0(舍),
OB=2OC=2G,
故答案为:■
三.解答题(共8小题)
(2023秋•琼海校级期末)
17.解方程
⑴X2-2X-2=0
(2)-^―+^—=0
m+2m-4
【答案】(1)%=—1+百;X,=-1-73;
(2)m=l
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的解法,分式方程的解法,熟练选择正确的解法是解题的关键.
(1)利用配方法求方程的根.
(2)化成整式方程,计算,注意验根.
【小问1详解】
解:X2-2X-2=0>
移项得尤2-2%=2,
配方得尤2—2X+1=2+1,即(X+1)2=3,
开方得x+1=±^/3,
解得为=—1+A/3;/=—1—y/3;
【小问2详解】
解:,7+,;=0,
m+2m—4
去分母,得
m—4+m+2=0,
解得m=1.
经检验,m=1是原方程的根.
(2023秋•双阳区期末)
18.杭州第19届亚运会吉祥物“江南忆”,具体指A.琮琮、B.宸宸、C.莲莲.如图是三张吉祥物的不透
明卡片(卡片除内容外,其余均相同).将这三张卡片背面朝上洗匀放好,小李同学从这三张卡片中随机抽
取一张后,再从剩余的两张卡片中随机抽取一张,请用树状图法或列表法,求两次抽到卡片恰好是琮琮和宸
宸的概率.
【分析】此题考查的是用树状图法求概率.树状图法适合两步或两步以上完成的事件.用到的知识点为:概
率=所求情况数与总情况数之比.画树状图,共有6种等可能的结果,两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸的结
果有2种,再由概率公式求解即可.
【详解】解:画树状图如下:
共有6种等可能的结果,其中两次抽到卡片恰好是琮琮和宸宸有2种结果,
所以两次抽取的卡片上恰好是琮琮和宸宸的概率为2=’.
(2023秋•定州市期末)
19.如图,AB是。。的直径,AC与。。交于点C,/BAC的平分线交。。于点。,DE±AC,垂足为E.
(1)求证:OE是。。的切线;
(2)若直径42=10,弦AC=6,求。E的长.
【答案】(1)见解析;(2)4.
【解析】
【详解】试题分析:(1)连结0。,平分NBAC,ZOAD^ZCAD,,:OA^OD,
:.ZOAD^ZODA,:.ZODA^ZCAD,得出0O〃AC,得到/。。£=90。,从而得证.
⑵在RsAF。中,利用勾股定理:A尸+。〃=4。2,得出的长,四边形。。£尸是矩形,从而得到
DE的长.
试题解析:(1)连结OD
:AD平分NBAC,
:.ZOAD=ZCAD,
•:OA=OD,
:.ZOAD^ZODA,
:.ZODA=ZCAD,
:.OD//AC,
:DE_LAC,
即乙4即=90°,
:.ZODE=90°,
即DE±OD.
是。。的切线.
(2)解:OFLAC,垂足为
:.AF=-AC=3,
2
在R3AF0中,A尸+。尸=4。2,AO=-AB=5,
2
.,.32+0/^=52,
OF=4,
•?NAED=ZODE=/OFE=90°,
...四边形。DEB是矩形,
:.DE=OF=4.
(2023秋•北京期末)
20.在平面直角坐标系尤0y中,点M(T㈤,阳3,〃)在抛物线丁=以2+法+。(。〉0)上,设抛物线的对称
轴为%=/.
(1)若m=n,求才的值;
(2)若c<m<n,求/的取值范围.
【答案】(1)r=l
(2)
2
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的性质
-1+3
(1)依据题意,若m=〃,从而对称轴是直线x=--=l=t,进而可以得解;
2
(2)把M(—1,加),N(3,〃)代入解析式+根据。<加<〃得出♦的取值范围.
【小问1详解】
解:由题意,若机=",
对称轴是直线X=土^=l=r.
2
即f=l;
【小问2详解】
解:I,抛物线丁=以2+法+。的对称轴为1=%,
b
:.x=-——t,
2a
:.b=^2at,
/.y=ax2-2atx+c,
•・•M(-l,m),N(3,ri)在抛物线y=ax2+bx+c(a>0)上,
a+2at+c=
9a-6at+c=〃②
①一②得,m—n=-Sa-\-Sat,
m<n,
:.m-n<G,
—8Q+Satv0,
a>0,
由①得,m—c—a+2at,
*:c<m,
:.m—c>Q,
a+2at>0,
a>0,
1
二.t〉—,
2
t的取值范围为---<~t<1.
2
(2023秋•迎江区校级期末)
21.如图,DABCD的三个顶点3,C,。都在上,边AD与相交于点E,边AB与。。相切.
(1)求证:ZABE=NBCE;
(2)若CD=4,CE=5,求AE的长.
【答案】(1)见解析(2)AE=g
【解析】
【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、圆的内角四边形、相似三角形的判定与性质等知识点,
灵活运用相关性质和定理是解题的关键.
(1)如图:连接B0并延长交OO于点F,连接EF,则ZBEF=90°;再结合切线的性质可得ZF=ZABE;
由圆周角定理可得4=NBCE,最后运用等量代换即可解答;
(2)由平行四边形的性质可得AB=CD=4,ZA=ZDCB;由圆的内接四边形的性质可得
ZAEB=ZDCB,进而得到BE=A3=4;由平行线的性质可得ZAEB=ZEBC,可证^ABEs/CB,
最后根据相似三角形的性质列比例式计算即可.
【小问1详解】
证明:如图:连接50并延长交。。于点尸,连接斯,则N3EF=90°,
:.ZF+ZEBF=9Q°■,
:AB与。。相切于点B,
BF±AB,
:.AEBF+ZABE=90°,
ZF=ZABE,
又中,AF=ZBCE,
:.ZABE=ZBCE.
【小问2详解】
解::四边形ABC。为平行四边形,
:.AB=CD=4,ZA=ZDCB,
又:四边形CDEB内接于,
:.ZAEB=ZDCB,
•••ZA=ZAEB,
BE=AB=4;
,:AD//BC,
:.ZAEB=ZEBC,
由(1)得:ZABE=/BCE,
△ABEs^ECB,
,AB里,即二娃
,解得:^E=—.
'~CEBE54
(2023秋•奇台县校级期末)
22.为助力脱贫攻坚,某村在“农村淘宝网店”上销售该村优质农产品,该网店于今年一月底收购一批每袋
进价25元的农产品,售价为每袋40元,二月份销售192袋,三、四月该商品十分畅销,销售量持续走高,
在售价不变的基础上,四月份的销售量达到300袋.
(1)求三、四这两个月销售量的月平均增长率;
(2)该网店五月降价促销,经调查发现,若该农产品每袋降价1元,销售量可增加5袋,当农产品每袋降
价多少元时,这种农产品在五月份可获利3250元?
【答案】(1)三、四这两个月的月平均增长率为25%
(2)当农产品每袋降价5元时,该淘宝网店五月份获利3250元
【解析】
【分析】此题主要考查了一元二次方程的应用,正确得出等量关系是解题关键.
(1)直接利用二月销量x(l+xy=四月的销量进而求出答案.
(2)首先设出未知数,再利用每袋的利润x销量二总利润列出方程,再解即可.
【小问1详解】
解:设三、四这两个月的月平均增长率为x.
由题意得:192(1+x)2=300,
194“
解得:石=—,%=---(不合题思,舍去),
44
答:三、四这两个月的月平均增长率为25%.
【小问2详解】
设当农产品每袋降价,"元时,该淘宝网店五月份获利3250元.
根据题意可得:(40—25-机)(300+5祖)=3250,
解得:叫=5,加2=-50(不合题意,舍去).
答:当农产品每袋降价5元时,该淘宝网店五月份获利3250元.
(2023秋•雁塔区校级期末)
23.某校在元旦活动时布置教室,如图1,教室两墙A3、CD之间悬挂一条近似抛物线y=x+3的
彩带,如图2,已知A5=CD,=6米.
Xm)A
图1图2
(1)如图2,两墙A3、C。的高度是米,抛物线的顶点坐标为;
(2)如图3,为了避免彩带太低影响人员走动且考虑美观,现把彩带从点M、N处用细线吊在天花板上,
形成抛物线片,F],工;点加到墙距离为2.5米,抛物线瓦的最低点距墙A3的距离为2米且离地
面2米,求点M到地面的距离.
3
【答案】(1)3,,1
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的应用,待定系数法,二次函数的性质;
_11
(1)0(6,0),对称轴为直线X=3,由抛物线对称轴公式得-一=3,可求得。=—,从而可求出抛物
2a6
线的解析式,即可求出顶点坐标,将尤=6代入即可求解;
(2)由已知条件得%=2.5,抛物线耳的顶点为(2,2),可设抛物线耳的解析式为:
y=m(x-2f+2,由A(0,3)在抛物线上,即可求解;
理解实际意义,掌握解法,能将具体实际数量转化为自变量和应变量是解题的关键.
【小问1详解】
解:•••AB=CD,BD=6,
£>(6,0),对称轴为直线x=3,
.-.--=3,
2a
解得:a——,
6
12c
/.y=—x-x+3,
6
当%=6时,
2
y=lx6-6+3
-6
=3,
AB=CD=3(米),
当x=3时,
1
y=-x392-3+3
-6
_3
二,
2
..・顶点坐标为[3,1],
故答案:3,|,|];
【小问2详解】
解:•・,点M到墙距离为2.5米,
%河=2.5,
抛物线片的最低点距墙AB的距离为2米且离地面2米,
...抛物线五1的顶点为(2,2),
可设抛物线片的解析式为:y=m(x-2^+2,
由(2)得:A(0,3),
m(O-2了+2=3,
解得:m=-,
4
1
二抛物线我1的解析式为:y=-(x-2)92+2,
当X”=2.5时,
尸:(2・5-2)2+2
_33
一,
16
33
答:点M到地面的距离为一米.
16
(2023秋•呼兰区校级期末)
24.如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线y=犬+6x+c与x轴负半轴交于点8,与x轴
(2)如图2,点尸为第三象限抛物线上一点,连接PB,PO,若设VPO6的面积为S,点P的横坐标为
t,求S与,的函数关系式(不要求写出自变量/的取值范围);
(3)在(2)的条件下,如图3,过点P作PEL%轴于点E,点K为抛物线的顶点,连接BK交PE于点
F,点、D为AK上一点,BF=DK,连接DE,若NEBF—NDFK=45°,求点尸的坐标.
【答案】(1)y=x2-2x-3
/、123
(2)S-.....1+%H—
22
⑶尸
【解析】
【分析】(I)先求出点C的坐标,然后用待定系数法求出函数的解析式即可;
(2)先求出5(—1,0),得出OB=1,过点尸作PCx轴于点L得出电=—r+2/+3,然后根据三角形
面积公式求出结果即可;
(3)根据二次函数的性质求出K。,4),过点K作KM于点M,交DF于■点、N,
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