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-.z.2019年市高考數(shù)學試卷(理科)一、選擇題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題列出的四個選項中,選出符合題目要求的一項。1.已知復(fù)數(shù),則A.B.C.3D.52.執(zhí)行如圖所示的程序框圖,輸出的值為A.1B.2C.3D.43.已知直線的參數(shù)方程為為參數(shù)),則點到直線的距離是A.B.C.D.4.已知橢圓的離心率為,則A.B.C.D.5.若,滿足,且,則的最大值為A.B.1C.5D.76.在天文學中,天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.兩顆星的星等與亮度滿足,其中星等為的星的亮度為.已知太陽的星等是,天狼星的星等是,則太陽與天狼星的亮度的比值為A.B.10.1C.D.7.設(shè)點,,不共線,則“與的夾角為銳角”是“”的A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件8.數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線,曲線就是其中之一(如圖).給出下列三個結(jié)論:①曲線恰好經(jīng)過6個整點(即橫、縱坐標均為整數(shù)的點);②曲線上任意一點到原點的距離都不超過;③曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.其中,所有正確結(jié)論的序號是A.①B.②C.①②D.①②③二、填空題共6小題,每小題5分,共30分。9.函數(shù)的最小正周期是.10.設(shè)等差數(shù)列的前項和為,若,,則,的最小值為.11.*幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得,其三視圖如圖所示.如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為,則該幾何體的體積為.12.已知,是平面外的兩條不同直線.給出下列三個論斷:①;②;③.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:.13.設(shè)函數(shù)為常數(shù)).若為奇函數(shù),則;若是上的增函數(shù),則的取值圍是.14.明自主創(chuàng)業(yè),在網(wǎng)上經(jīng)營一家水果店,銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,價格依次為60元盒、65元盒、80元盒、90元盒.為增加銷量,明對這四種水果進行促銷:一次購買水果的總價達到120元,顧客就少付元.每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后,明會得到支付款的.①當時,顧客一次購買草莓和西瓜各1盒,需要支付元;②在促銷活動中,為保證明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折,則的最大值為.三、解答題共6小題,共80分。解答應(yīng)寫出文字說明,演算步驟或證明過程。15.(13分)在中,,,.(Ⅰ)求,的值;(Ⅱ)求的值.16.(14分)如圖,在四棱錐中,平面,,,,.為的中點,點在上,且.(Ⅰ)求證:平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值;(Ⅲ)設(shè)點在上,且.判斷直線是否在平面,說明理由.17.(13分)改革開放以來,人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變.近年來,移動支付已成為主要支付方式之一.為了解*校學生上個月,兩種移動支付方式的使用情況,從全校學生中隨機抽取了100人,發(fā)現(xiàn)樣本中,兩種支付方式都不使用的有5人,樣本中僅使用和僅使用的學生的支付金額分布情況如下:支付金額(元支付方式,,大于2000僅使用18人9人3人僅使用10人14人1人(Ⅰ)從全校學生中隨機抽取1人,估計該學生上個月,兩種支付方式都使用的概率;(Ⅱ)從樣本僅使用和僅使用的學生中各隨機抽取1人,以表示這2人中上個月支付金額大于1000元的人數(shù),求的分布列和數(shù)學期望;(Ⅲ)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用的學生中,隨機抽查3人,發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元.根據(jù)抽查結(jié)果,能否認為樣本僅使用的學生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化?說明理由.18.(14分)已知拋物線經(jīng)過點.(Ⅰ)求拋物線的方程及其準線方程;(Ⅱ)設(shè)為原點,過拋物線的焦點作斜率不為0的直線交拋物線于兩點,,直線分別交直線,于點和點.求證:以為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點.19.(13分)已知函數(shù).(Ⅰ)求曲線的斜率為的切線方程;(Ⅱ)當,時,求證:;(Ⅲ)設(shè),記在區(qū)間,上的最大值為(a).當(a)最小時,求的值.20.(13分)已知數(shù)列,從中選取第項、第項、、第項,若,則稱新數(shù)列,,,為的長度為的遞增子列.規(guī)定:數(shù)列的任意一項都是的長度為1的遞增子列.(Ⅰ)寫出數(shù)列1,8,3,7,5,6,9的一個長度為4的遞增子列;(Ⅱ)已知數(shù)列的長度為的遞增子列的末項的最小值為,長度為的遞增子列的末項的最小值為.若,求證:;(Ⅲ)設(shè)無窮數(shù)列的各項均為正整數(shù),且任意兩項均不相等.若的長度為的遞增子列末項的最小值為,且長度為末項為的遞增子列恰有個,2,,求數(shù)列的通項公式.2019年市高考數(shù)學試卷(理科)參考答案與試題解析一、選擇題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題列出的四個選項中,選出符合題目要求的一項。1.已知復(fù)數(shù),則A.B.C.3D.5【思路分析】直接由求解.【解析】:,.故選:.【歸納與總結(jié)】本題考查復(fù)數(shù)及其運算性質(zhì),是基礎(chǔ)的計算題.2.執(zhí)行如圖所示的程序框圖,輸出的值為A.1B.2C.3D.4【思路分析】由已知中的程序語句可知:該程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計算并輸出變量的值,模擬程序的運行過程,分析循環(huán)中各變量值的變化情況,可得答案.【解析】:模擬程序的運行,可得,不滿足條件,執(zhí)行循環(huán)體,,不滿足條件,執(zhí)行循環(huán)體,,此時,滿足條件,退出循環(huán),輸出的值為2.故選:.【歸納與總結(jié)】本題考查了程序框圖的應(yīng)用問題,解題時應(yīng)模擬程序框圖的運行過程,以便得出正確的結(jié)論,是基礎(chǔ)題.3.已知直線的參數(shù)方程為為參數(shù)),則點到直線的距離是A.B.C.D.【思路分析】消參數(shù)化參數(shù)方程為普通方程,再由點到直線的距離公式求解.【解析】:由為參數(shù)),消去,可得.則點到直線的距離是.故選:.【歸納與總結(jié)】本題考查參數(shù)方程化普通方程,考查點到直線距離公式的應(yīng)用,是基礎(chǔ)題.4.已知橢圓的離心率為,則A.B.C.D.【思路分析】由橢圓離心率及隱含條件得答案.【解析】:由題意,,得,則,,即.故選:.【歸納與總結(jié)】本題考查橢圓的簡單性質(zhì),熟記隱含條件是關(guān)鍵,是基礎(chǔ)題.5.若,滿足,且,則的最大值為A.B.1C.5D.7【思路分析】由約束條件作出可行域,令,化為直線方程的斜截式,數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解,把最優(yōu)解的坐標代入目標函數(shù)得答案.【解析】:由作出可行域如圖,聯(lián)立,解得,令,化為,由圖可知,當直線過點時,有最大值為.故選:.【歸納與總結(jié)】本題考查簡單的線性規(guī)劃,考查數(shù)形結(jié)合的解題思想方法,是中檔題.6.在天文學中,天體的明暗程度可以用星等或亮度來描述.兩顆星的星等與亮度滿足,其中星等為的星的亮度為.已知太陽的星等是,天狼星的星等是,則太陽與天狼星的亮度的比值為A.B.10.1C.D.【思路分析】把已知熟記代入,化簡后利用對數(shù)的運算性質(zhì)求解.【解析】:設(shè)太陽的星等是,天狼星的星等是,由題意可得:,,則.故選:.【歸納與總結(jié)】本題考查對數(shù)的運算性質(zhì),是基礎(chǔ)的計算題.7.設(shè)點,,不共線,則“與的夾角為銳角”是“”的A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件【思路分析】“與的夾角為銳角”“”,“”“與的夾角為銳角”,由此能求出結(jié)果.【解析】:點,,不共線,“與的夾角為銳角”“”,“”“與的夾角為銳角”,設(shè)點,,不共線,則“與的夾角為銳角”是“”的充分必要條件.故選:.【歸納與總結(jié)】本題考查充分條件、必要條件、充要條件的判斷,考查向量等基礎(chǔ)知識,考查推理能力與計算能力,屬于基礎(chǔ)題.8.數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線,曲線就是其中之一(如圖).給出下列三個結(jié)論:①曲線恰好經(jīng)過6個整點(即橫、縱坐標均為整數(shù)的點);②曲線上任意一點到原點的距離都不超過;③曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.其中,所有正確結(jié)論的序號是A.①B.②C.①②D.①②③【思路分析】將換成方程不變,所以圖形關(guān)于軸對稱,根據(jù)對稱性討論軸右邊的圖形可得.【解析】:將換成方程不變,所以圖形關(guān)于軸對稱,當時,代入得,,即曲線經(jīng)過,;當時,方程變?yōu)?,所以△,解得,,所以只能取整?shù)1,當時,,解得或,即曲線經(jīng)過,,根據(jù)對稱性可得曲線還經(jīng)過,,故曲線一共經(jīng)過6個整點,故①正確.當時,由得,(當時取等),,,即曲線上軸右邊的點到原點的距離不超過,根據(jù)對稱性可得:曲線上任意一點到原點的距離都不超過;故②正確.在軸上圖形面積大于矩形面積,軸下方的面積大于等腰直角三角形的面積,因此曲線所圍成的“心形”區(qū)域的面積大于,故③錯誤.故選:.【歸納與總結(jié)】本題考查了命題的真假判斷與應(yīng)用,屬中檔題.二、填空題共6小題,每小題5分,共30分。9.函數(shù)的最小正周期是.【思路分析】用二倍角公式可得,然后用周期公式求出周期即可.【解析】:,,的周期,故答案為:.【歸納與總結(jié)】本題考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì),關(guān)鍵是合理使用二倍角公式,屬基礎(chǔ)題.10.設(shè)等差數(shù)列的前項和為,若,,則0,的最小值為.【思路分析】利用等差數(shù)列的前項和公式、通項公式列出方程組,能求出,,由此能求出的的最小值.【解析】:設(shè)等差數(shù)列的前項和為,,,,解得,,,,或時,取最小值為.故答案為:0,.【歸納與總結(jié)】本題考查等差數(shù)列的第5項的求法,考查等差數(shù)列的前項和的最小值的求法,考查等差數(shù)列的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識,考查推理能力與計算能力,屬于基礎(chǔ)題.11.*幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得,其三視圖如圖所示.如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為,則該幾何體的體積為40.【思路分析】由三視圖還原原幾何體,然后利用一個長方體與一個棱柱的體積作和求解.【解析】:由三視圖還原原幾何體如圖,該幾何體是把棱長為4的正方體去掉一個四棱柱,則該幾何體的體積.故答案為:40.【歸納與總結(jié)】本題考查由三視圖求面積、體積,關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體,是中檔題.12.已知,是平面外的兩條不同直線.給出下列三個論斷:①;②;③.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:若,,則.【思路分析】由,是平面外的兩條不同直線,利用線面平行的判定定理得若,,則.【解析】:由,是平面外的兩條不同直線,知:由線面平行的判定定理得:若,,則.故答案為:若,,則.【歸納與總結(jié)】本題考查滿足條件的真命題的判斷,考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查推理能力與計算能力,屬于中檔題.13.設(shè)函數(shù)為常數(shù)).若為奇函數(shù),則;若是上的增函數(shù),則的取值圍是.【思路分析】對于第一空:由奇函數(shù)的定義可得,即,變形可得分析可得的值,即可得答案;對于第二空:求出函數(shù)的導數(shù),由函數(shù)的導數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系分析可得的導數(shù)在上恒成立,變形可得:恒成立,據(jù)此分析可得答案.【解析】:根據(jù)題意,函數(shù),若為奇函數(shù),則,即,變形可得,函數(shù),導數(shù)若是上的增函數(shù),則的導數(shù)在上恒成立,變形可得:恒成立,分析可得,即的取值圍為,;故答案為:,,.【歸納與總結(jié)】本題考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的判定,關(guān)鍵是理解函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的定義,屬于基礎(chǔ)題.14.明自主創(chuàng)業(yè),在網(wǎng)上經(jīng)營一家水果店,銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,價格依次為60元盒、65元盒、80元盒、90元盒.為增加銷量,明對這四種水果進行促銷:一次購買水果的總價達到120元,顧客就少付元.每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后,明會得到支付款的.①當時,顧客一次購買草莓和西瓜各1盒,需要支付130元;②在促銷活動中,為保證明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折,則的最大值為.【思路分析】①由題意可得顧客一次購買的總金額,減去,可得所求值;②在促銷活動中,設(shè)訂單總金額為元,可得,解不等式,結(jié)合恒成立思想,可得的最大值.【解析】:①當時,顧客一次購買草莓和西瓜各1盒,可得(元,即有顧客需要支付(元;②在促銷活動中,設(shè)訂單總金額為元,可得,即有,由題意可得,可得,則的最大值為15元.故答案為:130,15【歸納與總結(jié)】本題考查不等式在實際問題的應(yīng)用,考查化簡運算能力,屬于中檔題.三、解答題共6小題,共80分。解答應(yīng)寫出文字說明,演算步驟或證明過程。15.(13分)在中,,,.(Ⅰ)求,的值;(Ⅱ)求的值.【思路分析】(Ⅰ)利用余弦定理可得,代入已知條件即可得到關(guān)于的方程,解方程即可;(Ⅱ),根據(jù)正弦定理可求出,然后求出,代入即可得解.【解析】:(Ⅰ),,.由余弦定理,得,,;(Ⅱ)在中,,,由正弦定理有:,,,,為銳角,,.【歸納與總結(jié)】本題考查了正弦定理余弦定理和兩角差的正弦公式,屬基礎(chǔ)題.16.(14分)如圖,在四棱錐中,平面,,,,.為的中點,點在上,且.(Ⅰ)求證:平面;(Ⅱ)求二面角的余弦值;(Ⅲ)設(shè)點在上,且.判斷直線是否在平面,說明理由.【思路分析】(Ⅰ)推導出,,由此能證明平面.(Ⅱ)以為原點,在平面過作的平行線為軸,為軸,為軸,建立空間直角坐標系,利用向量法能求出二面角的余弦值.(Ⅲ)求出,0,,平面的法向量,1,,,從而直線不在平面.【解答】證明:(Ⅰ)平面,,,,平面.解:(Ⅱ)以為原點,在平面過作的平行線為軸,為軸,為軸,建立空間直角坐標系,,0,,,0,,,,,,0,,,0,,,平面的法向量,0,,設(shè)平面的法向量,,,則,取,得,1,,設(shè)二面角的平面角為,則.二面角的余弦值為.(Ⅲ)直線不在平面,理由如下:點在上,且.,0,,,0,,平面的法向量,1,,,故直線不在平面.【歸納與總結(jié)】本題考查線面垂直的證明,考查二面角的余弦值的求法,考查直線是否在已知平面的判斷與求法,考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查推理能力與計算能力,屬于中檔題.17.(13分)改革開放以來,人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變.近年來,移動支付已成為主要支付方式之一.為了解*校學生上個月,兩種移動支付方式的使用情況,從全校學生中隨機抽取了100人,發(fā)現(xiàn)樣本中,兩種支付方式都不使用的有5人,樣本中僅使用和僅使用的學生的支付金額分布情況如下:支付金額(元支付方式,,大于2000僅使用18人9人3人僅使用10人14人1人(Ⅰ)從全校學生中隨機抽取1人,估計該學生上個月,兩種支付方式都使用的概率;(Ⅱ)從樣本僅使用和僅使用的學生中各隨機抽取1人,以表示這2人中上個月支付金額大于1000元的人數(shù),求的分布列和數(shù)學期望;(Ⅲ)已知上個月樣本學生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用的學生中,隨機抽查3人,發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元.根據(jù)抽查結(jié)果,能否認為樣本僅使用的學生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化?說明理由.【思路分析】(Ⅰ)從全校所有的1000名學生中隨機抽取的100人中,,兩種支付方式都不使用的有5人,僅使用的有30人,僅使用的有25人,從而,兩種支付方式都使用的人數(shù)有40人,由此能求出從全校學生中隨機抽取1人,估計該學生上個月,兩種支付方式都使用的概率.(Ⅱ)從樣本僅使用和僅使用的學生中各隨機抽取1人,以表示這2人中上個月支付金額大于1000元的人數(shù),則的可能取值為0,1,2,分別求出相應(yīng)的概率,由此能求出的分布列和數(shù)學期望.(Ⅲ)從樣本僅使用的學生有30人,其中27人月支付金額不大于2000元,有3人月支付金額大于2000元,隨機抽查3人,發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元的概率為,不能認為認為樣本僅使用的學生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化.【解析】:(Ⅰ)由題意得:從全校所有的1000名學生中隨機抽取的100人中,,兩種支付方式都不使用的有5人,僅使用的有30人,僅使用的有25人,,兩種支付方式都使用的人數(shù)有:,從全校學生中隨機抽取1人,估計該學生上個月,兩種支付方式都使用的概率.(Ⅱ)從樣本僅使用和僅使用的學生中各隨機抽取1人,以表示這2人中上個月支付金額大于1000元的人數(shù),則的可能取值為0,1,2,樣本僅使用的學生有30人,其中支付金額在,的有18人,超過1000元的有12人,樣本僅使用的學生有25人,其中支付金額在,的有10人,超過1000元的有15人,,,,的分布列為:012數(shù)學期望.(Ⅲ)不能認為樣本僅使用的學生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化,理由如下:從樣本僅使用的學生有30人,其中27人月支付金額不大于2000元,有3人月支付金額大于2000元,隨機抽查3人,發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于2000元的概率為,雖然概率較小,但發(fā)生的可能性為.故不能認為認為樣本僅使用的學生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化.【歸納與總結(jié)】本題考查概率、離散型隨機變量的分布列、數(shù)學期望的求法,考查古典概型、相互獨立事件概率乘法公式等基礎(chǔ)知識,考查推理能力與計算能力,是中檔題.18.(14分)已知拋物線經(jīng)過點.(Ⅰ)求拋物線的方程及其準線方程;(Ⅱ)設(shè)為原點,過拋物線的焦點作斜率不為0的直線交拋物線于兩點,,直線分別交直線,于點和點.求證:以為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點.【思路分析】(Ⅰ)代入點,解方程可得,求得拋物線的方程和準線方程;(Ⅱ)拋物線的焦點為,設(shè)直線方程為,聯(lián)立拋物線方程,運用韋達定理,以及直線的斜率和方程,求得,的坐標,可得為直徑的圓方程,可令,解方程,即可得到所求定點.【解析】:(Ⅰ)拋物線經(jīng)過點.可得,即,可得拋物線的方程為,準線方程為;(Ⅱ)證明:拋物線的焦點為,設(shè)直線方程為,聯(lián)立拋物線方程,可得,設(shè),,,,可得,,直線的方程為,即,直線的方程為,即,可得,,,,可得的中點的橫坐標為,即有為直徑的圓心為,半徑為,可得圓的方程為,化為,由,可得或.則以為直徑的圓經(jīng)過軸上的兩個定點,.【歸納與總結(jié)】本題考查拋物線的定義和方程、性質(zhì),以及圓方程的求法,考查直線和拋物線方程聯(lián)立,運用韋達定理,考查化簡整理的運算能力,屬于中檔題.19.(13分)已知函數(shù).(Ⅰ)求曲線的斜率為的切線方程;(Ⅱ)當,時,求證:;(Ⅲ)設(shè),記在區(qū)間,上的最大值為(a).當(a)最小時,求的值.【思路分析】(Ⅰ)求導數(shù),由求得切點,即可得點斜式方程;(Ⅱ)把所證不等式轉(zhuǎn)化為,再令,利用導數(shù)研究在,的單調(diào)性和極值點即可得證;(Ⅲ)先把化為,再利用(Ⅱ)的結(jié)論,引進函數(shù),結(jié)合絕對值函數(shù)的對稱性,單調(diào)性,通過對稱軸與的關(guān)系分析即可.【解析】:(Ⅰ),由得,得.又,,和,即和;(Ⅱ)證明:欲證,只需證,令,,,則,可知在,為正,在為負,在為正,在,遞增,在,遞減,在遞增,又,,,(4),,;(Ⅲ)由(Ⅱ)可得,在,上,,令,,則問題轉(zhuǎn)化為當,時,的最大值(a)的問題了,①當時,(a),此時,當時,(a)取得最小值3;②當時,(a),,(a),也是時,(a)最小為3.綜上,當(a)取最小值時的值為.【歸納與總結(jié)】此題考查了導數(shù)的綜合應(yīng)用,構(gòu)造法,轉(zhuǎn)化法,數(shù)形結(jié)合法等,難度較大.20.(13分)已知數(shù)列,從中選取第項、第項、、第項,若,則稱新數(shù)列,,,為的長度為的遞增子列.規(guī)定:數(shù)列的任意一項都是的長度為1的遞增子列.(Ⅰ)寫出數(shù)列1,8,3,7,5,6,9的一個長度為4的遞增子列;(Ⅱ)已知數(shù)列的長度為的遞增子列的末項的最小值為,長度為的遞增子列的末項的最小值為.若,求證:;(Ⅲ)設(shè)無窮數(shù)列的各項均為正整數(shù),且任意兩項均不相等.若的長度為的遞增子列末項的最小值為,且長度為末項為的遞增子列恰有個,2,,求數(shù)列的通項公式.【思路分析】,3,5,6.答案不唯一.考慮長度為的遞增子列的前項可以組成長度為的一個遞增子列,可得該數(shù)列的第項,即可證明結(jié)論.考慮與這一組數(shù)在數(shù)列中的位置.若中有,在在之后,則必然在長度為,且末
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