浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書:第1部分 重點強化專題 專題6 突破點16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 Word版含答案

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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5突破點16導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (對應(yīng)學(xué)生用書第57頁)核心知識提煉提煉1 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(1)函數(shù)單調(diào)性的判定方法在某個區(qū)間(a,b)內(nèi),如果f(x)0,那么函數(shù)yf(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增;如果f(x)0,那么函數(shù)yf(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減(2)常數(shù)函數(shù)的判定方法如果在某個區(qū)間(a,b)內(nèi),恒有f(x)0,那么函數(shù)yf(x)是常數(shù)函數(shù),在此區(qū)間內(nèi)不具有單調(diào)性(3)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減),則可以得出函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)f(x)0(或f(x)0),從而轉(zhuǎn)化為恒成立問題來解決(注意等號成立的檢驗).提煉2

2、 函數(shù)極值的判別注意點(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0,但導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點,如函數(shù)f(x)x3,當(dāng)x0時就不是極值點,但f(0)0.(2)極值點不是一個點,而是一個數(shù)x0,當(dāng)xx0時,函數(shù)取得極值在x0處有f(x0)0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件(3)函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點函數(shù)值中的最大值,函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點函數(shù)值中的最小值.提煉3 函數(shù)最值的判別方法(1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上最值的關(guān)鍵是求出f(x)0的根的函數(shù)值,再與f(a),f(b)作比較,其中最大的一個是最大值

3、,最小的一個是最小值(2)求函數(shù)f(x)在非閉區(qū)間上的最值,只需利用導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性,即可得結(jié)論高考真題回訪回訪1函數(shù)的極值與最值1(20xx·浙江高考)已知e為自然對數(shù)的底數(shù),設(shè)函數(shù)f(x)(ex1)(x1)k(k1,2),則()A當(dāng)k1時,f(x)在x1處取到極小值B當(dāng)k1時,f(x)在x1處取到極大值C當(dāng)k2時,f(x)在x1處取到極小值D當(dāng)k2時,f(x)在x1處取到極大值C當(dāng)k1時,f(x)(ex1)(x1),則f(x)ex(x1)(ex1)exx1,所以f(1)e10,所以f(1)不是極值當(dāng)k2時,f(x)(ex1)(x1)2,則f(x)ex(x1)22(e

4、x1)(x1)ex(x21)2(x1)(x1)ex(x1)2,所以f(1)0,且當(dāng)x1時,f(x)0;在x1附近的左側(cè),f(x)0,所以f(1)是極小值2(20xx·浙江高考)已知函數(shù)yf(x)的圖象是下列四個圖象之一,且其導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖16­1所示,則該函數(shù)的圖象是()圖16­1B從導(dǎo)函數(shù)的圖象可以看出,導(dǎo)函數(shù)值先增大后減小,x0時最大,所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小,在x0時變化率最大A項,在x0時變化率最小,故錯誤;C項,變化率是越來越大的,故錯誤;D項,變化率是越來越小的,故錯誤B項正確3(20xx·浙江高考)已知aR,

5、函數(shù)f(x)2x33(a1)x26ax.(1)若a1,求曲線yf(x)在點(2,f(2)處的切線方程;(2)若|a|>1,求f(x)在閉區(qū)間0,2|a|上的最小值解(1)當(dāng)a1時,f(x)6x212x6,所以f(2)6.3分又因為f(2)4,所以切線方程為y46(x2),即6xy80.5分(2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0,得x11,x2a.8分當(dāng)a>1時,x0(0,1)1(1,a)a(a,2a)2af(x)00f(x)0單調(diào)遞增極大值3a1單調(diào)遞減極小值a2(3a)單調(diào)遞增4a3比較f(0)0和f(

6、a)a2(3a)的大小可得g(a)10分當(dāng)a<1時,x0(0,1)1(1,2a)2af(x)0f(x)0單調(diào)遞減極小值3a1單調(diào)遞增28a324a2得g(a)3a1.14分綜上所述,f(x)在閉區(qū)間0,2|a|上的最小值為g(a)15分回訪2導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用4(20xx·浙江高考)已知函數(shù)f(x)(x)ex.(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù);(2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍解(1)因為(x)1,(ex)ex,所以f(x)ex(x)ex.6分(2)由f(x)0,解得x1或x.9分因為x1f(x)00f(x)e0e又f(x)(1)2ex0,所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是.15分5(20x

7、x·浙江高考)已知函數(shù)f(x)x33|xa|(aR)(1)若f(x)在1,1上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)m(a);(2)設(shè)bR,若f(x)b24對x1,1恒成立,求3ab的取值范圍解(1)因為f(x)所以f(x)2分由于1x1.當(dāng)a1時,有xa,故f(x)x33x3a.此時f(x)在(1,1)上是增函數(shù),因此,M(a)f(1)43a,m(a)f(1)43a,故M(a)m(a)(43a)(43a)8.3分當(dāng)1<a<1時,若x(a,1),f(x)x33x3a,在(a,1)上是增函數(shù);若x(1,a),f(x)x33x3a,在(1,a)上是減函數(shù),所以

8、,M(a)maxf(1),f(1),m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2,因此當(dāng)1a時,M(a)m(a)a33a4;當(dāng)a1時,M(a)m(a)a33a2.4分當(dāng)a1時,有xa,故f(x)x33x3a,此時f(x)在(1,1)上是減函數(shù),因此,M(a)f(1)23a,m(a)f(1)23a,故M(a)m(a)(23a)(23a)4.6分綜上可知,M(a)m(a)7分(2)令h(x)f(x)b,則h(x)h(x)因為f(x)b24對x1,1恒成立,即2h(x)2對x1,1恒成立,所以由(1)知,當(dāng)a1時,h(x)在(1,1)上是增函數(shù),h(x)在1,1上的最大值是h(1)43ab,最小

9、值是h(1)43ab,則43ab2且43ab2,矛盾;9分當(dāng)1<a時,h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b,最大值是h(1)43ab,所以a3b2且43ab2,從而2a33a3ab6a2且0a.令t(a)2a33a,則t(a)33a2>0,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)t(0)2,因此23ab0.11分當(dāng)<a<1時,h(x)在1,1上的最小值是h(a)a3b,最大值是h(1)3ab2,所以a3b2且3ab22,解得<3ab0.13分當(dāng)a1時,h(x)在1,1上的最大值是h(1)23ab,最小值是h(1)23ab,所以3ab22且3ab22,解得3ab0.綜

10、上,得3ab的取值范圍是23ab0.15分6(20xx·浙江高考)已知aR,函數(shù)f(x)x33x23ax3a3.(1)求曲線yf(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2)當(dāng)x0,2時,求|f(x)|的最大值解(1)由題意f(x)3x26x3a,故f(1)3a3.2分又f(1)1,所以所求的切線方程為y(3a3)x3a4.5分(2)由于f(x)3(x1)23(a1),0x2,故當(dāng)a0時,有f(x)0,此時f(x)在0,2上單調(diào)遞減,故|f(x)|maxmax|f(0)|,|f(2)|33a.7分當(dāng)a1時,有f(x)0,此時f(x)在0,2上單調(diào)遞增,故|f(x)|maxmax|f(0

11、)|,|f(2)|3a1.9分當(dāng)0a1時,設(shè)x11,x21,則0x1x22,f(x)3(xx1)(xx2)列表如下:x0(0,x1)x1(x1,x2)x2(x2,2)2f(x)00f(x)33a極大值f(x1)極小f(x2)值3a1由于f(x1)12(1a)·,f(x2)12(1a)·,10分故f(x1)f(x2)20,f(x1)f(x2)4(1a)·0,從而f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)|maxmaxf(0),|f(2)|,f(x1)當(dāng)0a時,f(0)|f(2)| .又f(x1)f(0)2(1a)(23a)0,故|f(x)|maxf(x1)12(1a)

12、.12分當(dāng)a1時,|f(2)|f(2),且f(2)f(0)又f(x1)|f(2)|2(1a)(3a2),所以()當(dāng)a時,f(x1)|f(2)|.14分故f(x)maxf(x1)12(1a).()當(dāng)a1時,f(x1)|f(2)|.故f(x)max|f(2)|3a1.綜上所述,|f(x)|max15分 (對應(yīng)學(xué)生用書第59頁)熱點題型1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題題型分析:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題常在解答題的第(1)問中呈現(xiàn),有一定的區(qū)分度,此類題涉及函數(shù)的極值點、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、不等式的恒成立等.【例1】已知x1是f(x)2xln x的一個極值點(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;

13、(2)設(shè)函數(shù)g(x)f(x),若函數(shù)g(x)在區(qū)間1,2內(nèi)單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號:68334147】解(1)因為f(x)2xln x,所以f(x)2,因為x1是f(x)2xln x的一個極值點,所以f(1)2b10,解得b3,經(jīng)檢驗,符合題意,所以b3.則函數(shù)f(x)2xln x,其定義域為(0,).4分令f(x)20,解得x1,所以函數(shù)f(x)2xln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1.7分(2)因為g(x)f(x)2xln x,所以g(x)2.9分因為函數(shù)g(x)在1,2上單調(diào)遞增,所以g(x)0在1,2上恒成立,即20在x1,2上恒成立,所以a(2x2x)max,而在1,2上

14、,(2x2x)max3,所以a3.所以實數(shù)a的取值范圍為3,).15分方法指津根據(jù)函數(shù)yf(x)在(a,b)上的單調(diào)性,求參數(shù)范圍的方法:(1)若函數(shù)yf(x)在(a,b)上單調(diào)遞增,轉(zhuǎn)化為f(x)0在(a,b)上恒成立求解.(2)若函數(shù)yf(x)在(a,b)上單調(diào)遞減,轉(zhuǎn)化為f(x)0在(a,b)上恒成立求解.(3)若函數(shù)yf(x)在(a,b)上單調(diào),轉(zhuǎn)化為f(x)在(a,b)上不變號即f(x)在(a,b)上恒正或恒負.,(4)若函數(shù)yf(x)在(a,b)上不單調(diào),轉(zhuǎn)化為f(x)在(a,b)上變號. 變式訓(xùn)練1設(shè)函數(shù)f(x)(aR)(1)若f(x)在x0處取得極值,確定a的值,并求此時曲線y

15、f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2)若f(x)在3,)上為減函數(shù),求a的取值范圍解(1)對f(x)求導(dǎo)得f(x).2分因為f(x)在x0處取得極值,所以f(0)0,即a0.當(dāng)a0時,f(x),f(x),故f(1),f(1),從而f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y(x1),化簡得3xey0.6分(2)由(1)知f(x).令g(x)3x2(6a)xa,由g(x)0,解得x1,x2.8分當(dāng)xx1時,g(x)0,即f(x)0,故f(x)為減函數(shù);當(dāng)x1xx2時,g(x)0,即f(x)0,故f(x)為增函數(shù);當(dāng)xx2時,g(x)0,即f(x)0,故f(x)為減函數(shù)由f(x)在3,)上為

16、減函數(shù),知x23,解得a,故a的取值范圍為.15分熱點題型2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問題題型分析:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點考查內(nèi)容,主要以解答題的形式考查,難度較大.【例2】已知函數(shù)f(x)滿足f(x)f(1)ex1f(0)xx2.(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間;(2)若f(x)x2axb,求(a1)b的最大值解(1)f(x)f(1)ex1f(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x,令x1,得f(0)1,所以f(x)f(1)ex1xx2,令x0,得f(0)f(1)e11,解得f(1)e,故函數(shù)的解析式為f(x)exxx2.3分令g(x)f(x)ex1x,所以g(x)e

17、x10,由此知yg(x)在xR上單調(diào)遞增當(dāng)x0時,f(x)f(0)0;當(dāng)x0時,由f(x)f(0)0得:函數(shù)f(x)exxx2的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,0).6分(2)f(x)x2axbh(x)ex(a1)xb0,得h(x)ex(a1).8分當(dāng)a10時,h(x)0yh(x)在xR上單調(diào)遞增,x時,h(x)與h(x)0矛盾當(dāng)a10時,h(x)0xln(a1),h(x)0xln(a1),得當(dāng)xln(a1)時,h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0,即(a1)(a1)ln(a1)b,所以(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10)令F(x)x2x2ln x(x0),

18、則F(x)x(12ln x),所以F(x)00x,F(xiàn)(x)0x,當(dāng)x時,F(xiàn)(x)max,即當(dāng)a1,b時,(a1)b的最大值為.15分方法指津利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法1若求極值,則先求方程f(x)0的根,再檢查f(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號2若已知極值大小或存在情況,則轉(zhuǎn)化為已知方程f(x)0根的大小或存在情況來求解3求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a,b上的最值時,在得到極值的基礎(chǔ)上,結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a),f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值變式訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)ln xa(1x)(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)f(x)有最大值,且最大值大于2a2時,求a的取值范

19、圍解(1)f(x)的定義域為(0,),f(x)a.2分若a0,則f(x)>0,所以f(x)在(0,)上單調(diào)遞增若a>0,則當(dāng)x時,f(x)>0;當(dāng)x時,f(x)<0.所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.6分(2)由(1)知,當(dāng)a0時,f(x)在(0,)上無最大值;當(dāng)a>0時,f(x)在x處取得最大值,最大值為flnaln aa1.10分因此f>2a2等價于ln aa1<0.令g(a)ln aa1,則g(a)在(0,)上單調(diào)遞增,g(1)0.于是,當(dāng)0<a<1時,g(a)<0;當(dāng)a>1時,g(a)>0.因此,a的取值范圍

20、是(0,1).15分熱點題型3利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題題型分析:此類問題以函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式相交匯為命題點,實現(xiàn)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式及求最值的相互轉(zhuǎn)化,達成了綜合考查考生解題能力的目的.【例3】設(shè)函數(shù)f(x)ax.(1)若函數(shù)f(x)在(1,)上為減函數(shù),求實數(shù)a的最小值;(2)若存在x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)a成立,求實數(shù)a的取值范圍解(1)由得x>0且x1,則函數(shù)f(x)的定義域為(0,1)(1,),因為f(x)在(1,)上為減函數(shù),故f(x)a0在(1,)上恒成立又f(x)a2a2a,故當(dāng),即xe2時,f(x)maxa.所以a0,于是a,故a的最小值為.4分(2)命題“

21、若存在x1,x2e,e2,使f(x1)f(x2)a成立”等價于“當(dāng)xe,e2時,有f(x)minf(x)maxa”. 由(1)知,當(dāng)xe,e2時,f(x)maxa,f(x)maxa.5分問題等價于:“當(dāng)xe,e2時,有f(x)min”當(dāng)a時,由(1)知,f(x)在e,e2上為減函數(shù),則f(x)minf(e2)ae2,故a.6分當(dāng)a<時,由xe,e2得1,f(x)2a在e,e2上的值域為.7分()a0,即a0,f(x)0,在e,e2上恒成立,故f(x)在e,e2上為增函數(shù),于是,f(x)minf(e)eaee>,不合題意.8分()a<0,即0<a<,由f(x)的單調(diào)

22、性和值域知,存在唯一x0(e,e2),使f(x)0,且滿足:當(dāng)x(e,x0)時,f(x)<0,f(x)為減函數(shù);當(dāng)x(x0,e2)時,f(x)>0,f(x)為增函數(shù);12分所以,fmin(x)f(x0)ax0,x0(e,e2),所以,a>>,與0<a<矛盾.14分綜上得a.15分方法指津1利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x)(3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值(4)根據(jù)單調(diào)性及最值,得到所證不等式特別地:當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時,一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題2構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法(1)

23、移項法:證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x)的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)g(x)>0(f(x)g(x)<0),進而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)f(x)g(x)(2)構(gòu)造“形似”函數(shù):對原不等式同解變形,如移項、通分、取對數(shù);把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu),根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)(3)主元法:對于(或可化為)f(x1,x2)A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構(gòu)造函數(shù)f(x,x2)(或f(x1,x)(4)放縮法:若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解,可將所證明不等式進行放縮,再重新構(gòu)造函數(shù)變式訓(xùn)練3設(shè)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0),曲線yf(x)過

24、點(e,e2e1),且在點(1,0)處的切線方程為y0.(1)求a,b的值;(2)證明:當(dāng)x1時,f(x)(x1)2;(3)若當(dāng)x1時,f(x)m(x1)2恒成立,求實數(shù)m的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)ax2ln xb(x1)(x0),可得f(x)2aln xaxb,因為f(1)ab0,f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1,所以a1,b1.2分(2)證明:f(x)x2ln xx1,設(shè)g(x)x2ln xxx2(x1),g(x)2xln xx1,(g(x)2ln x10,所以g(x)在0,)上單調(diào)遞增,所以g(x)g(1)0,所以g(x)在0,)上單調(diào)遞增,所以g(x)g(1)0,所以f(x)(x1)2.6分(3)設(shè)h(x)x2ln xxm(x1)21,h(x)2xln xx2m(x1)1,由(2)中知x2ln x(x1)2x1x(x1),所以xln xx1,所以h(x)3(x1)2m(x1),當(dāng)32m0即m時,h(x)0,所以h(x)在1,)單調(diào)遞增,所以h(x)h(1)0,成立.10分當(dāng)3m0即m時,h(x)2xln x(12m)(x1),(h(x)2ln x32m,令(h(x)0,得x0e21,當(dāng)x1,x0)時,h(x)h(1)0,13分所以h(x)在1,x0)上單調(diào)遞減,所以h(x)h(1)0,不成立綜上,m.15分

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