2013年高考数学必考知识点22 在解题中运用的数学思想(二)
更新时间:2024-03-27 03:24:01 阅读量:2 综合文库 文档下载
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2013年高考数学必考知识点22 在解题中运用的数学思想(二)
1.(2012·山东)定义在R上的函数f(x)满足f(x+6)=f(x).当-3≤x<-1时,f(x)=-(x+2)2;当-1≤x<3时,f(x)=x.则f(1)+f(2)+f(3)+?+f(2 012)=( ).
A.335 B.338 C.1 678 D.2 012
答案: B [由f(x+6)=f(x)可知,函数f(x)的周期为6,所以f(-3)=f(3)=-1,f(-2)=f(4)=0,f(-1)=f(5)=-1,f(0)=f(6)=0,f(1)=1,f(2)=2,所以在一个周期内有f(1)+f(2)+?+f(6)=1+2-1+0-1+0=1,所以f(1)+f(2)+?+f(2 012)=f(1)+f(2)+335×1=1+2+335=338.]
2.(2012·四川)方程ay=b2x2+c中的a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且a,b,c互不相同.在所有这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有( ).
A.60条 B.62条 C.71条 D.80条
b22c答案:B [显然方程ay=bx+c表示抛物线时,有ab≠0,故该方程等价于y=x+. aa2
2
(1)当c=0时,从{-3,-2,1,2,3}中任取2个数作为a,b的值,有A25=20种不同的方法,
当a一定,b的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有4×3=12条,所以此时不同的抛物线共有A5-6=14条.
(2)当c≠0时,从{-3,-2,1,2,3}中任取3个数作为a,b,c的值有A35=60种不同的方法;当a,c的值一定,而b的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有4A23=24条,所以此时不同的抛物线有A3综5-12=48条.上所述,满足题意的不同的抛物线有14+48=62条,故选B.]
2
x1+x2?1
3.(2012·福建)函数f(x)在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有f?≤[f(x1)+f(x2)],则称
?2?2f(x)在[a,b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质 P,现给出如下命题:
①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的;②f(x)在[1,3]上具有性质P;③若f(x)在x=2处取得最大值1,则
2
x1+x2+x3+x4?1
f(x)=1,x∈[1,3];④对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有f?≤[f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)].其中真
?
4
?4
命题的序号是( ).
A.①② B.①③ C.②④ D.③④
2
?,x∈[1,2?x-1答案:D [取函数f(x)=?
?2,x=2,?
∪2,3],
则函数f(x)满足题设条件具有性质P,但函数
f(x)的图象是不连续的,故①为假命题,排除A、B;取函数f(x)=-x,1≤x≤3,则函数满足题设条件具有性质 P,
但f(x2)=-x2,1≤x≤3就不具有性质P,故②为假命题,排除C.应选D.]
4.(2012·江西)下图为某算法的程序框图,则程序运行后输出的结果是________.
解析 此框图依次执行如下循环: 第一次:T=0,k=1,sin第二次:sin π>sinπ
>sin 0成立,a=1,T=T+a=1,k=2,2<6,继续循环; 2
π
不成立,a=0,T=T+a=1,k=3,3<6,继续循环; 2
第三次:sin3π
>sin π不成立,a=0,T=T+a=1,k=4,4<6,继续循环; 2
3π
第四次:sin 2π>sin成立,a=1,T=T+a=2,k=5,5<6,继续循环;
2第五次:sin答案 3
1.分类讨论思想的考查重点为含有参数的函数性质问题、与等比数列的前n项和有关的计算推证问题、直线与圆锥曲线的位置关系不定问题等,在选择、填空、解答题中都会涉及到分类讨论的思想方法.
2.等价转换思想的应用在高考试题中处处可见,是解高考试题常用的数学思想.
(1)分类与整合思想实质上是“化整为零,各个击破,再积零为整”的数学策略.利用好分类与整合思想可以优化解题思路,降低问题难度.复习中要养成分类与整合的习惯,常见的分类情形有:概念分类型,运算需要型,参数变化型,图形变动型.
(2)转化与化归思想是高中数学学习中最基本、最重要的思想方法,它无处不在.比如:在解析几何中,通过建立坐标系将几何问题划归为代数问题.
5π
>sin 2π成立,a=1,T=T+a=3,k=6,6<6不成立,跳出循环,输出T的值为3. 2
必备知识
分类与整合思想
在解某些数学问题时,我们常常会遇到这样一种情况:解到某一步之后,发现问题的发展是按照不同的方向进行的.当被研究的问题包含了多种情况时,就必须抓住主导问题发展方向的主要因素,在其变化范围内,根据问题的不同发展方向,划分为若干部分分别研究.这里集中体现的是由大化小,由整体化为部分,由一般化为特殊的解决问题的方法,其研究的基本方向是“分”,但分类解决问题之后,还必须把它们整合在一起,这种“合—分—合”的解决问题的思想,就是分类与整合思想.
化归与转化思想
在解决一个问题时人们的眼光并不落在结论上,而是去寻觅、追溯一些熟知的结果,由此将问题化难为易,化繁为简,化大为小,各个击破,达到最终解决问题的目的,这种解决问题的思想就是化归与转化思想.
必备方法
1.分类讨论的几种情况
(1)由数学的概念、图形的位置等引发的分类讨论:数学中的概念有些就是分类的,如绝对值的概念;
[来源:学科网ZXXK]
(2)由数学的定理、法则、公式等引发的分类讨论:一些数学定理和公式是分类的,如等比数列的求和公式等; (3)由参数变化引发的分类讨论:当要解决的问题中涉及参数时,由于参数在不同范围内取值时,问题的发展方向不同,这就要把参数划分的几个部分分类解决;
(4)问题的具体情况引发的分类讨论:有些数学问题本身就要分情况解决,如概率计算中要根据要求,分类求出基本事件的个数;
(5)较复杂或非常规的数学问题,需要采取分类讨论的解题策略来解决. 2.化归转化思想的几种情况
(1)化为已知:当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时,把所要解决的问题化为已知问题;
(2)化难为易:化难为易是解决数学问题的基本思想,当我们遇到的问题是崭新的,解决起来困难时,就要把这个问题化为我们熟悉的问题,熟悉的问题我们有解决的方法,就是容易的问题,这是化难为易的一个方面;
(3)化繁为简:在一些问题中,已知条件或求解结论比较繁,这时就可以通过化简这些较繁的已知或者结论为简单的情况,再解决问题,有时把问题中的某个部分看做一个整体,进行换元,这也是化繁为简的转化思想;
(4)化大为小:在解答综合性试题时,一个问题往往是由几个问题组成的,整个问题的结论,是通过这一系列的小问题得出的,这种情况下,就可以把所要解决的问题转化为几个小问题进行解决.
由数学概念、法则、公式而引起的分类讨论
数学中的很多概念都是通过分类定义的,数学中的一些定理、公式、法则往往有一些严格的限制条件,故高考常常在这些知识点中命题.
log2x,x>0,??
【例1】? (2010·天津)设函数f(x)=?1
log-x,x<0,??2( ).
A.(-1,0)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-1,0)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,1) [审题视点]
[听课记录]
[审题视点] 分a>0,a<0讨论求解.
1
C [当a>0时,由f(a)>f(-a),得log2a>loga,
211
即log2a>log2 ,即a>,解得a>1;
若f(a)>f(-a),则实数a的取值范围是
aa1
当a<0时,由f(a)>f(-a),得log(-a)>log2(-a),
211
即log2?-?>log2(-a),则->-a,解得-1<a<0.
?a?
a所以a∈(-1,0)∪(1,+∞).]
有许多核心的数学概念是分类的,比如:直线斜率、指数函数、对数函数等,与这样的数学概念有关的问题往往需要根据数学概念进行分类,从而全面完整地解决问题.
【突破训练1】 若函数f(x)=ax-x-a(a>0且a≠1)有两个零点,则实数a的取值范围是________.
xx[来源:Zxxk.Com]
解析 则函数f(x)=a-x-a(a>0且a≠1)有两个零点,就是函数y=a(a>0且a≠1)的图象与函数y=x+a的图象有两个交点.由图象可知,当0<a<1时,两函数只有一个交点,不符合;当a>1时,因为函数y=a(a>1)的图象过点(0,1),而直线y=x+a的图象与y轴的交点一定在点(0,1)的上方,所以一定有两个交点.所以实数a的取值范围是(1,+∞).
答案 (1,+∞)
x由参数的变化而引起的分类讨论
由于参数的取值不同会导致所得结果不同,所以某些含有参数的问题如函数性质的运用、求最值、一元二次方程根的判断、直线斜率等,在求解时要根据参数的变化进行分类讨论.
【例2】? (2010·山东)已知函数f(x)=ln x-ax+1
(1)当a≤时,讨论f(x)的单调性;
2
12
(2)设g(x)=x-2bx+4,当a=时,若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),求实数b的取值范
4围.
[审题视点]
[听课记录]
[审题视点] (1)根据解题需要,要对二次项系数、根的大小分类讨论.
(2)将问题转化为g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值,则可借助(1)问的结论求得f(x)在(0,2)上的最小值,根据二次函数的对称轴与给定区间(1,2]的关系讨论求g(x)的最小值即可求b的范围.
解 (1)因为f(x)=ln x-ax+
1
1-a1-a-1(a∈R).
xx-1,
a-1ax2-x+1-a所以f′(x)=-a+2=-,x∈(0,+∞).
xxx2
令h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞). ①当a=0时,h(x)=-x+1,x∈(0,+∞),
所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增. ②当a≠0时,令f′(x)=0,
1
即ax2-x+1-a=0,解得x1=1,x2=-1.
a1
(ⅰ)当a=时,x1=x2,h(x)≥0恒成立,此时f′(x)≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
211
(ⅱ)当01>0,
2a当x∈(0,1)时,h(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
?1?当x∈1,-1时,h(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
?
a?
1
当x∈?-1,+∞?时,h(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减.
?a?
1
(ⅲ)当a<0时,由于-1<0,
ax∈(0,1)时,h(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减; x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增; 1
当a=时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
2
1?1??1?当0
1?1?(2)因为a=∈0,,由(1)知,x1=1,x2=3?(0,2),
4?2?当x∈(0,1)时,函数f(x)单调递减;当x∈(1,2)时,函数f(x)单调递增.所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)1=-.
2
由于“对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)1
上的最小值-”.(*)
2
又g(x)=(x-b)+4-b,x∈[1,2],所以
①当b<1时,因为g(x)min=g(1)=5-2b>0,此时与(*)矛盾; ②当b∈[1,2]时,因为g(x)min=4-b2≥0,同样与(*)矛盾;
117
③当b∈(2,+∞)时,因为g(x)min=g(2)=8-4b,解不等式8-4b≤-,可得b≥.
2817
综上所述,b的取值范围是?,+∞?.
?8?
求解时,要结合参数的意义,对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨论,分类要合理,要不重不漏,要符合最简原则.
3
【突破训练2】 (2012·东北三校联考)已知函数f(x)=ax3-x2+1(x∈R),其中a>0.
2(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; 11
(2)若在区间?-,?上,f(x)>0恒成立,求a的取值范围.
?22?
3
解 (1)当a=1时,f(x)=x3-x2+1,f(2)=3.f′(x)=3x2-3x,f′(2)=6,所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))
2处的切线方程为y-3=6(x-2),即y=6x-9.
(2)f′=3ax2-3x=3x(ax-1). 1
令f′(x)=0,解得x=0或x=.
2
2
a以下分两种情况讨论:
[来源:学科网]
11
①若0<a≤2,则≥. a2
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x) 11
当x∈?-,?时,
?22?
?-1,0? ?2?+ 0 0 极大值 ?0,1? ?2?-
1?f?-?>0,??2?
f(x)>0等价于?
?1?>0,f???2?
+0 5-a??8>0,即?5+a??8>0.
解不等式组得-5<a<5.因此0<a≤2. 11
②若a>2,则0<<.
a2
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x)[来源:学科网ZXXK]?-1,0? ?2?0 - 极大值 ?0,1? ?a?0 1a ?1,1? ?a2? + 极小值 ?11?当x∈-,时, ?22?
1?f?-?>0,??2?
f(x)>0等价于?
?1?>0,f???a?解不等式组得
2
5-a??8>0,即?1
1-??2a>0.
2
22
<a<5或a<-.因此2<a<5. 22
[来源:Zxxk.Com]综合①②,可知a的取值范围为0<a<5.
转化与化归思想的应用
转化与化归思想非常普遍,常考查特殊与一般、常量与变量、正与反或以换元法为手段的转化. 【例3】? 已知函数f(x)=x+2x-ax+1.若函数g(x)=f′(x)在区间(-1,1)上存在零点,则实数a的取值范围是________.
[审题视点]
[听课记录]
[审题视点] 很显然,函数g(x)是二次函数,二次函数在一个开区间上存在零点,情况是很复杂的,但这个二次函数可以把参数分离出来,这样就把问题转化为求一个具体的函数的值域.
解析 g(x)=f′(x)=3x+4x-a,g(x)=f′(x)在区间(-1,1)上存在零点,等价于3x+4x=a在区间(-1,1)
2?4?上有解,等价于a的取值范围是函数y=3x+4x在区间(-1,1)上的值域,不难求出这个函数的值域是-,7.故所
?3?
2
2
3
4
求的a的取值范围是?-,7?.
?3?
4
答案 ?-,7?
?3?
在高考中,转化与化归思想占有相当重要的地位,在解题时注意依据问题本身所提供的信息,利用动态思维,去寻求有利于问题解决的化归与转化的途径和方法.
【突破训练3】 函数f(x)=sin x+cos x+sin 2x的最小值是________. 解析 令t=sin x+cos x=2sinx+
2
??π?, 4?
2
则t=1+sin 2x,且t∈[-2,2],∴f(t)=t+t-1=t+15
故当t=-∈[-2,2]时,函数f(x)的最小值为-. 245
答案 -
4
??1?25-, 2?4
突破转化与化归的瓶颈
转化的一种方式是变换研究对象,将问题转移至新对象的知识背景中,从而使非标准型问题、复杂问题简单化,进而变得容易处理.通过引进新的变量,可以将分散的条件联系起来,隐含的条件显露出来,或者将条件与结论联系起来,或者使题目的形式变得熟悉,从而将复杂的计算或证明题简化.
【示例】? (2012·陕西)设函数fn(x)=xn+bx+c(n∈N+,b,c∈R).
?1?(1)设n≥2,b=1,c=-1,证明:fn(x)在区间,1内存在唯一零点; ?2?
(2)设n=2,若对任意x1,x2∈[-1,1],有|f2(x1)-f2(x2)|≤4,求b的取值范围;
?1?(3)在(1)的条件下,设xn是fn(x)在,1内的零点,判断数列x2,x3,?,xn,?的增减性. ?2?
[满分解答] (1)b=1,c=-1,n≥2时,fn(x)=xn+x-1. 111
∵fn??fn(1)=?n-?×1<0,
?2??22?1
∴fn(x)在?,1?内存在零点.
?2?
1
又当x∈?,1?时,fn′(x)=nxn-1+1>0,
?2?
?1?∴fn(x)在,1上是单调递增的, ?2?
1
∴fn(x)在?,1?内存在唯一零点.(4分)
?2?(2)当n=2时,f2(x)=x2+bx+c.
对任意x1,x2∈[-1,1]都有|f2(x1)-f2(x2)|≤4等价于f2(x)在[-1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下:
b(i)当??>1,即|b|>2时,
?2?M=|f2(1)-f2(-1)|=2|b|>4,与题设矛盾.
(ii)当-1≤-<0,即0<b≤2时,
2
bbbM=f2(1)-f2?-?=?+1?2≤4恒成立.
?2??2?
(iii)当0≤-≤1,即-2≤b≤0时,
2
bbbM=f2(-1)-f2?-?=?-1?2≤4恒成立.
?2??2?
综上可知,-2≤b≤2.(8分) 注:(ii),(iii)也可合并证明如下: 用max{a,b}表示a,b中的较大者. 当-1≤-≤1,即-2≤b≤2时,
2
bbM=max{f2(1),f2(-1)}-f2?-?
?2?
-1=
f2-1+f212
2
+
|f2-f22
1|b-f2?-?
?2?
b=1+c+|b|-?-+c?
?4?
=?1+
?
|b|?2
≤4恒成立.(8分) 2?
?1?(3)法一 设xn是fn(x)在,1内的唯一零点(n≥2), ?2?
n+1?,1?,于是有fn(xn)=0=fn+1(xn+1)=xn+1
fn(xn)=xnn+xn-1=0,fn+1(xn+1)=xn+1+xn+1-1=0,xn+1∈n+1+xn+1-1
1
?2
?
<xnn+1+xn+1-1=fn(xn+1),
1
又由(1)知fn(x)在?,1?上是递增的,故xn<xn+1(n≥2),
?2?所以,数列x2,x3,?,xn,?是递增数列.(12分) 1
法二 设xn是fn(x)在?,1?内的唯一零点,
?2?
+1
fn+1(xn)fn+1(1)=(xn+xn-1)(1n+1+1-1) n=xn+xn-1<xn+xn-1=0,
则fn+1(x)的零点xn+1在(xn,1)内,故xn<xn+1(n≥2), 所以,数列x2,x3,?,xn,?是递增数列.(12分)
老师叮咛:本题主要考查函数的零点、导数与不等式,以及数列的单调性的判断和恒成立问题的处理,意在考查转化思想和分类讨论思想的运用.第零点个数.第211
问利用函数零点存在定理,结合函数的单调性,得出函数在区间?,1?上的
?2?
n+1n问结合分类讨论思想,得出函数在区间[-1,1]上的最值,把恒成立问题转化为简单的解不等式问
3问,看成单纯的数列问题,无法将新问题与第2问中的结论联系起来,
题,不会转化是一个重要的失分点.第导致解题走入死胡同.
【试一试】 已知函数f(x)=x+(a∈R),g(x)=ln x. (1)求函数F(x)=f(x)+g(x)的单调区间; (2)若关于x的方程axgx=f(x)-2e(e为自然对数的底数)只有一个实数根a的值. x2
解 (1)函数F(x)=f(x)+g(x)=x++ln x的定义域为(0,+∞).
axa1x2+x-a∴F′(x)=1-2+=.
xxx2
1
①当Δ=1+4a≤0,即a≤-时,得x2+x-a≥0,则F′(x)≥0.
4∴函数F(x)在(0,+∞)上单调递增.
12
②当Δ=1+4a>0,即a>-时,令F′(x)=0,得x+x-a=0,
4-1-1+4a-1+1+4a解得x1=<0,x2=.
221-1+1+4a(i)若-<a≤0,则x2=≤0.
42∵x∈(0,+∞),∴F′(x)>0, ∴函数F(x)在(0,+∞)上单调递增. (ii)若a>0,则x∈?0,
?
?-1+1+4a?
?时,F′(x)<0; ?2
x∈?
?-1+1+4a?
,+∞?时,F′(x)>0,
??2
?
?
??-1+1+4a?
?上单调递减,在区间?-1+1+4a,+∞?上单调递增. ???22
∴函数F(x)在区间?0,
综上所述,当a≤0时,函数F(x)的单调递增区间为(0,+∞); 当a>0时,函数F(x)的单调递减区间为?0,
?
?-1+1+4a?
?, ?2
?-1+1+4a?
单调递增区间为?,+∞?.
??2
(2)由
gxln xaln x=f(x)-2e,得=x+-2e,化为=x2-2ex+a. 22
xxxxln x1-ln x,则h′(x)=. 2
令h(x)=
xx令h′(x)=0,得x=e.
当0<x<e时,h′(x)>0;当x>e时,h′(x)<0.
∴函数h(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减. 1
∴当x=e时,函数h(x)取得最大值,其值为h(e)=. e而函数m(x)=x-2ex+a=(x-e)+a-e,
当x=e时,函数m(x)取得最小值,其值为m(e)=a-e2. 11gx∴当a-e2=,即a=e2+时,方程eex2
=f(x)-2e只有一个实数根.
2
2
2
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