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2014-2015學(xué)年下學(xué)期高二數(shù)學(xué) 課時(shí)作業(yè)25 (新人教A版選修2-2)

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2014-2015學(xué)年下學(xué)期高二數(shù)學(xué) 課時(shí)作業(yè)25 (新人教A版選修2-2)

課時(shí)作業(yè)(二十五)一、選擇題1在數(shù)列an中,a12,an1(nN*),依次計(jì)算a2,a3,a4,歸納推測出an的通項(xiàng)表達(dá)式為()A.B.C. D.答案B2用數(shù)學(xué)歸納法證明34n152n1(nN)能被8整除時(shí),當(dāng)nk1時(shí),對(duì)于34(k1)152(k1)1可變形為()A5634k125(34k152k1)B3434k15252kC34k152k1D25(34k152k1)答案A二、填空題3已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且a11,Snn2an(nN*),試歸納猜想出Sn的表達(dá)式是Sn_.答案三、解答題4證明:凸n邊形的對(duì)角線的條數(shù)為f(n)n(n3)(n4,nN*)- 1 - / 23證明(1)當(dāng)n4時(shí),四邊形有兩條對(duì)角線,f(4)4(43)2,命題成立(2)假設(shè)當(dāng)nk(k4,kN*)時(shí)命題成立,即f(k)k(k3),那么,當(dāng)nk1時(shí),增加一個(gè)頂點(diǎn),凸多邊形的對(duì)角線增加k1條,則f(k1)k(k3)k1(k2k2)(k1)(k2)(k1)(k1)3,即當(dāng)nk1時(shí)命題也成立根據(jù)(1)(2),可知命題對(duì)任意的n4,nN*都成立5證明:62n11能被7整除(nN*)證明(1)當(dāng)n1時(shí),62117能被7整除(2)假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時(shí),62k11能被7整除那么當(dāng)nk1時(shí),62(k1)1162k12136(62k11)35.62k11能被整除,35也能被7整除,當(dāng)nk1時(shí),62(k1)11能被7整除由(1),(2)知命題成立6已知數(shù)列,Sn為該數(shù)列的前n項(xiàng)和,計(jì)算得S1,S2,S3,S4.觀察上述結(jié)果,推測出Sn(nN*),并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明解析推測Sn(nN*)用數(shù)學(xué)歸納法證明如下:(1)當(dāng)n1時(shí),S1,等式成立;(2)假設(shè)當(dāng)nk時(shí)等式成立,即Sk,那么當(dāng)nk1時(shí),Sk1Sk.也就是說,當(dāng)nk1時(shí),等式也成立根據(jù)(1)和(2),可知一切nN*,等式均成立7設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,方程x2anxan0有一根為Sn1,n1,2,3,.(1)求a1,a2;(2)求an的通項(xiàng)公式解析(1)當(dāng)n1時(shí),x2a1xa10,有一根為S11a11,于是(a11)2a1(a11)a10,解得a1.當(dāng)n2時(shí),x2a2xa20,有一根為S21a1a21a2,于是(a2)2a2(a2)a20,解得a2.所以a1,a2.(2)因?yàn)榉匠蘹2anxan0有一根為Sn1,所以(Sn1)2an(Sn1)an0,即S2Sn1anSn0.當(dāng)n2時(shí),anSnSn1,代入上式得Sn1Sn2Sn101,2),S2a1a2,由(*)可得S3,由此猜想Sn,n1,2,3,.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論:當(dāng)n1時(shí),已知結(jié)論成立假設(shè)nk(kN*)時(shí),結(jié)論成立,即Sk.當(dāng)nk1時(shí),由(*)得Sk1,所以Sk1.故當(dāng)nk1時(shí)結(jié)論也成立根據(jù)可知,Sn對(duì)所有正整數(shù)n都成立于是,當(dāng)n2時(shí),anSnSn1.又因?yàn)閚1時(shí),a1,符合通項(xiàng)公式,所以an的通項(xiàng)公式為an,n1,2,3.8已知數(shù)列an中,a1,其前n項(xiàng)和Sn滿足anSn2(n2),計(jì)算S1,S2,S3,S4,猜想Sn的表達(dá)式,并用數(shù)學(xué)歸納法加以證明解析當(dāng)n2時(shí),anSnSn1Sn2.Sn(n2)則有S1a1,S2,S3,S4.由此猜想:Sn(nN*)用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n1時(shí),S1a1,猜想成立假設(shè)nk(kN*)猜想成立,即Sk成立,那么nk1時(shí),Sk1.即nk1時(shí)猜想成立由可知,對(duì)任意自然數(shù)n,猜想結(jié)論均成立9在數(shù)列an,bn中,a12,b14,且an,bn,an1成等差數(shù)列,bn,an1,bn1成等比數(shù)列(nN*)(1)求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜測an,bn的通項(xiàng)公式,并證明你的結(jié)論;(2)證明:<.解析(1)由條件得2bnanan1,abnbn1.由此可得a26,b29,a312,b316,a420,b425.猜測ann(n1),bn(n1)2.用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n1時(shí),由上可得結(jié)論成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí),結(jié)論成立,即akk(k1),bk(k1)2.那么當(dāng)nk1時(shí),ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2),bk1(k2)2.所以當(dāng)nk1時(shí),結(jié)論也成立由,可知ann(n1),bn(n1)2對(duì)一切正整數(shù)都成立(2)<.當(dāng)n2時(shí),由(1)知anbn(n1)(2n1)>2(n1)n.故<()()()<.10(2010天津)在數(shù)列an中,a12,an1ann1(2)2n(nN*其中>0)(1)求a2,a3,a4;(2)猜想an的通項(xiàng)公式,并加以證明解析(1)a222(2)2222,a3(222)3(2)222323,a4(2323)4(2)233424.(2)由(1)可猜想數(shù)列通項(xiàng)公式an(n1)n2n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n1時(shí),a12,等式成立假設(shè)當(dāng)nk時(shí)等立成立,即ak(k1)k2k,那么ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)1k12k1.即當(dāng)nk1時(shí)等式也成立,根據(jù)和可知,等式對(duì)任何nN*都成立重點(diǎn)班選做題11首項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列an滿足an1(a3),nN*.(1)證明:若a1為奇數(shù),則對(duì)一切n2,an都是奇數(shù);(2)若對(duì)一切nN*都有an1>an,求a1的取值范圍解析(1)已知a1是奇數(shù),假設(shè)ak2m1是奇數(shù),其中m為正整數(shù),則由遞推關(guān)系得ak1m(m1)1是奇數(shù)根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法,對(duì)任何nN*,an都是奇數(shù)(2)解法一由an1an(an1)(an3)知,an1>an當(dāng)且僅當(dāng)an<1或an>3.另一方面,若0<ak<1,則0<ak1<1;若ak>3,則ak1>3.根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法,0<a1<10<an<1,nN*,a1>3an>3,nN*.綜上所述,對(duì)一切nN*都有an1>an的充要條件是0<a1<1或a1>3.解法二由a2>a1,得a4a13>0,于是0<a1<1或a1>3.an1an,因?yàn)閍1>0,an1,所以所有的an均大于0,因此an1an與anan1同號(hào)根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法,nN*,an1an與a2a1同號(hào)因此,對(duì)一切nN*都有an1>an的充要條件是0<a1<1或a1>3.12(2010江蘇卷)已知ABC的三邊長都是有理數(shù)(1)求證:cosA是有理數(shù);(2)求證:對(duì)任意正整數(shù)n,cosnA是有理數(shù)解析(1)由AB、BC、AC為有理數(shù)及余弦定理知cosA是有理數(shù)(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明cosnA和sinAsinnA都是有理數(shù)當(dāng)n1時(shí),由(1)知cosA是有理數(shù),從而有sinAsinA1cos2A也是有理數(shù)假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí),coskA和sinAsinkA都是有理數(shù)當(dāng)nk1時(shí),由cos(k1)AcosAcoskAsinAsinkA,sinAsin(k1)AsinA(sinAcoskAcosAsinkA)(sinAsinA)coskA(sinAsinkA)cosA,及和歸納假設(shè),知cos(k1)A與sinAsin(k1)A都是有理數(shù)即當(dāng)nk1時(shí),結(jié)論成立綜合、可知,對(duì)任意正整數(shù)n,cosnA是有理數(shù)1(2011江西卷)觀察下列各式:553 125,5615 625,5778 125,則52 011的末四位數(shù)字為()A3 125B5 625C0 625 D8 125答案D解析553 125,5615 625,5778 125,58末四位數(shù)字為0 625,59末四位數(shù)字為3 125,510末四位數(shù)字為5 625,511末四位數(shù)字為8 125,512末四位數(shù)字為0 625,由上可得末四位數(shù)字周期為4,呈規(guī)律性交替出現(xiàn),52 011545017末四位數(shù)字為8 125.2(2011山東卷)設(shè)函數(shù)f(x)(x>0),觀察:f1(x)f(x),f2(x)f(f1(x),f3(x)f(f2(x),f4(x)f(f3(x),.根據(jù)以上事實(shí),由歸納推理可得:當(dāng)nN*且n2時(shí),fn(x)f(fn1(x)_.答案解析依題意,先求函數(shù)結(jié)果的分母中x項(xiàng)系數(shù)所組成數(shù)列的通項(xiàng)公式,由1,3,7,15,可推知該數(shù)列的通項(xiàng)公式為an2n1.又函數(shù)結(jié)果的分母中常數(shù)項(xiàng)依次為2,4,8,16,故其通項(xiàng)公式為bn2n.所以當(dāng)n2時(shí),fn(x)f(fn1(x).3(2010福建卷)觀察下列等式:cos 22cos21;cos 48cos48cos21;cos 632cos648cos418cos21;cos 8128cos8256cos6160cos432cos21;cos 10mcos101 280cos81 120cos6ncos4pcos21.可以推測,mnp_.答案962解析觀察各式容易得m29512,注意各等式右面的表達(dá)式各項(xiàng)系數(shù)和均為1,故有m1 2801 120np11,將m512代入得np3500.對(duì)于等式,令60,則有cos605121 2801 120np1,化簡整理得n4p2000,聯(lián)立方程組得mnp962.4(2010浙江卷)在如下數(shù)表中,已知每行、每列中的數(shù)都成等差數(shù)列,第1列第2列第3列第1行123第2行246第3行369那么位于表中的第n行第n1列的數(shù)是_答案n2n解析由題中數(shù)表知:第n行中的項(xiàng)分別為n,2n,3n,組成一等差數(shù)列,所以第n行第n1列的數(shù)是:n2n.5(2012福建卷)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn),以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù):sin213cos217sin13cos17;sin215cos215sin15cos15;sin218cos212sin18cos12;sin2(18)cos248sin(18)cos48;sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè),求出這個(gè)常數(shù);(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果,將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式,并證明你的結(jié)論解析解法一(1)選擇式,計(jì)算如下:sin215cos215sin15cos151sin301.(2)三角恒等式為sin2cos2(30)sincos(30).證明如下:sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.解法二(1)同解法一(2)三角恒等式為sin2cos2(30)sincos(30).證明如下:sin2cos2(30)sincos(30)sin(cos30cossin30sin)cos2(cos60cos2sin60sin2)sincossin2cos2cos2sin2sin2(1cos2)1cos2cos2.6(2012大綱全國卷)函數(shù)f(x)x22x3.定義數(shù)列xn如下:x12,xn1是過兩點(diǎn)P(4,5)、Qn(xn,f(xn)的直線PQn與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)(1)證明:2xn<xn1<3;(2)求數(shù)列xn的通項(xiàng)公式解析(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明:2xn<xn1<3.當(dāng)n1時(shí),x12,直線PQ1的方程為y5(x4)令y0,解得x2,所以2x1<x2<3.假設(shè)當(dāng)nk時(shí),結(jié)論成立,即2xk<xk1<3.直線PQk1的方程為y5(x4),令y0,解得xk2.由歸納假設(shè)知xk24<43;xk2xk1>0,即xk1<xk2.所以2xk1<xk2<3,即當(dāng)nk1時(shí),結(jié)論成立由知對(duì)任意的正整數(shù)n,2xn<xn1<3.(2)由(1)及題意得xn1.設(shè)bnxn3,則1,5()數(shù)列是首項(xiàng)為,公比為5的等比數(shù)列因此5n1,即bn.所以數(shù)列xn的通項(xiàng)公式為xn3.7(2011陜西卷)設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0,)上,f(1)0,導(dǎo)函數(shù)f(x),g(x)f(x)f(x)(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值;(2)討論g(x)與g()的大小關(guān)系;(3)是否存在x0>0,使得|g(x)g(x0)|<對(duì)任意x>0成立?若存在,求出x0的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說明理由解析(1)由題設(shè)易知f(x)lnx,g(x)lnx,g(x).令g(x)0,得x1.當(dāng)x(0,1)時(shí),g(x)<0,故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間;當(dāng)x(1,)時(shí),g(x)>0,故(1,)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間,因此,x1是g(x)的唯一極值點(diǎn),且為極小值點(diǎn),從而是最小值點(diǎn),g(x)的最小值為g(1)1.(2)g()lnxx,設(shè)h(x)g(x)g()2lnxx,則h(x).當(dāng)x1時(shí),h(1)0,即g(x)g(),當(dāng)x(0,1)(1,)時(shí),h(x)<0,h(1)0,h(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞減當(dāng)0<x<1時(shí),h(x)>h(1)0,即g(x)>g(),當(dāng)x>1時(shí),h(x)<h(1)0,即g(x)<g()(3)滿足條件的x0不存在證明如下:方法一假設(shè)存在x0>0,使|g(x)g(x0)|<對(duì)任意x>0成立,即對(duì)任意x>0,有l(wèi)nx<g(x0)<lnx,(*)但對(duì)上述x0,取x1eg(x0)時(shí),有l(wèi)nx1g(x0),這與(*)左邊不等式矛盾,不存在x0>0,使|g(x)g(x0)|<對(duì)任意的x>0成立方法二假設(shè)存在x0>0,使|g(x)g(x0)|<對(duì)任意的x>0成立由(1)知,g(x)的最小值為g(1)1,又g(x)lnx>lnx,而x>1時(shí),lnx的值域?yàn)?0,),x1時(shí),g(x)的值域?yàn)?,)從而可取一個(gè)x1>1,使g(x1)g(x0)1,即g(x1)g(x0)1,故|g(x1)g(x0)|1>,與假設(shè)矛盾不存在x0>0,使|g(x)g(x0)|<對(duì)任意x>0成立8(2011湖南卷)已知函數(shù)f(x)x3,g(x)x.(1)求函數(shù)h(x)f(x)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并說明理由;(2)設(shè)數(shù)列an(nN*)滿足a1a(a>0),f(an1)g(an),證明:存在常數(shù)M,使得對(duì)于任意的nN*,都有anM.解析(1)由題意知,x0,),h(x)x3x,h(0)0,且h(1)1<0,h(2)6>0,則x0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn),且h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn)因此,h(x)至少有兩個(gè)零點(diǎn)方法一h(x)3x21x,記(x)3x21x,則(x)6xx.當(dāng)x(0,)時(shí),(x)>0,因此(x)在(0,)上單調(diào)遞增,則(x)在(0,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)又因?yàn)?1)>0,()<0,則(x)在(,1)內(nèi)有零點(diǎn),所以(x)在(0,)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)記此零點(diǎn)為x1,則當(dāng)x(0,x1)時(shí),(x)<(x1)0;當(dāng)x(x1,)時(shí),(x)>(x1)0.所以當(dāng)x(0,x1)時(shí),h(x)單調(diào)遞減,而h(0)0,則h(x)在(0,x1內(nèi)無零點(diǎn);當(dāng)x(x1,)時(shí),h(x)單調(diào)遞增,則h(x)在(x1,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn),從而h(x)在(0,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)綜上所述,h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)方法二由h(x)x(x21x),記(x)x21x,則(x)2xx.當(dāng)x(0,)時(shí),(x)>0,從而(x)在(0,)上單調(diào)遞增,則(x)在(0,)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)因此h(x)在(0,)內(nèi)也至多只有一個(gè)零點(diǎn)綜上所述,h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)(2)證明記h(x)的正零點(diǎn)為x0,即xx0.當(dāng)a<x0時(shí),由a1a,得a1x0.而aa1<x0x,因此a2<x0.由此猜測:an<x0.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a當(dāng)n1時(shí),a1<x0顯然成立b假設(shè)當(dāng)nk(k2)時(shí),ak<x0成立,則當(dāng)nk1時(shí),由aak<x0x,知ak1<x0.因此,當(dāng)nk1時(shí),ak1<x0成立故對(duì)任意的nN*,an<x0成立當(dāng)ax0時(shí),由(1)知,h(x)在(x0,)上單調(diào)遞增,則h(a)h(x0)0,即a3a,從而aa1aa3,即a2a.由此猜測:ana,下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a當(dāng)n1時(shí),a1a顯然成立b假設(shè)當(dāng)nk(k2)時(shí),aka成立,則當(dāng)nk1時(shí),由aakaa3,知ak1a.因此,當(dāng)nk1時(shí),ak1a成立故對(duì)任意的nN*,ana成立綜上所述,存在常數(shù)Mmaxx0,a,使得對(duì)于任意的nN*,都有anM.9(2012陜西卷)在數(shù)列an中,a11,an1cancn1(2n1)(nN*),其中實(shí)數(shù)c0.(1)求an的通項(xiàng)公式;(2)若對(duì)一切kN*有a2k>a2k1,求c的取值范圍解析(1)解法一由a11,a2ca1c233c2c(221)c2c,a3ca2c358c3c2(321)c3c2,a4ca3c4715c4c3(421)c4c3,猜測an(n21)cncn1,nN*.下用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時(shí),等式成立;假設(shè)當(dāng)nk(k1,kN*)時(shí),等式成立,即ak(k21)ckck1,則當(dāng)nk1時(shí),ak1cakck1(2k1)c(k21)ckck1ck1(2k1)(k22k)ck1ck(k1)21ck1ck,綜上,an(n21)cncn1對(duì)任何nN*都成立解法二由原式得(2n1)令bn,則b1,bn1bn(2n1)因此對(duì)n2有bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1(2n1)(2n3)3n21.因此an(n21)cncn1,n2.又當(dāng)n1時(shí)上式成立,因此an(n21)cncn1,nN*.(2)解法一由a2k>a2k1,得(2k)21c2kc2k1>(2k1)21c2k1c2k2.因?yàn)閏2k2>0,所以(4k21)c2(4k24k1)c1>0.解此不等式得:對(duì)一切kN*,有c>ck或c<ck,其中ck,ck,易知lick1,又由<4k21,知ck<<1,因此,由c>ck對(duì)一切kN*成立,得c1.又ck<0,易知ck單調(diào)遞增,故ckc1,對(duì)一切kN*成立,因此,由c<ck對(duì)一切kN*成立,得c<c1.從而c的取值范圍為(,)1,)解法二由a2k>a2k1,得(2k)21c2kc2k1>(2k1)21c2k1c2k2.因c2k20,所以4(c2c)k24ckc2c10對(duì)kN*恒成立,記f(x)4(c2c)x24cxc2c1,下分三種情況討論()當(dāng)c2c0即c0或c1時(shí),代入驗(yàn)證可知只有c1滿足要求()當(dāng)c2c<0時(shí),拋物線yf(x)開口向下,因此當(dāng)正整數(shù)k充分大時(shí),f(k)0,不符合題意,此時(shí)無解()當(dāng)c2c0即c<0或c>1時(shí),拋物線yf(x)開口向上,其對(duì)稱軸x必在直線x1的左邊因此,f(x)在1,)上是增函數(shù)所以要使f(k)>0對(duì)kN*恒成立,只需f(1)>0即可由f(1)3c2c1>0,解得c<或c>.結(jié)合c<0或c>1,得c<或c>1.結(jié)合以上三種情況,c的取值范圍為(,)1,) 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