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    2020年北京市通州区高考数学一模试卷(含答案解析)

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    2020年北京市通州区高考数学一模试卷(含答案解析)

    1、2020 年高考数学一模试卷年高考数学一模试卷 一、选择题(共 10 小题) 1已知集合 Ax|0x2,Bx|1x3,则 AB( ) Ax|0x3 Bx|2x3 Cx|0x1 Dx|1x2 2已知复数 zi(2+i)(i 是虚数单位),则|z|( ) A1 B2 C D3 3函数 f(x)sin2x+cos2x 的最小正周期是( ) A B C2 D4 4已知 f(x)为定义在 R 上的奇函数,且 f(1)2,下列一定在函数 f(x)图象上的点 是( ) A(1,2) B(1,2) C(1,2) D(2,1) 5已知 a,3,b,9,c 成等比数列,且 a0,则 log3blog3c 等于(

    2、) A1 B C D1 6已知抛物线 y22px(p0)的焦点与双曲线 1 的右焦点重合,则 p( ) A B2 C2 D4 7在(2x ) 6 的展开式中,常数项是( ) Al60 B20 C20 D160 8 在平面直角坐标系中, O 为坐标原点, 已知两点 A (cos, sin) , , 则 ( ) A1 B C2 D与 有关 9若 a0,b0,则“ab1”是“a+b2”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 10 某同学在数学探究活动中确定研究主题是 “an(a1, nN*) 是几位数” , 他以 2n(nN*) 为例做研究,得出相应的结

    3、论,其研究过程及部分研究数据如表: N2n(n0) lgN N 的位数 21 lg2 一位数 22 lg4 一位数 23 lg8 一位数 24 1+lg1.6 两位数 25 1+lg3.2 两位数 26 1+lg6.4 两位数 27 2+lg1.28 三位数 28 2+lg2.56 三位数 29 2+lg5.12 三位数 210 3+lg1.024 四位数 试用该同学的研究结论判断 450是几位数(参考数据 lg20.3010)( ) A101 B50 C31 D30 二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分 11已知向量 , , , ,其中 mR若 , 共线,则 m 等于

    4、 12圆(x1)2+y21 的圆心到直线 的距离为 13某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积等于 14中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题:“今有物不知其数,三三数之余 二,五五数之余三,问物几何?”,将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数 列an,则 a1 ;an (注:三三数之余二是指此数被 3 除余 2,例如 “5”) 15给出下列四个函数,yx2+1;y|x+1|+|x+2|;y2x+1;yx2+cosx,其中值 域为1,+)的函数的序号是 三、解答题:本大题共 6 小题,共 85 分解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程 16已知ABC,满足 ,b2,_,判断ABC

    5、 的面积 S2 是否成立?说明理 由 从 , 这两个条件中任选一个,补充到上面问题条件中的空格处并 作答 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分 172019 年 1 月 1 日,我国开始施行个人所得税专项附加扣除操作办法,附加扣除的 专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人某单 位有老年员工 140 人,中年员工 180 人,青年员工 80 人,现采用分层抽样的方法,从该 单位员工中抽取 20 人,调查享受个人所得税专项附加扣除的情况,并按照员工类别进行 各专项人数汇总,数据统计如表: 专项 员工人数 子女教育 继续教育 大病医疗 住房贷款利 息 住房租

    6、金 赡养老人 老员工 4 0 2 2 0 3 中年员工 8 2 1 5 1 8 青年员工 1 2 0 1 2 1 ()在抽取的 20 人中,老年员工、中年员工、青年员工各有多少人; ()从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取 2 人,记 X 为选出的中年员 工的人数,求 X 的分布列和数学期望 18如图,已知四边形 ABCD 为菱形,且A60,取 AD 中点为 E现将四边形 EBCD 沿 BE 折起至 EBHG,使得AEG90 ()求证:AE平面 EBHG; ()求二面角 AGHB 的余弦值; ()若点 F 满足 ,当 EF平面 AGH 时,求 的值 19已知椭圆 C: 的离心率为 ,

    7、点 A(0,1)在椭圆 C 上 ()求椭圆 C 的方程; () 设 O 为原点, 过原点的直线 (不与 x 轴垂直) 与椭圆 C 交于 M、 N 两点, 直线 AM、 AN 与 x 轴分别交于点 E、 F 问: y 轴上是否存在定点 G, 使得OGEOFG?若存在, 求点 G 的坐标;若不存在,说明理由 20已知函数 f(x)(xa)ex+x+a,设 g(x)f(x) ()求 g(x)的极小值; ()若 f(x)0 在(0,+)上恒成立,求 a 的取值范围 21用x表示一个小于或等于 x 的最大整数如:22,4.14,3.14已知实 数列 a0,a1,对于所有非负整数 i 满足 ai+1ai

    8、(aiai),其中 a0是任意一个非 零实数 ()若 a02.6,写出 a1,a2,a3; ()若 a00,求数列ai的最小值; ()证明:存在非负整数 k,使得当 ik 时,aiai+2 参考答案参考答案 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题列出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的. 1已知集合 Ax|0x2,Bx|1x3,则 AB( ) Ax|0x3 Bx|2x3 Cx|0x1 Dx|1x2 【分析】利用交集定义能求出 AB 解:集合 Ax|0x2,Bx|1x3, ABx|1x2 故选:D 2已知复数 zi(2+i)(i 是虚数单位),则|z|( )

    9、 A1 B2 C D3 【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可 解:因为复数 zi(2+i)1+2i,所以|z| , 故选:C 3函数 f(x)sin2x+cos2x 的最小正周期是( ) A B C2 D4 【分析】函数 y 解析式提取 变形,利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦 函数,找出 的值代入周期公式即可求出最小正周期 解:函数 ysin2x+cos2x sin(2x ), 2,T 故选:B 4已知 f(x)为定义在 R 上的奇函数,且 f(1)2,下列一定在函数 f(x)图象上的点 是( ) A(1,2) B(1,2) C(1,2) D(2,1) 【分析】根据 f(x)

    10、是奇函数即可得出 f(1)2,从而得出点(1,2)在 f(x) 的图象上 解:f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f(1)2, f(1)2, (1,2)一定在函数 f(x)的图象上 故选:B 5已知 a,3,b,9,c 成等比数列,且 a0,则 log3blog3c 等于( ) A1 B C D1 【分析】根据等比数列的性质和对数的运算性质即可求出 解:a,3,b,9,c 成等比数列, 则 bc81,b227, , log3blog3clog3 1, 故选:A 6已知抛物线 y22px(p0)的焦点与双曲线 1 的右焦点重合,则 p( ) A B2 C2 D4 【分析】 根据双曲线方程可得它

    11、的右焦点坐标, 结合抛物线 y22px 的焦点坐标 ( , 0) , 可得 2,得 p4 解:双曲线 中 a 23,b21 c 2,得双曲线的右焦点为 F(2,0) 因此抛物线 y22px 的焦点( ,0)即 F(2,0) 2,即 p4 故选:D 7在(2x ) 6 的展开式中,常数项是( ) Al60 B20 C20 D160 【分析】在二项展开式的通项公式中,令 x 的幂指数等于 0,求出 r 的值,即可求得常数 项 解: 展开式的通项公式为 Tr+1 (2x)6r (1)r xr(1)r 26 r x62r, 令 62r0,可得 r3,故 展开式的常数项为8 160, 故选:A 8 在平

    12、面直角坐标系中, O 为坐标原点, 已知两点 A (cos, sin) , , 则 ( ) A1 B C2 D与 有关 【分析】根据题意,求出向量 、 的坐标,进而可得 的坐标,由向量模的公 式以及和角公式计算可得答案 解:根据题意,A(cos,sin), , 则 (cos,sin), (cos( ),sin( ), 则有 (cos+cos( ),sin+sin( ), 故| |2cos+cos( ) 2+sin+sin( ) 22+2coscos( )+2sinsin ( )2+2cos 3, 则| | ; 故选:B 9若 a0,b0,则“ab1”是“a+b2”的( ) A充分不必要条件 B

    13、必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】a0,b0,利用基本不等式的性质可得:a+b2 ,可由 ab1,得出 a+b 2反之不成立 解:a0,b0,a+b2 , 若 ab1,则 a+b2 反之不成立,例如取 a5,b “ab1”是“a+b2”的充分不必要条件 故选:A 10 某同学在数学探究活动中确定研究主题是 “an(a1, nN*) 是几位数” , 他以 2n(nN*) 为例做研究,得出相应的结论,其研究过程及部分研究数据如表: N2n(n0) lgN N 的位数 21 lg2 一位数 22 lg4 一位数 23 lg8 一位数 24 1+lg1.6 两位数 25

    14、1+lg3.2 两位数 26 1+lg6.4 两位数 27 2+lg1.28 三位数 28 2+lg2.56 三位数 29 2+lg5.12 三位数 210 3+lg1.024 四位数 试用该同学的研究结论判断 450是几位数(参考数据 lg20.3010)( ) A101 B50 C31 D30 【分析】因为 4502100,所以 N2100,则 lgNlg2100100lg230+lg1.26,由表中数据 规律可知,N 的位数是 31 位数 解:4502100,N2100, 则 lgNlg2100100lg230.1030+0.1030+lg100.1030+lg1.26, 由表中数据规律

    15、可知,N 的位数是 31 位数, 故选:C 二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分 11已知向量 , , , ,其中 mR若 , 共线,则 m 等于 6 【分析】因为 , 共线,即 ,根据两向量平行的坐标表示列式求解即可 解:若 , 共线,即 , , , , , 1m2(3), m6 故答案为:6 12圆(x1)2+y21 的圆心到直线 的距离为 1 【分析】先求出圆的圆心坐标,再利用点到直线距离公式即可算出结果 解:圆(x1)2+y21 的圆心坐标为(1,0), 所以圆(x1)2+y21 的圆心到直线 的距离 d 1, 故答案为:1 13某三棱锥的三视图如图所示,则该三

    16、棱锥的体积等于 【分析】首先把三视图转换为几何体,进一步求出几何体的体积 解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为三棱锥体 如图所示: 所以:V 故答案为: 14中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题:“今有物不知其数,三三数之余 二,五五数之余三,问物几何?”,将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数 列an,则 a1 8 ;an 15n7 (注:三三数之余二是指此数被 3 除余 2,例 如“5”) 【分析】由三三数之余二,五五数之余三,可得数列an的公差为 15,首项为 8利用 通项公式即可得出 解:由三三数之余二,五五数之余三,可得数列an的公差为 15,首项为 8 a1

    17、8,an8+15(n1)15n7 故答案为:8,15n7 15给出下列四个函数,yx2+1;y|x+1|+|x+2|;y2x+1;yx2+cosx,其中值 域为1,+)的函数的序号是 【分析】由 x20,得 x2+11,由此得出结论;由绝对值不等式的性质即可得出结 论;由 2x0,得 2x+11,由此得出结论;由函数 f(x)x2+cosx 的奇偶性及单 调性即可得出结论 解:x20, x2+11, 故值域为1,+),符合题意; y|x+1|+|x+2|(x+1)(x+2)|1,故值域为1,+),符合题意; 2x0, 2x+11, 故值域为(1,+),不合题意; 函数 f(x)x2+cosx

    18、为偶函数,且 f(x)2xsinx,f(x)2cosx0,故 f (x)在 R 上单调递增, 又 f(0)0,故当 x(0,+)时,f(x)单调递增,则当 x(,0)时,f(x) 单调递减, 又 f(0)1,故其值域为1,+),符合题意 故答案为: 三、解答题:本大题共 6 小题,共 85 分解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程 16已知ABC,满足 ,b2,_,判断ABC 的面积 S2 是否成立?说明理 由 从 , 这两个条件中任选一个,补充到上面问题条件中的空格处并 作答 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分 【分析】选,先利用余弦定理可解得 c3,从而求得三角形面积为 ,由此

    19、作出判 断; 选,先利用余弦定理可得 ,结合已知条件可知ABC 是 A 为直角的三角形,进 而求得面积为 ,此时 S2 不成立 解:选,ABC 的面积 S2 成立,理由如下: 当 时, , 所以 c22c30,所以 c3, 则ABC 的面积 , 因为 , 所以 S2 成立 选,ABC 的面积 S2 不成立,理由如下: 当 时, , 即 ,整理得, ,所以 , 因 a27,b2+c24+37, 所以ABC 是 A 为直角的三角形, 所以ABC 的面积 , 所以不成立 172019 年 1 月 1 日,我国开始施行个人所得税专项附加扣除操作办法,附加扣除的 专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住

    20、房贷款利息、住房租金、赡养老人某单 位有老年员工 140 人,中年员工 180 人,青年员工 80 人,现采用分层抽样的方法,从该 单位员工中抽取 20 人,调查享受个人所得税专项附加扣除的情况,并按照员工类别进行 各专项人数汇总,数据统计如表: 专项 子女教育 继续教育 大病医疗 住房贷款利 息 住房租金 赡养老人 员工人数 老员工 4 0 2 2 0 3 中年员工 8 2 1 5 1 8 青年员工 1 2 0 1 2 1 ()在抽取的 20 人中,老年员工、中年员工、青年员工各有多少人; ()从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取 2 人,记 X 为选出的中年员 工的人数,求 X

    21、的分布列和数学期望 【分析】()先算出该单位的所有员工数量,再根据分层抽样的特点,逐一求解样本 中老年、中年、青年员工的数量即可 ()随机变量 X 的可取值为 0,1,2,结合超几何分布计算概率的方式逐一求取每个 X 的取值所对应的概率即可得分布列,进而求得数学期望 解:()该单位员工共 140+180+80400 人, 抽取的老年员工 人, 中年员工 人, 青年员工 人 ()X 的可取值为 0,1,2, , , 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 数学期望 E(X) 18如图,已知四边形 ABCD 为菱形,且A60,取 AD 中点为 E现将四边形 EBCD 沿 BE 折起至 EBHG,

    22、使得AEG90 ()求证:AE平面 EBHG; ()求二面角 AGHB 的余弦值; ()若点 F 满足 ,当 EF平面 AGH 时,求 的值 【分析】()只需证明 GEAE,BEAE,GEBEE,由线面垂直的判定定理可得 证明; ()以 E 为原点,EA,EB,EG 所在直线分别为 x,y,z 轴,求得平面 AGH 的法向量 和平面 EBHG 的法向量 设二面角 AGHB 的大小为 (900), 即可得到所求值; () 由 ,则 , , ,由 计算可得所求值 解:()证明:在左图中,ABD 为等边三角形,E 为 AD 中点 所以 BEAD,所以 BEAE 因为AEG90, 所以 GEAE 因为

    23、 GEAE,BEAE,GEBEE 所以 AE平面 EBHG () 设菱形 ABCD 的边长为 2, 由()可知 GEAE,BEAE,GEBE 所以以 E 为原点,EA,EB,EG 所在直线分别为 x,y,z 轴, 建立如图空间坐标系 可得 A(1,0,0), , , ,G(0,0,1), , , , , , , , 设平面 AGH 的法向量为 , , , 所以 ,即 令 x1,则 , , 平面 EBHG 的法向量为 , , 设二面角 AGHB 的大小为 (900) , () 由 ,则 , , , 所以 , , 因为 EF平面 AGH,则 即 120 所以 19已知椭圆 C: 的离心率为 ,点

    24、A(0,1)在椭圆 C 上 ()求椭圆 C 的方程; () 设 O 为原点, 过原点的直线 (不与 x 轴垂直) 与椭圆 C 交于 M、 N 两点, 直线 AM、 AN 与 x 轴分别交于点 E、 F 问: y 轴上是否存在定点 G, 使得OGEOFG?若存在, 求点 G 的坐标;若不存在,说明理由 【分析】()利用椭圆的离心率结合 b1,求出 a,得到椭圆方程 ()设 M(x0,y0),由题意及椭圆的对称性可知 N(x0,y0)(y01),求出 AM,AN 的方程,求出 E 的坐标,F 的坐标,假设存在定点 G(0,n)使得OGE OFG,得到 ,求出 n,即可说明存在点 G 坐标为 , 满

    25、足条件 解:()由题意得 , b1, 又 a2b2+c2 解得 , , 所以椭圆方程为 ()设 M(x0,y0),由题意及椭圆的对称性可知 N(x0,y0)(y01), 则直线 AM 的方程为 , 直线 AN 的方程为 , 则 E 点坐标为 , ,F 点坐标为 , 假设存在定点 G(0,n)使得OGEOFG, 即 tanOGEtanOFG (也可以转化为斜率来求), 即 即|OG|2|OE|OF|, 即 所以 , 所以存在点 G 坐标为 , 满足条件 20已知函数 f(x)(xa)ex+x+a,设 g(x)f(x) ()求 g(x)的极小值; ()若 f(x)0 在(0,+)上恒成立,求 a

    26、的取值范围 【分析】()求出导函数得到 g(x)(xa+1)ex+1,通过求解导函数判断导函数 的符号,判断函数的单调性,求解函数的极值求解即可 ()由()得 f(x)g(x)ea2+1,通过 a2 时,当 a2 时,判断函数的 单调性,求和函数的最值,推出结果即可 解:()f(x)(xa+1)ex+1, 由题意可知 g(x)(xa+1)ex+1, 所以 g(x)(xa+2)ex, 当 xa2 时 g(x)0,g(x)在(a2,+)上单调递增; 当 xa2 时 g(x)0,g(x)在(,a2)上单调递减, 所以 g(x)在 xa2 处取得极小值,为 g(a2)ea2+1 ()由()得 f(x)

    27、g(x)ea2+1 当 a2 时 f(x)ea2+10, 所以 f(x)在单调递增,所以 f(x)f(0)0, 即 a2 时 f(x)0 在(0,+)恒成立 当 a2 时 f(0)g(0)2a0, 又 f(a)g(a)ea+10, 又由于 f(x)在(a2,+)上单调递增;在(0,a2)上单调递减; 所以在(0,a)上一定存在 x0使得 f(x0)0, 所以 f(x)在(0,x0)递减,在(x0,+)递增, 所以 f(x0)f(0)0, 所以在(0,+)存在 x0,使得 f(x0)0, 所以当 a2 时,f(x)0 在(0,+)上不恒成立 所以 a 的取值范围为(,2 21用x表示一个小于或等

    28、于 x 的最大整数如:22,4.14,3.14已知实 数列 a0,a1,对于所有非负整数 i 满足 ai+1ai (aiai),其中 a0是任意一个非 零实数 ()若 a02.6,写出 a1,a2,a3; ()若 a00,求数列ai的最小值; ()证明:存在非负整数 k,使得当 ik 时,aiai+2 【分析】()由 a02.6,代入可得 a1a0 (a0a0)1.2,同理可得:a2, a3 ()由 a00,可得a00,a1a0(a0a0)0,设ai0,i1,可得 ai+1ai (aiai)0,因此ai0,i0又因 0aia i1,则 ai+1ai(aiai)ai, 可得ai+1ai,i0假设

    29、i0,都有ai0 成立,可得:ai+1ai1,i0,利 用累加求和方法可得ana0n,n1,则当 na0时,an0,得出矛盾,因此存 在 k一、选择题,ak0从而ai的最小值为 0 ()当 a00 时,由(2)知,存在 kN,ak0,可得 ak+10,ak+10,可得 ai0, ik,成立当 a00 时,若存在 kN,ak0,则 ai0,ik,得证;若 ai0,i 0,则ai1,则 ai+1ai(aiai)ai,可得ai+1ai,i0,可得数列ai 单调不减由于ai是负整数,因此存在整数 m 和负整数 c,使得当 im 时,aic所 以,当 im 时,ai+1c(aic),转化为 ,令 , 即

    30、 bi+1cbi,im经过讨论:当 bm0 时,得证当 bm0 时,b i0,im, , , 当 im 时, aic, 则 aic, c+1) , 则bi有界, 进而证明结论 解:()a02.6, a1a0 (a0a0)3(2.6+3)1.2, 同理可得:a21.6、a30.8 ()因 a00,则a00, 所以 a1a0(a0a0)0, 设ai0,i1,则 ai+1ai(aiai)0, 所以ai0,i0 又因 0aiai1, 则 a i+1ai(aiai)ai,则ai+1ai,i0 假设i0,都有ai0 成立, 则 a i+1ai(aiai)ai, 则ai+1ai,i0,即ai+1ai1,i0

    31、, 则ana0n,n1, 则当 na0时,an0, 这与假设矛盾,所以ai0,i0 不成立, 即存在 kN,ak0 从而ai的最小值为 0 ()证明:当 a00 时,由(2)知,存在 kN,ak0, 所以 ak+10,所以ak+10, 所以 ai0,ik,成立 当 a00 时,若存在 kN,ak0,则 ai0,ik,得证; 若 ai0,i0,则ai1, 则 a i+1ai(aiai)ai, 则ai+1ai,i0, 所以数列ai单调不减 由于ai是负整数, 所以存在整数 m 和负整数 c,使得当 im 时,aic 所以,当 im 时,ai+1c(aic), 则 ,令 , 即 b i+1cbi,im 当 bm0 时,则 bi0,im,则 , ,得证 当 bm0 时,bi0,im, , , 因当 im 时,aic,则 aic,c+1),则bi有界, 所以|c|1,所以负整数 c1 , 则 , , , , , , , 令 km,满足当 ik 时,aiai+2 综上,存在非负整数 k,使得当 ik 时,aiai+2


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