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文檔簡介
2021-2022學年浙江省寧波市雅戈爾中學中考三模數學試題考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題只有一個正確答案,每小題3分,滿分30分)1.如圖,是某幾何體的三視圖及相關數據,則該幾何體的側面積是()A.10π B.15π C.20π D.30π2.如圖,在邊長為6的菱形中,,以點為圓心,菱形的高為半徑畫弧,交于點,交于點,則圖中陰影部分的面積是()A. B. C. D.3.已知直線m∥n,將一塊含30°角的直角三角板ABC按如圖方式放置(∠ABC=30°),其中A,B兩點分別落在直線m,n上,若∠1=20°,則∠2的度數為()A.20° B.30° C.45° D.50°4.甲、乙兩人沿相同的路線由A地到B地勻速前進,A、B兩地間的路程為20km.他們前進的路程為s(km),甲出發(fā)后的時間為t(h),甲、乙前進的路程與時間的函數圖象如圖所示.根據圖象信息,下列說法正確的是()A.甲的速度是4km/h B.乙的速度是10km/hC.乙比甲晚出發(fā)1h D.甲比乙晚到B地3h5.如圖,把一個直角三角尺的直角頂點放在直尺的一邊上,若∠1=50°,則∠2=()A.20° B.30° C.40° D.50°6.如圖,按照三視圖確定該幾何體的側面積是(單位:cm)()A.24πcm2 B.48πcm2 C.60πcm2 D.80πcm27.下列成語描述的事件為隨機事件的是()A.水漲船高B.守株待兔C.水中撈月D.緣木求魚8.一枚質地均勻的骰子,骰子的六個面上分別刻有1到6的點數,投擲這樣的骰子一次,向上一面點數是偶數的結果有()A.1種 B.2種 C.3種 D.6種9.若,則括號內的數是A. B. C.2 D.810.下列命題中,真命題是()A.對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形B.等腰梯形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形C.圓的切線垂直于經過切點的半徑D.垂直于同一直線的兩條直線互相垂直二、填空題(共7小題,每小題3分,滿分21分)11.寫出一個平面直角坐標系中第三象限內點的坐標:(__________)12.一機器人以0.2m/s的速度在平地上按下圖中的步驟行走,那么該機器人從開始到停止所需時間為__s.13.如圖,兩個三角形相似,AD=2,AE=3,EC=1,則BD=_____.14.函數y=的自變量x的取值范圍是_____.15.出售某種手工藝品,若每個獲利x元,一天可售出個,則當x=_________元,一天出售該種手工藝品的總利潤y最大.16.定義:在平面直角坐標系xOy中,把從點P出發(fā)沿縱或橫方向到達點至多拐一次彎的路徑長稱為P,Q的“實際距離”如圖,若,,則P,Q的“實際距離”為5,即或環(huán)保低碳的共享單車,正式成為市民出行喜歡的交通工具設A,B兩個小區(qū)的坐標分別為,,若點表示單車停放點,且滿足M到A,B的“實際距離”相等,則______.17.如圖,點A,B,C在⊙O上,∠OBC=18°,則∠A=_______________________.三、解答題(共7小題,滿分69分)18.(10分)九(1)班針對“你最喜愛的課外活動項目”對全班學生進行調查(每名學生分別選一個活動項目),并根據調查結果列出統(tǒng)計表,繪制成扇形統(tǒng)計圖.根據以上信息解決下列問題:,;扇形統(tǒng)計圖中機器人項目所對應扇形的圓心角度數為°;從選航模項目的4名學生中隨機選取2名學生參加學校航模興趣小組訓練,請用列舉法(畫樹狀圖或列表)求所選取的2名學生中恰好有1名男生、1名女生的概率.19.(5分)如圖1,拋物線y=ax2+bx+4過A(2,0)、B(4,0)兩點,交y軸于點C,過點C作x軸的平行線與拋物線上的另一個交點為D,連接AC、BC.點P是該拋物線上一動點,設點P的橫坐標為m(m>4).(1)求該拋物線的表達式和∠ACB的正切值;(2)如圖2,若∠ACP=45°,求m的值;(3)如圖3,過點A、P的直線與y軸于點N,過點P作PM⊥CD,垂足為M,直線MN與x軸交于點Q,試判斷四邊形ADMQ的形狀,并說明理由.20.(8分)甲、乙、丙3名學生各自隨機選擇到A、B2個書店購書.(1)求甲、乙2名學生在不同書店購書的概率;(2)求甲、乙、丙3名學生在同一書店購書的概率.21.(10分)如圖,以△ABC的邊AB為直徑的⊙O與邊AC相交于點D,BC是⊙O的切線,E為BC的中點,連接AE、DE.求證:DE是⊙O的切線;設△CDE的面積為S1,四邊形ABED的面積為S1.若S1=5S1,求tan∠BAC的值;在(1)的條件下,若AE=3,求⊙O的半徑長.22.(10分)在△ABC中,AB=AC,∠BAC=α,點P是△ABC內一點,且∠PAC+∠PCA=,連接PB,試探究PA、PB、PC滿足的等量關系.(1)當α=60°時,將△ABP繞點A逆時針旋轉60°得到△ACP′,連接PP′,如圖1所示.由△ABP≌△ACP′可以證得△APP′是等邊三角形,再由∠PAC+∠PCA=30°可得∠APC的大小為度,進而得到△CPP′是直角三角形,這樣可以得到PA、PB、PC滿足的等量關系為;(2)如圖2,當α=120°時,參考(1)中的方法,探究PA、PB、PC滿足的等量關系,并給出證明;(3)PA、PB、PC滿足的等量關系為.23.(12分)如圖,在平行四邊形ABCD中,AD>AB.(1)作出∠ABC的平分線(尺規(guī)作圖,保留作圖痕跡,不寫作法);(2)若(1)中所作的角平分線交AD于點E,AF⊥BE,垂足為點O,交BC于點F,連接EF.求證:四邊形ABFE為菱形.24.(14分)已知,拋物線y=x2﹣x+與x軸分別交于A、B兩點(A點在B點的左側),交y軸于點F.(1)A點坐標為;B點坐標為;F點坐標為;(2)如圖1,C為第一象限拋物線上一點,連接AC,BF交于點M,若BM=FM,在直線AC下方的拋物線上是否存在點P,使S△ACP=4,若存在,請求出點P的坐標,若不存在,請說明理由;(3)如圖2,D、E是對稱軸右側第一象限拋物線上的兩點,直線AD、AE分別交y軸于M、N兩點,若OM?ON=,求證:直線DE必經過一定點.
參考答案一、選擇題(每小題只有一個正確答案,每小題3分,滿分30分)1、B【解析】由三視圖可知此幾何體為圓錐,∴圓錐的底面半徑為3,母線長為5,∵圓錐的底面周長等于圓錐的側面展開扇形的弧長,∴圓錐的底面周長=圓錐的側面展開扇形的弧長=2πr=2π×3=6π,∴圓錐的側面積=lr=×6π×5=15π,故選B2、B【解析】
由菱形的性質得出AD=AB=6,∠ADC=120°,由三角函數求出菱形的高DF,圖中陰影部分的面積=菱形ABCD的面積-扇形DEFG的面積,根據面積公式計算即可.【詳解】∵四邊形ABCD是菱形,∠DAB=60°,
∴AD=AB=6,∠ADC=180°-60°=120°,
∵DF是菱形的高,
∴DF⊥AB,
∴DF=AD?sin60°=6×=3,
∴陰影部分的面積=菱形ABCD的面積-扇形DEFG的面積=6×3=18-9π.
故選B.【點睛】本題考查了菱形的性質、三角函數、菱形和扇形面積的計算;由三角函數求出菱形的高是解決問題的關鍵.3、D【解析】
根據兩直線平行,內錯角相等計算即可.【詳解】因為m∥n,所以∠2=∠1+30°,所以∠2=30°+20°=50°,故選D.【點睛】本題主要考查平行線的性質,清楚兩直線平行,內錯角相等是解答本題的關鍵.4、C【解析】甲的速度是:20÷4=5km/h;乙的速度是:20÷1=20km/h;由圖象知,甲出發(fā)1小時后乙才出發(fā),乙到2小時后甲才到,故選C.5、C【解析】
由兩直線平行,同位角相等,可求得∠3的度數,然后求得∠2的度數.【詳解】∵∠1=50°,∴∠3=∠1=50°,∴∠2=90°?50°=40°.故選C.【點睛】本題主要考查平行線的性質,熟悉掌握性質是關鍵.6、A【解析】
由主視圖和左視圖確定是柱體,錐體還是球體,再由俯視圖確定具體形狀,確定圓錐的母線長和底面半徑,從而確定其側面積.【詳解】解:由主視圖和左視圖為三角形判斷出是錐體,由俯視圖是圓形可判斷出這個幾何體應該是圓錐;根據三視圖知:該圓錐的母線長為6cm,底面半徑為8÷1=4cm,故側面積=πrl=π×6×4=14πcm1.故選:A.【點睛】此題考查學生對三視圖掌握程度和靈活運用能力,同時也體現了對空間想象能力方面的考查.7、B【解析】試題解析:水漲船高是必然事件,A不正確;守株待兔是隨機事件,B正確;水中撈月是不可能事件,C不正確緣木求魚是不可能事件,D不正確;故選B.考點:隨機事件.8、C【解析】試題分析:一枚質地均勻的正方體骰子的六個面上分別刻有1到6的點數,擲一次這枚骰子,向上的一面的點數為偶數的有3種情況,故選C.考點:正方體相對兩個面上的文字.9、C【解析】
根據有理數的減法,減去一個數等于加上這個數的相反數,可得答案.【詳解】解:,
故選:C.【點睛】本題考查了有理數的減法,減去一個數等于加上這個數的相反數.10、C【解析】分析是否為真命題,需要分別分析各題設是否能推出結論,從而利用排除法得出答案.解答:解:A、錯誤,例如對角線互相垂直的等腰梯形;B、錯誤,等腰梯形是軸對稱圖形不是中心對稱圖形;C、正確,符合切線的性質;D、錯誤,垂直于同一直線的兩條直線平行.故選C.二、填空題(共7小題,每小題3分,滿分21分)11、答案不唯一,如:(﹣1,﹣1),橫坐標和縱坐標都是負數即可.【解析】
讓橫坐標、縱坐標為負數即可.【詳解】在第三象限內點的坐標為:(﹣1,﹣1)(答案不唯一).故答案為答案不唯一,如:(﹣1,﹣1),橫坐標和縱坐標都是負數即可.12、240【解析】根據圖示,得出機器人的行走路線是沿著一個正八邊形的邊長行走一周,是解決本題的關鍵,考察了計算多邊形的周長,本題中由于機器人最后必須回到起點,可知此機器人一共轉了360°,我們可以計算機器人所轉的回數,即360°÷45°=8,則機器人的行走路線是沿著一個正八邊形的邊長行走一周,故機器人一共行走6×8=48m,根據時間=路程÷速度,即可得出結果.本題解析:依據題中的圖形,可知機器人一共轉了360°,∵360°÷45°=8,∴機器人一共行走6×8=48m.∴該機器人從開始到停止所需時間為48÷0.2=240s.13、1【解析】
根據相似三角形的對應邊的比相等列出比例式,計算即可.【詳解】∵△ADE∽△ACB,∴=,即=,解得:BD=1.故答案為1.【點睛】本題考查的是相似三角形的性質,掌握相似三角形的對應邊的比相等是解題的關鍵.14、x≥﹣且x≠1【解析】分析:根據被開方數大于等于0,分母不等于0列式求解即可.詳解:根據題意得2x+1≥0,x-1≠0,解得x≥-且x≠1.故答案為x≥-且x≠1.點睛:本題主要考查了函數自變量的取值范圍的確定,根據分母不等于0,被開方數大于等于0列式計算即可,是基礎題,比較簡單.15、1【解析】先根據題意得出總利潤y與x的函數關系式,再根據二次函數的最值問題進行解答.解:∵出售某種手工藝品,若每個獲利x元,一天可售出(8-x)個,
∴y=(8-x)x,即y=-x2+8x,
∴當x=-=1時,y取得最大值.
故答案為:1.16、1.【解析】
根據兩點間的距離公式可求m的值.【詳解】依題意有,解得,故答案為:1.【點睛】考查了坐標確定位置,正確理解實際距離的定義是解題關鍵.17、72°.【解析】
解:∵OB=OC,∠OBC=18°,∴∠BCO=∠OBC=18°,∴∠BOC=180°﹣2∠OBC=180°﹣2×18°=144°,∴∠A=∠BOC=×144°=72°.故答案為72°.【點睛】本題考查圓周角定理,掌握同弧所對的圓周角是圓心角的一半是本題的解題關鍵.三、解答題(共7小題,滿分69分)18、(1),;(2);(3).【解析】試題分析:(1)利用航模小組先求出數據總數,再求出n.(2)小組所占圓心角=;(3)列表格求概率.試題解析:(1);(2);(3)將選航模項目的名男生編上號碼,將名女生編上號碼.用表格列出所有可能出現的結果:由表格可知,共有種可能出現的結果,并且它們都是第可能的,其中“名男生、名女生”有種可能.(名男生、名女生).(如用樹狀圖,酌情相應給分)考點:統(tǒng)計與概率的綜合運用.19、(1)y=x2﹣3x+1;tan∠ACB=;(2)m=;(3)四邊形ADMQ是平行四邊形;理由見解析.【解析】
(1)由點A、B坐標利用待定系數法求解可得拋物線解析式為y=x2-3x+1,作BG⊥CA,交CA的延長線于點G,證△GAB∽△OAC得=,據此知BG=2AG.在Rt△ABG中根據BG2+AG2=AB2,可求得AG=.繼而可得BG=,CG=AC+AG=,根據正切函數定義可得答案;(2)作BH⊥CD于點H,交CP于點K,連接AK,易得四邊形OBHC是正方形,應用“全角夾半角”可得AK=OA+HK,設K(1,h),則BK=h,HK=HB-KB=1-h,AK=OA+HK=2+(1-h)=6-h.在Rt△ABK中,由勾股定理求得h=,據此求得點K(1,).待定系數法求出直線CK的解析式為y=-x+1.設點P的坐標為(x,y)知x是方程x2-3x+1=-x+1的一個解.解之求得x的值即可得出答案;(3)先求出點D坐標為(6,1),設P(m,m2-3m+1)知M(m,1),H(m,0).及PH=m2-3m+1),OH=m,AH=m-2,MH=1.①當1<m<6時,由△OAN∽△HAP知=.據此得ON=m-1.再證△ONQ∽△HMQ得=.據此求得OQ=m-1.從而得出AQ=DM=6-m.結合AQ∥DM可得答案.②當m>6時,同理可得.【詳解】解:(1)將點A(2,0)和點B(1,0)分別代入y=ax2+bx+1,得,解得:;∴該拋物線的解析式為y=x2﹣3x+1,過點B作BG⊥CA,交CA的延長線于點G(如圖1所示),則∠G=90°.∵∠COA=∠G=90°,∠CAO=∠BAG,∴△GAB∽△OAC.∴=2.∴BG=2AG,在Rt△ABG中,∵BG2+AG2=AB2,∴(2AG)2+AG2=22,解得:AG=.∴BG=,CG=AC+AG=2+=.在Rt△BCG中,tan∠ACB═.(2)如圖2,過點B作BH⊥CD于點H,交CP于點K,連接AK.易得四邊形OBHC是正方形.應用“全角夾半角”可得AK=OA+HK,設K(1,h),則BK=h,HK=HB﹣KB=1﹣h,AK=OA+HK=2+(1﹣h)=6﹣h,在Rt△ABK中,由勾股定理,得AB2+BK2=AK2,∴22+h2=(6﹣h)2.解得h=,∴點K(1,),設直線CK的解析式為y=hx+1,將點K(1,)代入上式,得=1h+1.解得h=﹣,∴直線CK的解析式為y=﹣x+1,設點P的坐標為(x,y),則x是方程x2﹣3x+1=﹣x+1的一個解,將方程整理,得3x2﹣16x=0,解得x1=,x2=0(不合題意,舍去)將x1=代入y=﹣x+1,得y=,∴點P的坐標為(,),∴m=;(3)四邊形ADMQ是平行四邊形.理由如下:∵CD∥x軸,∴yC=yD=1,將y=1代入y=x2﹣3x+1,得1=x2﹣3x+1,解得x1=0,x2=6,∴點D(6,1),根據題意,得P(m,m2﹣3m+1),M(m,1),H(m,0),∴PH=m2﹣3m+1,OH=m,AH=m﹣2,MH=1,①當1<m<6時,DM=6﹣m,如圖3,∵△OAN∽△HAP,∴,∴=,∴ON===m﹣1,∵△ONQ∽△HMQ,∴,∴,∴,∴OQ=m﹣1,∴AQ=OA﹣OQ=2﹣(m﹣1)=6﹣m,∴AQ=DM=6﹣m,又∵AQ∥DM,∴四邊形ADMQ是平行四邊形.②當m>6時,同理可得:四邊形ADMQ是平行四邊形.綜上,四邊形ADMQ是平行四邊形.【點睛】本題主要考查二次函數的綜合問題,解題的關鍵是掌握待定系數法求函數解析式、相似三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質及勾股定理、三角函數等知識點.20、(1)P=;(2)P=.【解析】試題分析:依據題意先用列表法或畫樹狀圖法分析所有等可能的出現結果,然后根據概率公式求出該事件的概率.試題解析:(1)甲、乙兩名學生到A、B兩個書店購書的所有可能結果有:
從樹狀圖可以看出,這兩名學生到不同書店購書的可能結果有AB、BA共2種,
所以甲乙兩名學生在不同書店購書的概率P(甲、乙2名學生在不同書店購書)=;(2)甲、乙、丙三名學生AB兩個書店購書的所有可能結果有:
從樹狀圖可以看出,這三名學生到同一書店購書的可能結果有AAA、BBB共2種,
所以甲乙丙到同一書店購書的概率P(甲、乙、丙3名學生在同一書店購書)=.點睛:本題考查的是用列表法或畫樹狀圖法求概率.列表法或畫樹狀圖法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結果,適合于兩步完成的事件.用到的知識點為:概率=所求情況數與總情況數之比.21、(1)見解析;(1)tan∠BAC=;(3)⊙O的半徑=1.【解析】
(1)連接DO,由圓周角定理就可以得出∠ADB=90°,可以得出∠CDB=90°,根據E為BC的中點可以得出DE=BE,就有∠EDB=∠EBD,OD=OB可以得出∠ODB=∠OBD,由等式的性質就可以得出∠ODE=90°就可以得出結論.(1)由S1=5S1可得△ADB的面積是△CDE面積的4倍,可求得AD:CD=1:1,可得.則tan∠BAC的值可求;(3)由(1)的關系即可知,在Rt△AEB中,由勾股定理即可求AB的長,從而求⊙O的半徑.【詳解】解:(1)連接OD,∴OD=OB∴∠ODB=∠OBD.∵AB是直徑,∴∠ADB=90°,∴∠CDB=90°.∵E為BC的中點,∴DE=BE,∴∠EDB=∠EBD,∴∠ODB+∠EDB=∠OBD+∠EBD,即∠EDO=∠EBO.∵BC是以AB為直徑的⊙O的切線,∴AB⊥BC,∴∠EBO=90°,∴∠ODE=90°,∴DE是⊙O的切線;(1)∵S1=5S1∴S△ADB=1S△CDB∴∵△BDC∽△ADB∴∴DB1=AD?DC∴∴tan∠BAC==.(3)∵tan∠BAC=∴,得BC=AB∵E為BC的中點∴BE=AB∵AE=3,∴在Rt△AEB中,由勾股定理得,解得AB=4故⊙O的半徑R=AB=1.【點睛】本題考查了圓周角定理的運用,直角三角形的性質的運用,等腰三角形的性質的運用,切線的判定定理的運用,勾股定理的運用,相似三角形的判定和性質,解答時正確添加輔助線是關鍵.22、(1)150,(1)證明見解析(3)【解析】
(1)根據旋轉變換的性質得到△PAP′為等邊三角形,得到∠P′PC=90°,根據勾股定理解答即可;(1)如圖1,作將△ABP繞點A逆時針旋轉110°得到△ACP′,連接PP′,作AD⊥PP′于D,根據余弦的定義得到PP′=PA,根據勾股定理解答即可;(3)與(1)類似,根據旋轉變換的性質、勾股定理和余弦、正弦的關系計算即可.試題解析:【詳解】解:(1)∵△ABP≌△ACP′,∴AP=AP′,由旋轉變換的性質可知,∠PAP′=60°,P′C=PB,∴△PAP′為等邊三角形,∴∠APP′=60°,∵∠PAC+∠PCA=×60°=30°,∴∠APC=150°,∴∠P′PC=90°,∴PP′1+PC1=P′C1,∴PA1+PC1=PB1,故答案為150,PA1+PC1=PB1;(1)如圖,作°,使,連接,.過點A作AD⊥于D點.∵°,即,∴.∵AB=AC,,∴.∴,°.∵AD⊥,∴°.∴在Rt中,.∴.∵°,∴°.∴°.∴在Rt中,.∴;(3)如圖1,與(1)的方法類似,作將△ABP繞點A逆時針旋轉α得到△ACP′,連接PP′,作AD⊥PP′于D,由旋轉變換的性質可知,∠PAP′=α,P′C=PB,∴∠APP′=90°-,∵∠PAC+∠PCA=,∴∠APC=180°-,∴∠P′PC=(180°-)-(90°-)=90°,∴PP′1+PC1=P′C1,∵∠APP′=90°-,∴PD=PA?cos(90°-)=PA?sin,∴PP′=1PA?sin,∴4PA1sin1+PC1=PB1,故答案為4PA1sin1+PC1=PB1.【點睛】本題考查的是旋轉變換的性質、等邊三角形的性質、勾股定理的應用,掌握等邊三角形的性質、旋轉變換的性質、靈活運用類比思想
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