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陜西延安市實(shí)驗(yàn)中學(xué)2025屆下學(xué)期高三年級(jí)二調(diào)考試數(shù)學(xué)試題試卷考生請(qǐng)注意:1.答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫(xiě)在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標(biāo)記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫(xiě)在試卷指定的括號(hào)內(nèi),第二部分非選擇題答案寫(xiě)在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y(jié)束后,請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.在平面直角坐標(biāo)系中,已知點(diǎn),,若動(dòng)點(diǎn)滿足,則的取值范圍是()A. B.C. D.2.函數(shù)的部分圖像如圖所示,若,點(diǎn)的坐標(biāo)為,若將函數(shù)向右平移個(gè)單位后函數(shù)圖像關(guān)于軸對(duì)稱(chēng),則的最小值為()A. B. C. D.3.已知集合A={x∈N|x2<8x},B={2,3,6},C={2,3,7},則=()A.{2,3,4,5} B.{2,3,4,5,6}C.{1,2,3,4,5,6} D.{1,3,4,5,6,7}4.已知函數(shù)若函數(shù)在上零點(diǎn)最多,則實(shí)數(shù)的取值范圍是()A. B. C. D.5.已知定義在上的函數(shù)滿足,且在上是增函數(shù),不等式對(duì)于恒成立,則的取值范圍是A. B. C. D.6.設(shè)是等差數(shù)列,且公差不為零,其前項(xiàng)和為.則“,”是“為遞增數(shù)列”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7.函數(shù)的值域?yàn)椋ǎ〢. B. C. D.8.下圖是我國(guó)第24~30屆奧運(yùn)獎(jiǎng)牌數(shù)的回眸和中國(guó)代表團(tuán)獎(jiǎng)牌總數(shù)統(tǒng)計(jì)圖,根據(jù)表和統(tǒng)計(jì)圖,以下描述正確的是().金牌(塊)銀牌(塊)銅牌(塊)獎(jiǎng)牌總數(shù)2451112282516221254261622125027281615592832171463295121281003038272388A.中國(guó)代表團(tuán)的奧運(yùn)獎(jiǎng)牌總數(shù)一直保持上升趨勢(shì)B.折線統(tǒng)計(jì)圖中的六條線段只是為了便于觀察圖象所反映的變化,不具有實(shí)際意義C.第30屆與第29屆北京奧運(yùn)會(huì)相比,奧運(yùn)金牌數(shù)、銀牌數(shù)、銅牌數(shù)都有所下降D.統(tǒng)計(jì)圖中前六屆奧運(yùn)會(huì)中國(guó)代表團(tuán)的奧運(yùn)獎(jiǎng)牌總數(shù)的中位數(shù)是54.59.若復(fù)數(shù)滿足,則對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面的()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限10.閱讀下面的程序框圖,運(yùn)行相應(yīng)的程序,程序運(yùn)行輸出的結(jié)果是()A.1.1 B.1 C.2.9 D.2.811.已知橢圓的焦點(diǎn)分別為,,其中焦點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)重合,且橢圓與拋物線的兩個(gè)交點(diǎn)連線正好過(guò)點(diǎn),則橢圓的離心率為()A. B. C. D.12.已知函數(shù),方程有四個(gè)不同的根,記最大的根的所有取值為集合,則“函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)”是“”的().A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.若雙曲線的離心率為,則雙曲線的漸近線方程為_(kāi)_____.14.若函數(shù),其中且,則______________.15.設(shè)是公差不為0的等差數(shù)列的前項(xiàng)和,且,則______.16.已知△的三個(gè)內(nèi)角為,,,且,,成等差數(shù)列,則的最小值為_(kāi)_________,最大值為_(kāi)__________.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17.(12分)某公司打算引進(jìn)一臺(tái)設(shè)備使用一年,現(xiàn)有甲、乙兩種設(shè)備可供選擇.甲設(shè)備每臺(tái)10000元,乙設(shè)備每臺(tái)9000元.此外設(shè)備使用期間還需維修,對(duì)于每臺(tái)設(shè)備,一年間三次及三次以?xún)?nèi)免費(fèi)維修,三次以外的維修費(fèi)用均為每次1000元.該公司統(tǒng)計(jì)了曾使用過(guò)的甲、乙各50臺(tái)設(shè)備在一年間的維修次數(shù),得到下面的頻數(shù)分布表,以這兩種設(shè)備分別在50臺(tái)中的維修次數(shù)頻率代替維修次數(shù)發(fā)生的概率.維修次數(shù)23456甲設(shè)備5103050乙設(shè)備05151515(1)設(shè)甲、乙兩種設(shè)備每臺(tái)購(gòu)買(mǎi)和一年間維修的花費(fèi)總額分別為和,求和的分布列;(2)若以數(shù)學(xué)期望為決策依據(jù),希望設(shè)備購(gòu)買(mǎi)和一年間維修的花費(fèi)總額盡量低,且維修次數(shù)盡量少,則需要購(gòu)買(mǎi)哪種設(shè)備?請(qǐng)說(shuō)明理由.18.(12分)已知函數(shù),其中.(Ⅰ)當(dāng)時(shí),求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;(Ⅱ)設(shè),求證:;(Ⅲ)若對(duì)于恒成立,求的最大值.19.(12分)如圖,在中,,的角平分線與交于點(diǎn),.(Ⅰ)求;(Ⅱ)求的面積.20.(12分)如圖,在直三棱柱中,,,為的中點(diǎn),點(diǎn)在線段上,且平面.(1)求證:;(2)求平面與平面所成二面角的正弦值.21.(12分)如圖,平面四邊形為直角梯形,,,,將繞著翻折到.(1)為上一點(diǎn),且,當(dāng)平面時(shí),求實(shí)數(shù)的值;(2)當(dāng)平面與平面所成的銳二面角大小為時(shí),求與平面所成角的正弦.22.(10分)已知函數(shù).(1)時(shí),求不等式解集;(2)若的解集包含于,求a的取值范圍.
參考答案一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.D【解析】
設(shè)出的坐標(biāo)為,依據(jù)題目條件,求出點(diǎn)的軌跡方程,寫(xiě)出點(diǎn)的參數(shù)方程,則,根據(jù)余弦函數(shù)自身的范圍,可求得結(jié)果.【詳解】設(shè),則∵,∴∴∴為點(diǎn)的軌跡方程∴點(diǎn)的參數(shù)方程為(為參數(shù))則由向量的坐標(biāo)表達(dá)式有:又∵∴故選:D考查學(xué)生依據(jù)條件求解各種軌跡方程的能力,熟練掌握代數(shù)式轉(zhuǎn)換,能夠利用三角換元的思想處理軌跡中的向量乘積,屬于中檔題.求解軌跡方程的方法有:①直接法;②定義法;③相關(guān)點(diǎn)法;④參數(shù)法;⑤待定系數(shù)法2.B【解析】
根據(jù)圖象以及題中所給的條件,求出和,即可求得的解析式,再通過(guò)平移變換函數(shù)圖象關(guān)于軸對(duì)稱(chēng),求得的最小值.【詳解】由于,函數(shù)最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差為,所以函數(shù)的半個(gè)周期,所以,又,,則有,可得,所以,將函數(shù)向右平移個(gè)單位后函數(shù)圖像關(guān)于軸對(duì)稱(chēng),即平移后為偶函數(shù),所以的最小值為1,故選:B.該題主要考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì),根據(jù)圖象求出函數(shù)的解析式是解決該題的關(guān)鍵,要求熟練掌握函數(shù)圖象之間的變換關(guān)系,屬于簡(jiǎn)單題目.3.C【解析】
根據(jù)集合的并集、補(bǔ)集的概念,可得結(jié)果.【詳解】集合A={x∈N|x2<8x}={x∈N|0<x<8},所以集合A={1,2,3,4,5,6,7}B={2,3,6},C={2,3,7},故={1,4,5,6},所以={1,2,3,4,5,6}.故選:C.本題考查的是集合并集,補(bǔ)集的概念,屬基礎(chǔ)題.4.D【解析】
將函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)與直線的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題,畫(huà)出函數(shù)的圖象,易知直線過(guò)定點(diǎn),故與在時(shí)的圖象必有兩個(gè)交點(diǎn),故只需與在時(shí)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn),再與切線問(wèn)題相結(jié)合,即可求解.【詳解】由圖知與有個(gè)公共點(diǎn)即可,即,當(dāng)設(shè)切點(diǎn),則,.故選:D.本題考查了函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)的問(wèn)題,曲線的切線問(wèn)題,注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想,屬于較難的壓軸題.5.A【解析】
根據(jù)奇偶性定義和性質(zhì)可判斷出函數(shù)為偶函數(shù)且在上是減函數(shù),由此可將不等式化為;利用分離變量法可得,求得的最大值和的最小值即可得到結(jié)果.【詳解】為定義在上的偶函數(shù),圖象關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)又在上是增函數(shù)在上是減函數(shù),即對(duì)于恒成立在上恒成立,即的取值范圍為:本題正確選項(xiàng):本題考查利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性求解函數(shù)不等式的問(wèn)題,涉及到恒成立問(wèn)題的求解;解題關(guān)鍵是能夠利用函數(shù)單調(diào)性將函數(shù)值的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為自變量的大小關(guān)系,從而利用分離變量法來(lái)處理恒成立問(wèn)題.6.A【解析】
根據(jù)等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式以及充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可.【詳解】是等差數(shù)列,且公差不為零,其前項(xiàng)和為,充分性:,則對(duì)任意的恒成立,則,,若,則數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列,則必存在,使得當(dāng)時(shí),,則,不合乎題意;若,由且數(shù)列為單調(diào)遞增數(shù)列,則對(duì)任意的,,合乎題意.所以,“,”“為遞增數(shù)列”;必要性:設(shè),當(dāng)時(shí),,此時(shí),,但數(shù)列是遞增數(shù)列.所以,“,”“為遞增數(shù)列”.因此,“,”是“為遞增數(shù)列”的充分而不必要條件.故選:A.本題主要考查充分條件和必要條件的判斷,結(jié)合等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式是解決本題的關(guān)鍵,屬于中等題.7.A【解析】
由計(jì)算出的取值范圍,利用正弦函數(shù)的基本性質(zhì)可求得函數(shù)的值域.【詳解】,,,因此,函數(shù)的值域?yàn)?故選:A.本題考查正弦型函數(shù)在區(qū)間上的值域的求解,解答的關(guān)鍵就是求出對(duì)象角的取值范圍,考查計(jì)算能力,屬于基礎(chǔ)題.8.B【解析】
根據(jù)表格和折線統(tǒng)計(jì)圖逐一判斷即可.【詳解】A.中國(guó)代表團(tuán)的奧運(yùn)獎(jiǎng)牌總數(shù)不是一直保持上升趨勢(shì),29屆最多,錯(cuò)誤;B.折線統(tǒng)計(jì)圖中的六條線段只是為了便于觀察圖象所反映的變化,不表示某種意思,正確;C.30屆與第29屆北京奧運(yùn)會(huì)相比,奧運(yùn)金牌數(shù)、銅牌數(shù)有所下降,銀牌數(shù)有所上升,錯(cuò)誤;D.統(tǒng)計(jì)圖中前六屆奧運(yùn)會(huì)中國(guó)代表團(tuán)的奧運(yùn)獎(jiǎng)牌總數(shù)按照順序排列的中位數(shù)為,不正確;故選:B此題考查統(tǒng)計(jì)圖,關(guān)鍵點(diǎn)讀懂折線圖,屬于簡(jiǎn)單題目.9.D【解析】
利用復(fù)數(shù)模的計(jì)算、復(fù)數(shù)的除法化簡(jiǎn)復(fù)數(shù),再根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義,即可得答案;【詳解】,對(duì)應(yīng)的點(diǎn),對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于復(fù)平面的第四象限.故選:D.本題考查復(fù)數(shù)模的計(jì)算、復(fù)數(shù)的除法、復(fù)數(shù)的幾何意義,考查運(yùn)算求解能力,屬于基礎(chǔ)題.10.C【解析】
根據(jù)程序框圖的模擬過(guò)程,寫(xiě)出每執(zhí)行一次的運(yùn)行結(jié)果,屬于基礎(chǔ)題.【詳解】初始值,第一次循環(huán):,;第二次循環(huán):,;第三次循環(huán):,;第四次循環(huán):,;第五次循環(huán):,;第六次循環(huán):,;第七次循環(huán):,;第九次循環(huán):,;第十次循環(huán):,;所以輸出.故選:C本題考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖的讀取以及運(yùn)行結(jié)果,屬于基礎(chǔ)題.11.B【解析】
根據(jù)題意可得易知,且,解方程可得,再利用即可求解.【詳解】易知,且故有,則故選:B本題考查了橢圓的幾何性質(zhì)、拋物線的幾何性質(zhì),考查了學(xué)生的計(jì)算能力,屬于中檔題12.A【解析】
作出函數(shù)的圖象,得到,把函數(shù)有零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為與在(2,4]上有交點(diǎn),利用導(dǎo)數(shù)求出切線斜率,即可求得的取值范圍,再根據(jù)充分、必要條件的定義即可判斷.【詳解】作出函數(shù)的圖象如圖,由圖可知,,函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn),即有兩個(gè)不同的根,也就是與在上有2個(gè)交點(diǎn),則的最小值為;設(shè)過(guò)原點(diǎn)的直線與的切點(diǎn)為,斜率為,則切線方程為,把代入,可得,即,∴切線斜率為,∴k的取值范圍是,∴函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)”是“”的充分不必要條件,故選A.本題主要考查了函數(shù)零點(diǎn)的判定,考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法與數(shù)形結(jié)合的解題思想方法,訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)研究過(guò)曲線上某點(diǎn)處的切線方程,試題有一定的綜合性,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】
利用,得到的關(guān)系式,然后代入雙曲線的漸近線方程即可求解.【詳解】因?yàn)殡p曲線的離心率為,所以,即,因?yàn)殡p曲線的漸近線方程為,所以雙曲線的漸近線方程為.故答案為:本題考查雙曲線的幾何性質(zhì);考查運(yùn)算求解能力;熟練掌握雙曲線的幾何性質(zhì)是求解本題的關(guān)鍵;屬于基礎(chǔ)題.14.【解析】
先化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式,在求出,從而求得的值.【詳解】由題意,函數(shù)可化簡(jiǎn)為,所以,所以.故答案為:0.本題主要考查了二項(xiàng)式定理的應(yīng)用,以及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算和函數(shù)值的求解,其中解答中正確化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式,準(zhǔn)確求解導(dǎo)數(shù)是解答的關(guān)鍵,著重考查了推理與運(yùn)算能力.15.18【解析】
先由,可得,再結(jié)合等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式求解即可.【詳解】解:因?yàn)?,所以?故答案為:18.本題考查了等差數(shù)列基本量的運(yùn)算,重點(diǎn)考查了等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式,屬基礎(chǔ)題.16.【解析】
根據(jù)正弦定理可得,利用余弦定理以及均值不等式,可得角的范圍,然后構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù),研究函數(shù)性質(zhì),可得結(jié)果.【詳解】由,,成等差數(shù)列所以所以又化簡(jiǎn)可得當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),取等號(hào)又,所以令,則當(dāng),即時(shí),當(dāng),即時(shí),則在遞增,在遞減所以由,所以所以的最小值為最大值為故答案為:,本題考查等差數(shù)列、正弦定理、余弦定理,還考查了不等式、導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,難點(diǎn)在于根據(jù)余弦定理以及不等式求出,考驗(yàn)分析能力以及邏輯思維能力,屬難題.三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17.(1)分布列見(jiàn)解析,分布列見(jiàn)解析;(2)甲設(shè)備,理由見(jiàn)解析【解析】
(1)的可能取值為10000,11000,12000,的可能取值為9000,10000,11000,12000,計(jì)算概率得到分布列;(2)計(jì)算期望,得到,設(shè)甲、乙兩設(shè)備一年內(nèi)的維修次數(shù)分別為,,計(jì)算分布列,計(jì)算數(shù)學(xué)期望得到答案.【詳解】(1)的可能取值為10000,11000,12000,,因此的分布如下100001100012000的可能取值為9000,10000,11000,12000,,,因此的分布列為如下9000100001100012000(2)設(shè)甲、乙兩設(shè)備一年內(nèi)的維修次數(shù)分別為,的可能取值為2,3,4,5,,,則的分布列為2345的可能取值為3,4,5,6,,,則的分布列為3456由于,,因此需購(gòu)買(mǎi)甲設(shè)備本題考查了數(shù)學(xué)期望和分布列,意在考查學(xué)生的計(jì)算能力和應(yīng)用能力.18.(Ⅰ)函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為;(Ⅱ)證明見(jiàn)解析;(Ⅲ).【解析】
(Ⅰ)利用二次求導(dǎo)可得,所以在上為增函數(shù),進(jìn)而可得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為;(Ⅱ)利用導(dǎo)數(shù)可得在區(qū)間上存在唯一零點(diǎn),所以函數(shù)在遞減,在,遞增,則,進(jìn)而可證;(Ⅲ)條件等價(jià)于對(duì)于恒成立,構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)可得的單調(diào)性,即可得到的最小值為,再次構(gòu)造函數(shù)(a),,利用導(dǎo)數(shù)得其單調(diào)區(qū)間,進(jìn)而求得最大值.【詳解】(Ⅰ)當(dāng)時(shí),,則,所以,又因?yàn)?,所以在上為增函?shù),因?yàn)椋援?dāng)時(shí),,為增函數(shù),當(dāng)時(shí),,為減函數(shù),即函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為;(Ⅱ),則令,則(1),,所以在區(qū)間上存在唯一零點(diǎn),設(shè)零點(diǎn)為,則,且,當(dāng)時(shí),,當(dāng),,,所以函數(shù)在遞減,在,遞增,,由,得,所以,由于,,從而;(Ⅲ)因?yàn)閷?duì)于恒成立,即對(duì)于恒成立,不妨令,因?yàn)椋?,所以的解為,則當(dāng)時(shí),,為增函數(shù),當(dāng)時(shí),,為減函數(shù),所以的最小值為,則,不妨令(a),,則(a),解得,所以當(dāng)時(shí),(a),(a)為增函數(shù),當(dāng)時(shí),(a),(a)為減函數(shù),所以(a)的最大值為,則的最大值為.本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值,以及函數(shù)不等式恒成立問(wèn)題的解法,意在考查學(xué)生等價(jià)轉(zhuǎn)化思想和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力,屬于較難題.19.(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】試題分析:(Ⅰ)在中,由余弦定理得,由正弦定理得,可得解;(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,進(jìn)而得,在中,由正弦定理得,所以的面積即可得解.試題解析:(Ⅰ)在中,由余弦定理得,所以,由正弦定理得,所以.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知.在中,.在中,由正弦定理得,所以.所以的面積.20.見(jiàn)解析【解析】
(1)如圖,連接,交于點(diǎn),連接,,則為的中點(diǎn),因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn),所以,又,所以,從而,,,四點(diǎn)共面.因?yàn)槠矫妫矫?,平面平面,所以.又,所以四邊形為平行四邊形,所以,所以?)因?yàn)?,為的中點(diǎn),所以,又三棱柱是直三棱柱,,所以,,互相垂直,分別以,,的方向?yàn)檩S、軸、軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,因?yàn)?,,所以,,,,所以,,.設(shè)平面的法向量為,則,即,令,可得,,所以平面的一個(gè)法向量為.設(shè)平面的法向量
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