1 / 21
文档名称:

广西北海市合浦县2022年九年级数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析.pdf

格式:pdf   大小:1,510KB   页数:21页
下载后只包含 1 个 PDF 格式的文档,没有任何的图纸或源代码,查看文件列表

如果您已付费下载过本站文档,您可以点这里二次下载

分享

预览

广西北海市合浦县2022年九年级数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析.pdf

上传人:mama1 2023/3/26 文件大小:1.47 MB

下载得到文件列表

广西北海市合浦县2022年九年级数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析.pdf

文档介绍

文档介绍:该【广西北海市合浦县2022年九年级数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析 】是由【mama1】上传分享,文档一共【21】页,该文档可以免费在线阅读,需要了解更多关于【广西北海市合浦县2022年九年级数学第一学期期末综合测试模拟试题含解析 】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。:.
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项:
,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再
选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
,将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
axb的图像经过第一、二、四象限,则下列不等式中总是成立的是()
bbb0
,底面圆的半径为3,则此圆锥的侧面积是()

13x1的解集在数轴上表示正确的是()
.
.
ax2bxc的图像如图所示,下面结论:①a0;②c0;③函数的最小值为3;④当x4时,
y0;⑤当xx2时,yy(y、y分别是x、x对应的函数值).正确的个数为()
12121212

DE
,AB与CD相交于点E,点F在线段BC上,且AC//EF//DB,若BE=5,BF=3,AE=BC,则的
CE
值为():.
2132
.
3255
,()
.
=ax2+bx+c(a≠0)的图象,则下列结论:①abc>0;②b+2a=0;③抛物线与x轴
的另一个交点为(4,0);④a+c>b,其中正确的结论有()

(x3)(x2)p20的根的情况是()


,则他上升的最大高度是()m
100100
?sin?cos
sincos
,AB是O的直径,弦CDAB于点E,如果AB20,CD16,那么线段OE的长为():.

二、填空题(每小题3分,共24分)
,在▱ABCD中,AB=10,AD=6,AC⊥=_____.
5
A,yB1,y2yy
、在二次函数yx3的图像上,则___.(填“”、“”、“”)
41212
mxn0的两个实数根分别是x=-2,x=4,则m+n的值为________.
12
⊙O的半径为6cm,圆心O到直线L的距离为5cm,则直线L与⊙O的位置关系是___________.
,△ABC中,AB>AC,D,E两点分别在边AC,AB上,:_____,
使△ADE∽△ABC.(不再添加其他的字母和线段;只填一个条件,多填不给分!)
,在边长为2的菱形ABCD中,D60,点E、F分别在边AB、BEF沿着直线EF翻折,点B
恰好与边AD的中点G重合,则BE的长等于________.
4的解是.
、4、5、2、1,则这组数据的中位数为__________.
三、解答题(共66分)
19.(10分)某水果商场经销一种高档水果,:.
(1)连续两次降价后每千克32元,;
(2)若每千克盈利10元,每天可售出500千克,经市场调查发现,在进货价不变的情况下,商场决定采取适当的涨
价措施,但商场规定每千克涨价不能超过8元,若每千克涨价1元,日销售量将减少20千克,现该商场要保证每天盈
利6000元,那么每千克应涨价多少元?
20.(6分)如图,AB是半圆O的直径,C、D是半圆上的点,且0DAC于点E,连接BE,BC,若AC8,DE2.
1
求半圆的半径长;
2
求BE的长.
21.(6分)(1)解方程:x24x30
(2)已知点P(a+b,-1)与点Q(-5,a-b)关于原点对称,求a,b的值.
22.(8分)如图1,抛物线yx2bxc与x轴相交于点A、点B,与y轴交于点C(0,3),对称轴为直线x=1,
交x轴于点D,顶点为点E.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)连接AC,CE,AE,求△ACE的面积;
(3)如图2,点F在y轴上,且OF=2,点N是抛物线在第一象限内一动点,且在抛物线对称轴右侧,连接ON交
对称轴于点G,连接GF,若GF平分∠OGE,求点N的坐标.
23.(8分)如图,有一路灯杆AB(底部B不能直接到达),在灯光下,小华在点D处测得自己的影长DF=3m,沿
BD方向到达点F处再测得自己的影长FG=,:.
24.(8分)如图1,已知AB是⊙O的直径,AC是⊙O的弦,过O点作OF⊥AB交⊙O于点D,交AC于点E,交BC
的延长线于点F,点G是EF的中点,连接CG
(1)判断CG与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2)求证:2OB2=BC•BF;
(3)如图2,当∠DCE=2∠F,CE=3,DG=,求DE的长.
25.(10分)如图,矩形ABCD的边AB=3cm,AD=4cm,点E从点A出发,沿射线AD移动,以CE为直径作圆O,
点F为圆O与射线BD的公共点,连接EF、CF,过点E作EG⊥EF,EG与圆O相交于点G,连接CG.
(1)试说明四边形EFCG是矩形;
(2)当圆O与射线BD相切时,点E停止移动,在点E移动的过程中,
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值?若存在,求出这个最大值或最小值;若不存在,说明理由;
②求点G移动路线的长.
26.(10分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,以AC为直径的⊙O与AB边交于点D,过点D作⊙
BC于点E.
(1)求证:BE=EC
(2)填空:①若∠B=30°,AC=23,则DE=______;
②当∠B=______度时,以O,D,E,:.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】首先判断a、b的符号,再一一判断即可解决问题.
【详解】∵一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限,
∴a<0,b>0,故A错误;
ab0,故B错误;
a2+b>0,故C正确,
a+b不一定大于0,故D错误.
故选:C.
【点睛】
本题考查一次函数与不等式,解题的关键是学会根据函数图象的位置,确定a、b的符号,属于中考常考题型.
2、C
【分析】.
1
【详解】解:底面圆的半径为3,则底面周长=6π,侧面面积=×6π×4=12π,
2
故选C.
考点:圆锥的计算.
3、B
【解析】先求出不等式的解集,再在数轴上表示出来即可.
【详解】解:5x13x1,
移项得:5x3x11,:.
合并同类项得:2x2,
系数化为1得,x1,
在数轴上表示为:
故选:B.
【点睛】
本题考查了在数轴上表示不等式的解集,把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画;<,≤向左画),数
轴上的点把数轴分成若干段,如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样,那么这段就是不等式
“≥”,“≤”要用实心圆点表示;“<”,“>”要用空心圆点表示.
4、C
【分析】由抛物线开口方向可得到a>0;由抛物线过原点得c=0;根据顶点坐标可得到函数的最小值为-3;根据当x
<0时,抛物线都在x轴上方,可得y>0;由图示知:0<x<2,y随x的增大而减小;
【详解】解:①由函数图象开口向上可知,a0,故此选项正确;
y(0,0)c0
②由函数的图像与轴的交点在可知,,故此选项正确;
③由函数的图像的顶点在(2,3)可知,函数的最小值为3,故此选项正确;
④因为函数的对称轴为x2,与x轴的一个交点为(0,0),则与x轴的另一个交点为(4,0),所以当x4时,y0,
故此选项正确;
x2yxxx2xx2
⑤由图像可知,当时,随着的值增大而减小,所以当时,,故此选项错误;
1212
其中正确信息的有①②③④.
故选:C.
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与系数的关系:二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象为抛物线,当a>0,抛物线开口向上;
b
对称轴为直线x=,;抛物线与y轴的交点坐标为(0,c);当b2-4ac>0,抛物线与x轴有两个交点;当b2-4ac=0,
2a
抛物线与x轴有一个交点;当b2-4ac<0,抛物线与x轴没有交点.
5、A
BEBF
【分析】根据平行线分线段成比例定理得可求出BC的长,从而可得CF的长,再根据平行线分线段成比例
ABBC
DEBF
定理得,求解即可得.
CECF
【详解】AC//EF
BEBF

ABBC:.
又BE5,BF3,AEBC
ABAEBEBC5
5315
,解得BC
BC5BC2
9
CFBCBF
2
又EF//DB
DEBF32

CECF93
2
故选:A.
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理,根据定理求出BC的长是解题关键.
6、A
【解析】从上面看得到的图形是A表示的图形,故选A.
7、C
b
【解析】试题分析:∵抛物线开口向上,∴a>0,∵抛物线的对称轴为直线x==1,∴b=﹣2a<0,所以②正确;
2a
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方,∴c<0,∴abc>0,所以①正确;∵点(﹣2,0)关于直线x=1的对称点的坐标
为(4,0),∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(4,0),所以③正确;∵x=﹣1时,y<0,
即a﹣b+c<0,∴a+c<b,所以④错误.
故选C.
考点:抛物线与x轴的交点;二次函数图象与系数的关系.
8、A
【分析】将方程化简,再根据b24ac判断方程的根的情况.
【详解】解:原方程可化为x25x6p20,
(5)24(6p2)1p20
所以原方程有两个不相等的实数根.
故选:A
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的情况,灵活利用的正负进行判断是解题的关键.
当时,方程有两个不相等的实数根;当0时,方程有两个不相等的实数根;当时,方程没有实数根.
9、B:.
【分析】设他上升的最大高度是hm,根据坡角及三角函数的定义即可求得结果.
【详解】设他上升的最大高度是hm,由题意得
h
sin,解得h100sin
100
故选:B.
10、A
【分析】连接OD,由直径AB与弦CD垂直,根据垂径定理得到E为CD的中点,由CD的长求出DE的长,又由直
径的长求出半径OD的长,在直角三角形ODE中,由DE及OD的长,利用勾股定理即可求出OE的长.
【详解】解:如图所示,连接OD.
∵弦CD⊥AB,AB为圆O的直径,
∴E为CD的中点,
又∵CD=16,
1
∴CE=DE=CD=8,
2
1
又∵OD=AB=10,
2
∵CD⊥AB,∴∠OED=90°,
在Rt△ODE中,DE=8,OD=10,
根据勾股定理得:OE=OD2DE2=6,
则OE的长度为6,
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了垂径定理,勾股定理,解答此类题常常利用垂径定理由垂直得中点,进而由弦长的一半,弦心距及圆
的半径构造直角三角形,利用勾股定理是解答此题的关键.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、413
【分析】由BC⊥AC,AB=10,BC=AD=6,由勾股定理求得AC的长,得出OA长,然后由勾股定理求得OB的长
即可.
【详解】解:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BC=AD=6,OB=OD,OA=OC,:.
∵AC⊥BC,
∴AC=AB2BC2=8,
∴OC=4,
∴OB=OC2BC2=213,
∴BD=2OB=413
故答案为:413.
【点睛】
,注意掌握数形结合思想的应用.
12、
【分析】把两点的坐标分别代入二次函数解析式求出纵坐标,再比较大小即可得解.
5522573

【详解】x时,y33,

4141616
x1时,y123134,
2
739
∵4>0,
1616
∴yy;
12
故答案为:.
【点睛】
本题考查了二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征,用求差法比较大小是常用的方法.
13、-10
【解析】根据根与系数的关系得出-2+4=-m,-2×4=n,求出即可.
【详解】∵关于x的一元二次方程x2mxn0的两个实数根分别为x=-2,x=4,
12
∴−2+4=−m,−2×4=n,
解得:m=−2,n=−8,
∴m+n=−10,
故答案为:-10
【点睛】
此题考查根与系数的关系,掌握运算法则是解题关键
14、相交:.
【分析】先根据题意判断出直线与圆的位置关系即可得出结论.
【详解】∵⊙O的半径为6cm,圆心O到直线l的距离为5cm,6cm>5cm,
∴直线l与⊙O相交,
故答案为:相交.
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系,熟知设⊙O的半径为r,圆心O到直线l的距离为d,当d<r时,直线与圆相交
是解答此题的关键.
AEAD
15、∠B=∠1或
ACAB
【解析】此题答案不唯一,注意此题的已知条件是:∠A=∠A,可以根据有两角对应相等的三角形相似或有两边对应
成比例且夹角相等三角形相似,添加条件即可.
ADAE
【详解】此题答案不唯一,如∠B=∠1或.
ABAC
∵∠B=∠1,∠A=∠A,
∴△ADE∽△ABC;
ADAE
∵,∠A=∠A,
ABAC
∴△ADE∽△ABC;
ADAE
故答案为∠B=∠1或
ABAC
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定:有两角对应相等的三角形相似;有两边对应成比例且夹角相等三角形相似,要注意正
确找出两三角形的对应边、对应角,根据判定定理解题.
7
16、
5
【分析】如图,作GH⊥BA交BA的延长线于H,,由此即可解决问题.
【详解】过点G作GM⊥AB交BA延长线于点M,则∠AMG=90°,
11
∵G为AD的中点,∴AG=AD=2=1,
22
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB//CD,∴∠MAG=∠D=60°,
∴∠AGM=30°,
11
∴AM=AG=,
22
3
∴MG=AG2AM2,
2:.
设BE=x,则AE=2-x,
∵EG=BE,∴EG=x,
在Rt△EGM中,EG2=EM2+MG2,
2
13
∴x2=(2-x+)2+,
22

7
∴x=,
5
7
故答案为.
5
【点睛】
本题考查了菱形的性质、轴对称的性质等,正确添加辅助线构造直角三角形利用勾股定理进行解答是关键.
17、±1.
【解析】试题分析:∵x1-4=0
∴x=±1.
考点:解一元二次方程-直接开平方法.
18、4
【分析】根据中位数的定义求解即可.
【详解】解:将数据8、4、5、2、1按从小到大的顺序排列为:1、2、4、5、8,所以这组数据的中位数为4.
故答案为:4.
【点睛】
本题考查了中位数的定义,属于基本题型,解题的关键是熟知中位数的概念.
三、解答题(共66分)
19、(1)20%;(2)每千克应涨价5元.
【分析】(1)设每次下降的百分率为x,根据相等关系列出方程,可求每次下降的百分率;
(2)设涨价y元(0<y≤8),根据总盈余=每千克盈余×数量,可列方程,可求解.
【详解】解:(1)设每次下降的百分率为x:.
根据题意得:50(1﹣x)2=32
解得:x=,x=(不合题意舍去)
12
答:每次下降20%
(2)设涨价y元(0<y≤8)
6000=(10+y)(500﹣20y)
解得:y=5,y=10(不合题意舍去)
12
答:每千克应涨价5元.
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程应用,关键是根据题意找到蕴含的相等关系,列出方程,解答即可.
1O52
20、半圆的半径为;213
1
【分析】(1)根据垂径定理的推论得到OD⊥AC,AE=AC,设圆的半径为r,根据勾股定理列出方程,解方程即可;
2
(2)由题意根据圆周角定理得到∠C=90°,根据勾股定理计算即可.
1ODACAC8
【详解】解:于点E且
1
AEECAC4,
2
设半径为r,则OEr2
在RtAOE中有
r242r22
解得:r=5
即半圆O的半径为5;
2O
AB为半圆的直径
C90,AB10
则BCAB2AC2102826
在RtBCE中有
CEBC2CE26242213.
【点睛】
本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、垂径定理,掌握垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧是
:.
21、(1)x3,x1;(2)a3,b2.
12
【分析】(1)利用因式分解法解一元二次方程即可得;
(2)先根据关于原点对称的点坐标变换规律可得一个关于a、b二元一次方程组,再利用加减消元法解方程组即可得.
【详解】(1)x24x30,
x3x10
,
x30或x10,
x3或x1,
即x3,x1;
12
(2)关于原点对称的点坐标变换规律:横、纵坐标均互为相反数,
ab(5)0
则,
ab(1)0
a3
解得.
b2
【点睛】
本题考查了解一元二次方程、关于原点对称的点坐标变换规律、解二元一次方程组,熟练掌握方程(组)的解法和关
于原点对称的点坐标变换规律是解题关键.
113113
22、(1)y=-x2+2x+3;(2)1;(3)点N的坐标为:(,).
22
【分析】(1)由点C的坐标,求出c,再由对称轴为x=1,求出b,即可得出结论;
(2)先求出点A,E坐标,进而求出直线AE与y轴的交点坐标,最后用三角形面积公式计算即可得出结论;
(3)先利用角平分线定理求出FQ=1,进而利用勾股定理求出OQ=1=FQ,进而求出∠BON=45°,求出直线ON的
解析式,最后联立抛物线解析式求解,即可得出结论.
【详解】解:(1)∵抛物线y=-x2+bx+c与y轴交于点C(0,3),
令x=0,则c=3,
∵对称轴为直线x=1,
b
∴1,
2(1)
∴b=2,
∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3;
(2)如图1,AE与y轴的交点记作H,:.
由(1)知,抛物线的解析式为y=-x2+2x+3,
令y=0,则-x2+2x+3=0,
∴x=-1或x=3,
∴A(-1,0),
当x=1时,y=-1+2+3=4,
∴E(1,4),
∴直线AE的解析式为y=2x+2,
∴H(0,2),
∴CH=3-2=1,
11
∴S=CH•|x-x|=×1×2=1;
△ACEEA
22
(3)如图2,过点F作FP⊥DE于P,则FP=1,过点F作FQ⊥ON于Q,
∵GF平分∠OGE,
∴FQ=FP=1,
在Rt△FQO中,OF=2,:.
根据勾股定理得,OQ=OF2FQ21,
∴OQ=FQ,
∴∠FOQ=45°,
∴∠BON=90°-45°=45°,
过点Q作QM⊥OB于M,OM=QM
∴ON的解析式为y=x①,
∵点N在抛物线y=-x2+2x+3②上,
yx
联立①②,则,
yx22x3

113113
xx
22
解得:或(由于点N在对称轴x=1右侧,所以舍去),
113113
yy

22
113113
∴点N的坐标为:(,).
22
【点睛】
此题是二次函数综合题,主要考查了待定系数法,三角形面积的求法,角平分线定理,勾股定理,直线与抛物线的交
点坐标的求法,求出直线ON的解析式是解本题的关键.
23、路灯杆AB的高度是1m.
【解析】在同一时刻物高和影长成正比,根据相似三角形的性质即可解答.
【详解】解:∵CD∥EF∥AB,
∴可以得到△CDF∽△ABF,△ABG∽△EFG,
CDDFFEFG
∴,,
ABBFABBG
又∵CD=EF,
DFFG
∴,
BFBG
∵DF=3m,FG=4m,BF=BD+DF=BD+3,BG=BD+DF+FG=BD+7,
34
∴,
DB3BD7
∴BD=9,BF=9+3=12,:.

∴,
AB12
解得AB=1.
答:路灯杆AB的高度是1m.
【点睛】
,利用相似三角形的性质对应边成比例
就可以求出结果.
24、(1)CG与⊙O相切,理由见解析;(1)见解析;(3)DE=1
【解析】(1)连接CE,由AB是直径知△ECF是直角三角形,结合G为EF中点知∠AEO=∠GEC=∠GCE,再由
OA=OC知∠OCA=∠OAC,根据OF⊥AB可得∠OCA+∠GCE=90°,即OC⊥GC,据此即可得证;
BCAB
(1)证△ABC∽△FBO得,结合AB=1BO即可得;
BOBF
ECED3DE
(3)证ECD∽△EGC得,根据CE=3,DG=,解之可得.
EGECDE
【详解】解:(1)CG与⊙O相切,理由如下:
如图1,连接CE,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=∠ACF=90°,
∵点G是EF的中点,
∴GF=GE=GC,
∴∠AEO=∠GEC=∠GCE,
∵OA=OC,
∴∠OCA=∠OAC,:.
∵OF⊥AB,
∴∠OAC+∠AEO=90°,
∴∠OCA+∠GCE=90°,即OC⊥GC,
∴CG与⊙O相切;
(1)∵∠AOE=∠FCE=90°,∠AEO=∠FEC,
∴∠OAE=∠F,
又∵∠B=∠B,
∴△ABC∽△FBO,
BCAB
∴,即BO•AB=BC•BF,
BOBF
∵AB=1BO,
∴1OB1=BC•BF;
(3)由(1)知GC=GE=GF,
∴∠F=∠GCF,
∴∠EGC=1∠F,
又∵∠DCE=1∠F,
∴∠EGC=∠DCE,
∵∠DEC=∠CEG,
∴△ECD∽△EGC,
ECED
∴,
EGEC
∵CE=3,DG=,
3DE
∴,
DE
整理,得:DE1+﹣9=0,
解得:DE=1或DE=﹣(舍),
故DE=1.
【点睛】
本题是圆的综合问题,解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等
知识点.
10815
25、(1)证明见解析;(2)①存在,矩形EFCG的面积最大值为12,最小值为;②.
254
【解析】试题分析:(1)只要证到三个内角等于90°即可.
(2)①易证点D在⊙O上,根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE,从而证到△CFE∽△DAB,根据相似三角形的性质:.
3CF2
可得到S=2S=.然后只需求出CF的范围就可求出S的范围.
矩形ABCD△CFE矩形ABCD
4
②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值,从而得到点G的移动的路线是线段,只需找到点G的
起点与终点,求出该线段的长度即可.
试题解析:解:(1)证明:如图,
∵CE为⊙O的直径,∴∠CFE=∠CGE=90°.
∵EG⊥EF,∴∠FEG=90°.∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°.
∴四边形EFCG是矩形.
(2)①存在.
如答图1,连接OD,
∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠ADC=90°.
∵点O是CE的中点,∴OD=OC.∴点D在⊙O上.
SCF2

∵∠FCE=∠FDE,∠A=∠CFE=90°,∴△CFE∽△DAB.∴CFE.

SDA
DAB
∵AD=1,AB=2,∴BD=5.
CF2CF213CF22
3CF
∴SS34.∴S=2S=.
矩形ABCD△CFE
CFEDADAB16284
∵四边形EFCG是矩形,∴FC∥EG.∴∠FCE=∠CEG.
∵∠GDC=∠CEG,∠FCE=∠FDE,∴∠GDC=∠FDE.
∵∠FDE+∠CDB=90°,∴∠GDC+∠CDB=90°.∴∠GDB=90°
Ⅰ.当点E在点A(E′)处时,点F在点B(F′)处,点G在点D(G′处,如答图1所示.
此时,CF=CB=1.
Ⅱ.当点F在点D(F″)处时,直径F″G″⊥BD,如答图2所示,此时⊙O与射线BD相切,CF=CD=2.
11
Ⅲ.当CF⊥BD时,CF最小,此时点F到达F″′,=BC•CD=BD•CF″′.
△BCD
22
1

最近更新

2024年考试完的心情作文模板8篇 9页

纺织行业的供应链优化与整合 22页

2024年老师作文四年级作文5篇 6页

三明治结构光学天线性质研究的任务书 2页

三峡库区初中学生课外阅读现状、问题及对策研.. 2页

纺织材料的抗菌与防臭技术研究 21页

丁座草化学成分和质量控制的任务书 2页

全县2021-2022学年第二学期期末考试小学三年级.. 8页

人教版物理八年级下册力学综合复习学案 14页

二年级下册《道德与法治》复习资料 9页

城市垃圾渗滤液的产生及处理方法 26页

场站LNG培训 28页

吹炼操纵工安全技术操作规程 33页

管理基础-决策分析 26页

学校的个人原因辞职报告4篇(全文共2228字) 3页

2024年精选关于20植树节倡议书范文4篇 6页

2024年精选20冬奥会开幕式观后感优秀范文3篇 5页

学校班主任教师教学工作总结 3页

变电专业安全生产禁令 28页

叉车操作注意事项 27页

纺织品的品牌推广策略与市场开拓 26页

管理体系内审员审核知识培训教程(Q) 26页

管理会计的概念和原则 25页

《道德经》英译本的哲学阐释学研究的中期报告.. 1页

危化品运输车辆消防安全管理培训 27页

出入境边防检查概述 28页

物资部负责人安全生产责任清单 2页

公园公共场所水面安全清洁维护应急处置方案 18页

微机原理与接口技术第彭虎 计算机基础知识PPT.. 50页

中国抗癌协会专业会员入会申请登记表 1页