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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測(cè)二(含解析)

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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測(cè)二(含解析)

綜合檢測(cè)二(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40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已知集合Ax|2<x<2,Bx|x(x1)0,則A(RB)等于()Ax|0<x<2Bx|0x<1Cx|0<x<1Dx|1<x<0答案C解析Bx|x(x1)0x|x1或x0,RBx|0<x<1,又Ax|2<x<2,A(RB)x|0<x<1,故選C.2已知ni(m,nR),其中i為虛數(shù)單位,則mn等于()A2B2C4D4答案A解析方法一由已知得m3ii(ni)1ni,由復(fù)數(shù)相等可得所以mn2,故選A.方法二33mi,則由已知可得3mini.由復(fù)數(shù)相等可得所以mn2,故選A.3已知l1,l2,l3是不同的直線,是不同的平面,若l1,l2,則“l(fā)3l1,l3l2”是“l(fā)3”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答案B解析若l3l1,l3l2,當(dāng)l1l2時(shí),不能得出l3;當(dāng)l3時(shí),因?yàn)閘1,l2,所以l1,l2,所以l3l1,l3l2.所以“l(fā)3l1,l3l2”是“l(fā)3”的必要不充分條件故選B.4某學(xué)校社團(tuán)準(zhǔn)備從A,B,C,D,E5個(gè)不同的節(jié)目中選3個(gè)分別去3個(gè)敬老院慰問演出,在每個(gè)敬老院表演1個(gè)節(jié)目,其中A節(jié)目是必選節(jié)目,則不同的分配方法共有()A24種B36種C48種D64種答案B解析從B,C,D,E4個(gè)節(jié)目中選2個(gè),有C種選法,將選出的2個(gè)節(jié)目與A節(jié)目全排列,共有A種情況,又CA36,所以不同的分配方法共有36種5函數(shù)f(x)的大致圖象為()答案C解析設(shè)函數(shù)g(x)x|lnx|1(x>0,x1),則g(x)得g(x)故當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,f(x)單調(diào)遞減,且f(x)>0;當(dāng)0<x<1時(shí),g(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,f(x)單調(diào)遞增,故選C.6已知10a0a1xa2x2a9x9a10x10,則a12a29a910a10等于()A.10B.10C10×9D5×9答案D解析方法一由題意,得a1C·,a2C·2,a10C·10,則a12a29a910a10C·2C·29C·910C·1010C·10C·210C·910C·105×9.故選D.方法二對(duì)等式10a0a1xa2x2a9x9a10x10兩邊求導(dǎo),得59a12a2x9a9x810a10x9,令x1,則a12a29a910a105×9,故選D.7已知隨機(jī)變量X,Y的分布列如下(其中xy),則()X12Px2y2Y12Py2x2AE(X)E(Y),D(X)D(Y)BE(X)E(Y),D(X)D(Y)CE(X)·E(Y)>D(X)D(Y)DE(X)E(Y)<D(X)·D(Y)答案C解析E(X)x22y21y2,E(Y)2x2y21x2,D(X)x2(1y21)2y2(21y2)2x2y4y2(y21)2x2y2,同理得D(Y)x2y2,x2y21,x2y22,x2y2,E(X)·E(Y)(1y2)(1x2)2x2y2>2x2y2D(X)D(Y),E(X)E(Y)3>(x2y2)2D(X)·D(Y),故選C.8已知向量a,b滿足|2ab|3,且a·(ab)3,則|ab|的最小值為()A.B.C.D.答案D解析方法一由a·(ab)3,得(2ab)(ab)·(ab)9,即(2ab)·(ab)|ab|29,設(shè)2ab與ab的夾角為,則(2ab)·(ab)|2ab|·|ab|·cos3|ab|,3|ab|,所以3|ab|9|ab|23|ab|,解得|ab|,所以|ab|的最小值為.方法二如圖,設(shè)a,b,由|2ab|3,得1,取靠近A的AB的三等分點(diǎn)C,則ab,所以|1.由a·(ab)3,得·1.以MC所在直線為x軸,線段MC的垂直平分線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系xOy,則M,C,設(shè)A(x,y),則由·1,得x2y2,所以點(diǎn)A的軌跡是以O(shè)(0,0)為圓心,為半徑的圓,易知點(diǎn)C在該圓內(nèi),所以|AC|的最小值為,所以|AB|的最小值為,即|ab|的最小值為.9已知P為雙曲線1上一點(diǎn),M,N分別為圓(x3)2y2及其關(guān)于y軸對(duì)稱的圓上的兩點(diǎn),則|PM|PN|的取值范圍為()A5,5B5,33,5C(3,3) D3,3答案B解析由題意知,點(diǎn)M在圓(x3)2y2上,點(diǎn)N在圓(x3)2y2上,設(shè)雙曲線1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,則F1(3,0),F(xiàn)2(3,0),易知F1,F(xiàn)2分別為兩個(gè)圓的圓心,連接PF1,MF1,PF2,NF2,則|PF1|MF1|PM|PF1|MF1|,|PF2|NF2|PN|PF2|NF2|,所以|PF1|PF2|1|PM|PN|PF1|PF2|1,而|PF1|PF2|±4,所以5|PM|PN|3或3|PM|PN|5.10如圖1,已知正三角形ABC的邊長為6,O是底邊BC的中點(diǎn),D是AB邊上一點(diǎn),且AD2,將AOC繞著直線AO旋轉(zhuǎn),在旋轉(zhuǎn)過程中,若DC的長度在,內(nèi)變化,如圖2,則點(diǎn)C所形成的軌跡的長度為()A.B.CD.答案A解析方法一ABC為正三角形,O為BC的中點(diǎn),AOOB,AOOC,BOC是二面角BAOC的平面角,記BOC.如圖,過點(diǎn)D作DEOB,垂足為E,連接CE,則DEAO,OE1,OC3,DEAO2,則,其中·,即,2()22222·(2)212322×1×3×cos,226cos,則2226cos19,22,即cos,即點(diǎn)C轉(zhuǎn)過的角度為.點(diǎn)C的軌跡為以O(shè)為圓心,以O(shè)C為半徑的一段圓弧,弧長為3×.方法二ABC為正三角形,O為BC的中點(diǎn),AOOB,AOOC,BOC是二面角BAOC的平面角,記BOC.如圖,過點(diǎn)D作DEOB,垂足為E,連接CE,則DEAO,OE1,OC3,DEAO2,則EC2OC2OE22OC·OE·cos106cos,在RtDCE中,DC2DE2EC2(2)2106cos226cos,則DC2226cos19,22,即cos,即點(diǎn)C轉(zhuǎn)過的角度為.點(diǎn)C的軌跡為以O(shè)為圓心,以O(shè)C為半徑的一段圓弧,弧長為3×.第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分把答案填在題中橫線上)11九章算術(shù)是我國古代數(shù)學(xué)經(jīng)典名著,它在集合學(xué)中的研究比西方早一千年在九章算術(shù)中,將四個(gè)面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”已知某“鱉臑”的三視圖(單位:cm)如圖所示,則該“鱉臑”的體積是_cm3.答案10解析由三視圖結(jié)合“鱉臑”的定義易得該幾何體為一個(gè)底面為直角邊長分別為3,4,高為5,且頂點(diǎn)在底面的射影為直角三角形中最小的角的頂點(diǎn),則其體積為××3×4×510cm3.12已知等比數(shù)列an的公比q>0,前n項(xiàng)和為Sn.若2(a5a3a4)a4,且a2a4a664,則q_,Sn_.答案2解析2(a5a3a4)a4,2a52a33a42q42q23q32q23q20,得q(舍去)或q2.a2a4a664,a64a44,a1,Sn.13已知x,y滿足約束條件則約束條件表示的可行域的面積為_,目標(biāo)函數(shù)zxy3的取值范圍為_答案2,3解析畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示,則A(0,1),B(2,2),C,易知ACBC,則可行域的面積S·|AC|·|BC|.因?yàn)閦xy3,所以yxz3,數(shù)形結(jié)合知,當(dāng)直線yxz3與直線BC重合時(shí),z取得最大值3,當(dāng)直線yxz3經(jīng)過點(diǎn)A時(shí),z取得最小值2,所以z2,314已知函數(shù)f(x)|2x1|,g(x)|2xa|(aR),則不等式f(x)3的解集為_;若不等式f(x)g(x)6對(duì)任意的xR恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案1,2(,75,)解析f(x)3,即|2x1|3,即32x13,解得1x2,所以不等式f(x)3的解集為1,2因?yàn)閒(x)g(x)|2x1|2xa|2x12xa|a1|,所以要使不等式f(x)g(x)6對(duì)任意的xR恒成立,則|a1|6,解得a7或a5.15在ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,已知a3,b2,A2B,則sinB_,c_.答案解析a3,b2,A2B,由正弦定理得,即,B為ABC的一個(gè)內(nèi)角,sinB>0,cosB,sinB.由二倍角公式知,sinAsin2B2sinBcosB2××,cosAcos2B2cos2B1.方法一cosCcos(AB)cos(AB)(cosAcosBsinAsinB),c2a2b22abcosC,c.方法二sinCsin(AB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB,由正弦定理,得,c.16已知x,y,z均為正實(shí)數(shù),且滿足x2y2z21,則xy2yz的最大值為_答案解析由已知條件x2y2z21,可設(shè)1x2y2(1)y2z2,0<<1,即得12xy2yz,令,解得,所以xyyz1,即xy2yz,當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立17已知函數(shù)f(x)x,若對(duì)于任意的mR,方程|f(mx)|f(mx)|a均有解,則a的取值范圍是_答案4,)解析令g(x)|f(mx)|f(mx)|,g(x)|f(mx)|f(mx)|g(x),g(x)是偶函數(shù),設(shè)x>0,若m>0,當(dāng)x<m時(shí),g(x)(xm)(mx)2m2m>24;當(dāng)x>m時(shí),g(x)(xm)(xm)2x2x>24.若m<0,則m>0,當(dāng)x<m時(shí),g(x)(xm)(mx)2m2m>24;當(dāng)x>m時(shí),g(x)(xm)(xm)2x2x>24.若m0,g(x)24.又g(x)是偶函數(shù),當(dāng)x<0時(shí),g(x)g(x)4.綜上,g(x)4.要使方程g(x)a有解,只需a4即可,所求a的取值范圍是4,)三、解答題(本大題共5小題,共74分解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟)18(14分)(2019·臺(tái)州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)sin2sinxcosx(xR)(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及f的值;(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位長度,得到函數(shù)g(x)的圖象,試求g(x)在上的最小值解(1)f(x)sin2sinxcosxsin2xcos2xsin2xcos2xsin2xcos.所以函數(shù)f(x)的最小正周期T,fcos.(2)g(x)fcoscos.因?yàn)閤,所以2x.所以當(dāng)2x,即x時(shí),g(x)取最小值,此時(shí)g(x)min1.19(15分)如圖,在四棱錐PABCD中,DB平面PAB,ABP120°,ABCD,CDBDABBP2,E為AP的中點(diǎn)(1)求證:PC平面BDE;(2)求直線DE與平面PCD所成角的正弦值(1)證明方法一連接AC交BD于點(diǎn)F,連接EF,則EF為ACP的中位線,所以EFPC,又EF平面BDE,PC平面BDE,所以PC平面BDE.方法二因?yàn)锳BCD,ABCD,所以四邊形ABCD為平行四邊形,所以ADBC且ADBC,故可將四棱錐PABCD補(bǔ)形成三棱柱PABKDC,如圖,取DK的中點(diǎn)Q,連接QC,PQ,EQ.易知DQEP,DQEP,所以四邊形PEDQ為平行四邊形,所以DEPQ,又DE平面BDE,PQ平面BDE,所以PQ平面BDE.又DQAE,DQAE,所以四邊形ADQE為平行四邊形,所以ADEQ,ADEQ,又ADBC,ADBC,EQBC,EQBC,所以四邊形BEQC為平行四邊形,所以BEQC,又BE平面BDE,QC平面BDE,所以QC平面BDE.又PQQCQ,所以平面PQC平面BDE.又PC平面PQC,所以PCBDE.(2)解方法一由(1)中方法二可知DEPQ,所以直線DE與平面PCD所成的角就是直線PQ與平面PCD所成的角,設(shè)直線PQ與平面PCD所成的角為,點(diǎn)Q到平面PCD的距離為h.連接AC交BD于點(diǎn)F,連接EF,易知EF,PC2,PQ,在CDP中,DP2PC,CD2,所以SCDP×2×,易知SCDQ×1×,因?yàn)閂PCDQVQCDP,所以×SCDQ×BD×SCDP×h,所以h.所以sin,所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為.方法二在BAP中,ABBP2,E為AP的中點(diǎn),ABP120°,所以BEAP,以E為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向分別為x,y軸的正方向,過點(diǎn)E且平行于DB的直線為z軸,且的方向?yàn)閦軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(圖略),則E(0,0,0),B(1,0,0),A(0,0),P(0,0),D(1,0,2),所以(1,2),(1,0),(1,0,2),設(shè)直線DE與平面PCD所成的角為,平面PCD的法向量為n(x,y,z),則得取y1,得x,z,所以n(,1,)為平面PCD的一個(gè)法向量,所以sin,所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為.20(15分)已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且a2n2an3,S33,數(shù)列bn為等比數(shù)列,b1b310a3,b2b410a6.(1)求數(shù)列an,bn的通項(xiàng)公式;(2)若cn,求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn,并求使得Tn<2恒成立的實(shí)數(shù)的取值范圍解(1)由an為等差數(shù)列可得,S3a1a2a33a23,故a21.由a2n2an3可得a22a13,故12a13,解得a11.所以數(shù)列an的公差da2a11(1)2,所以ana1(n1)d12(n1)2n3.故a32×333,a62×639.設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q,則由已知可得b1b310a330,b2b410a690.所以q3,故b1b3b1b1×3230,解得b13.所以數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bn3×3n13n.(2)由(1)可知,cn××.所以Tnc1c2cn.因?yàn)?gt;0,所以Tn<×.故由Tn<2恒成立可得2,即642430,也就是(41)(163)0,解得或.21.(15分)如圖,已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中,拋物線E:x22py(p>0)的焦點(diǎn)F是橢圓C:y21的一個(gè)焦點(diǎn)(1)求拋物線E的方程;(2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn),且位于第一象限,拋物線E在點(diǎn)P處的切線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A,B,直線y與過點(diǎn)P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M,OM與直線l交于點(diǎn)D.求證:直線OM平分線段AB;若直線l與y軸交于點(diǎn)G,記PFG的面積為S1,PDM的面積為S2,是否存在點(diǎn)P,使得取得最小值?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由(1)解根據(jù)題意,F(xiàn),所以拋物線E的方程為x22y.(2)證明設(shè)P(m>0),由x22y可得yx,所以直線l的斜率為m,因此直線l的方程為ym(xm),即ymx.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由得(3m24)x23m3x30,所以x1x2.又M,所以O(shè)M的方程為yx,由得直線OM與l的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xD,故xD,所以直線OM平分線段AB.解由知直線l的方程為ymx(m>0),所以G,所以P,F(xiàn),D,M,所以S1|GF|mm(m21),S2|PM|·|mxD|,所以.令t3m28,則402,又對(duì)于(3m24)x23m3x30,>0,即(3m3)24(3m24)>0,所以0<m2<4,所以t3m28,故不存在最小值,即不存在點(diǎn)P,使得取得最小值22(15分)已知函數(shù)f(x)(ax22ax1)ex2.(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若a<,求證:當(dāng)x0時(shí),f(x)<0.(1)解因?yàn)閒(x)(ax22ax1)ex2,所以f(x)(ax24ax2a1)ex,令u(x)ax24ax2a1,當(dāng)a0時(shí),u(x)>0,f(x)>0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,)當(dāng)a>0時(shí),(4a)24a(2a1)4a(2a1),(i)當(dāng)a>時(shí),>0,令u(x)0,得x1,x2,且x1<x2,所以當(dāng)x(,x1)(x2,)時(shí),u(x)>0,f(x)>0,當(dāng)x(x1,x2)時(shí),u(x)<0,f(x)<0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為.(ii)當(dāng)0<a時(shí),0,所以u(píng)(x)0,f(x)0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,)當(dāng)a<0時(shí),>0,令u(x)0,得x1,x2,且x2<x1,所以當(dāng)x(x2,x1)時(shí),u(x)>0,f(x)>0,當(dāng)x(,x2)(x1,)時(shí),u(x)<0,f(x)<0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為,.綜上,當(dāng)a>時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為;當(dāng)0a時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,);當(dāng)a<0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為,.(2)證明方法一由(1)得,x1,x2.當(dāng)a時(shí),由(1)知f(x)在(x1,)上單調(diào)遞減,因?yàn)閤120,所以f(x)在(0,)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x0時(shí),f(x)f(0)1<0.當(dāng)<a<時(shí),由(1)知f(x)在(x2,x1)上單調(diào)遞增,在(x1,)上單調(diào)遞減,因?yàn)閤12(0,1),x22<0,所以f(x)在(0,x1)上單調(diào)遞增,在(x1,)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x0時(shí),f(x)maxf(x1)(ax2ax11)2,因?yàn)閍x4ax12a10,所以ax4ax12a1,且a,所以f(x1)(ax2ax11)22a(x11)2·2.所以要證f(x)<0,只需證2<0,即證(x11)x4x12<0.設(shè)g(x)(x1)exx24x2,x(0,1),則g(x)(x2)ex2x4(x2)(ex2),所以當(dāng)x(0,ln2)時(shí),g(x)<0,g(x)在(0,ln2)上單調(diào)遞減,當(dāng)x(ln2,1)時(shí),g(x)>0,g(x)在(ln2,1)上單調(diào)遞增,因?yàn)間(0)1<0,g(1)2e7<0,所以當(dāng)x(0,1)時(shí),恒有g(shù)(x)<0.又x1(0,1),所以g(x1)<0,即f(x1)<0,從而當(dāng)x0時(shí),f(x)f(x1)<0.綜上,若a<,當(dāng)x0時(shí),f(x)<0.方法二f(x)(ax22ax1)ex2aex(x22x)ex2,令(a)aex(x22x)ex2,顯然當(dāng)x0時(shí),ex(x22x)0,所以當(dāng)a<時(shí),(a)<ex2.所以要證當(dāng)x0時(shí),f(x)<0,只需證當(dāng)x0時(shí),ex20,即證當(dāng)x0時(shí),ex(x22x7)140.令g(x)ex(x22x7)14,則g(x)ex(x24x5)(x1)(x5)ex,所以當(dāng)x(0,1)時(shí),g(x)<0,g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,當(dāng)x(1,)時(shí),g(x)>0,g(x)在(1,)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x0時(shí),g(x)g(1)144e>0,從而當(dāng)x0時(shí),f(x)<0.19

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