2024年典韦杯暑期联考高三7月数学试题
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绝密★启用前2024年“典韦杯”暑期联考数学试卷时间:120分钟满分:150分2024.7注意事项:1答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.221.A={xx−+<2x10,x∈R},B={yy−+=y10,y∈R},则AB=()A.∅B.{xx>1}C.{xx<0}D.{1,2}z1i+2.若复数z满足:=,则z=()z+−11i2A.1B.2C.0D.23.若向量a=(3,4),单位向量b与向量a垂直,则cosbab,−=()26262626A.−B.C.−D.262613134.已知数列{a}满足,a=1,aa=32+,则a=()n1nn+15A.162B.161C.160D.1595.若正实数a,b满足(ab++=129)(),则ab+的最小值为()A.9B.6C.3D.2π4tan12π6.已知cossinαβ+=1,则tan(βα−=)()2π31tan+12323A.3B.C.1D.33学科网(北京)股份有限公司,22xy7.设椭圆C:+=1的右焦点为F,动点P在椭圆C上,点A是直线4xy−−=5120上的动点,则43PA−PF的最小值为()1641164116411641A.−B.C.−4D.4−414141418.定义,不超过x的最大整数称为x的整数部分,记作[x],xx−[]为x的小数部分,记作{x},这一规定最早为数学家高斯所用,因此yx=[]称为高斯函数,yxx=−[]称为小数函数,下列说法正确的是()A.[3.2]−=−3B.函数fx()=21xxx{}−−所有零点之和为0x+23C.fx()=+2的值域为{xxx2≤<11,∈Z}x13+D.[xy]=[]]是xy−<1的充要条件二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对得6分,部分选对的得部分分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分.9.抛出一枚质地均匀的硬币n次,得到正反两面的概率相同。事件A:n次中既有正面朝上又有反面朝上,事件B:n次中最多有一次正面朝上,下列说法正确的是()A.当n=2时,A,B相互独立·B.n=3时,A,B相互独立n22−n−1C.n≥2时,PA()=D.n≥2时,PB()=nn2210.在正八面体M−−ABCDN中,所有棱长均为1,点O为正方形ABCD的中心,点P为正八面体内切球球面上的任意一点,下列说法正确的是()2πA.正八面体内切球的表面积为322B.正八面体的体积为31616−+C.PMPA⋅的范围是,66D.若∠=PABα,∠=PADβ,二面角B−−APD的平面角为ϕ,则tanαβϕ⋅⋅tancos为定值x11.已知fxa()=+−e21x,下列说法正确的是()A.当a≥0时,fx()单调递增B.当a<0时,fx()单调递减学科网(北京)股份有限公司,2C.当a≤−时,fx()≤0D.当a≥1,x>0时,fx()≥+(xaxe)2e三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.5112.二项式2x−展开后的第三项是___________3xππ13.将函数fx()=2sin3x+向右平移个单位长度,则平移后的图象中与y轴最接近的对称中心的坐64标是___________14.设函数fx()=x的极值点为x,数列{a}满足a=e1an+,若eexa02++=x0a,则eeaa12+=x0nn+14e1+___________四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.在锐角三角形ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边,acaB=−2cos(1)证明:BA=2212sinA(2)求的范围.4sinAC−sin16.如图PO为三棱锥P−ABC的高,点O在三角形ABC内,D为BP中点(图中未画出),BD=BO=2,OD∥平面PAC(1)求直线BP与平面ABC所成角(2)若OA=OC,且∠=APB∠CPB,求二面角P−−ACB的大小.17.王者荣耀是腾讯天美工作室推出的英雄竞技手游,不是一个人的王者,而是团队的荣耀!5v5王者峡谷PVP对战,领略英雄竞技的酣畅淋漓!在游戏中,打野玩家可以选择红开或蓝开,不依赖蓝条的英雄可以优先选择红开。在一把人机对决游戏中,坤坤选出了他的成名英雄典韦,看到敌方阵容前期较弱后,决定入侵敌方的蓝buff。1已知人机所选择的英雄红开的概率为且人机只能红开或蓝开,若敌方打野选择蓝开,典韦入侵野区成功的212概率为,若敌方选择红开,典韦入侵野区成功的概率为,回答下列问题23(1)坤坤连续进行了三场对局,且每场对局敌我阵容完全相同,求坤坤至少一局,最多两局成功入侵敌方野区的概率学科网(北京)股份有限公司,(2)在某场单挑对决中,敌方选取老夫子并准备向坤坤的典韦发起进攻.已知典韦与老夫子的距离为1,老夫子的大招指可以将典韦控制在一定范围内无法移动,为了避免被控制,坤坤迅速释放一技能位移(位移方向与老夫子大招方向的位移方向相同),已知典韦一技能位移可看作为加速度为a,初速度v=1匀加速直线运动,1老夫子的大招位移可看作速度为v=4匀速直线运动,且最大位移距离为8,若要求典韦能够躲开老夫子大招2的控制,则典韦的加速度a的最小值为?12(参考公式:①匀加速直线运动,位移x与初速度v,加速度a和时间t的关系:x=vt+at2②匀速直线运动,末速度v与初速度v,时间t和加速度a的关系为:v=v+at)022xy18.若点P(2,3)为双曲线C:22−=1,0(ab>)上一点,ab=1,点A为双曲线的右顶点,过点P作直ab线l交双曲线左支于点Q,l与y轴相交于点B,点D为y轴上一动点,O为原点.(1)求双曲线C的方程.(2)若A,B,D,Q四点共圆.(i)求sin∠BDQ的值PBPQ(ii)若=2,求直线PB的斜率.PD19.如果a和b除以m(≥1)所得余数相同,则称a,b对模m同余,记作ab≡(modm),若集合A={mn,},集*合Baaa={12,⋅⋅⋅3jj(∈N*)},现从集合B中的3j个数中抽出3k个数(k∈N)且0<≤kj,使这3k个数平均分为k组,若存在一组数对(xyz,,)(三者不相等)且满足z恰好能被mn()整除,x,y对模nm()同余,则A,B为“灵魂莲华集合”(xyz,,)为“灵魂莲华数对”.(1)判断A={3,4},B={1,2,3,4,5,6}是否为“灵魂莲华集合”.(2)若A={2,5},Bxxx={1≤≤18,∈Z},判断有多少组数对(xyz,,)为灵魂莲华数对(3)现从素数集B中任取三个不同的数abcabc,,(>>),若a,b,c构成公差为8的等差数列,求证:无论A={pq,}(pq,0>且pq,∈Z为任何集合,最多有一对满足条件的(abc,,)为灵魂莲华数对学科网(北京)股份有限公司,2024年“典韦杯”暑期联考答案详解1.答案:A解析:A,B显然都是空集2.答案:D1i+ii2解析=i,因此zz=ii+,化简得z=,因此z==1i−1i−1i2−3.答案:Abab⋅−()−1cosbab,−==babab−−22226abab−=+=26,因此ab−=26,cosbab,−=−.264.答案:B解析:法一:由于a的下标较小,因此可以直接递推5a=5,a=17,a=53,a=161,因此选B2345法二:构造数列法2+kak+2+kn+1aka+=3+,因此=3,令k=,解得k=1nn+132+k3a+n351−因此{a+1}为首项为2,公比为3的等比数列,因此a=×23−=1161n5故选B5.答案:C解析:设abk+=,akb=−,因此(kb−+1()b+=2)922化简可得:b+−+−=(1kb)72k0,△=+−≥kk6270,解得k≥3,故选C6.答案:Bxπ2tantan212π解析:由万能公式sinx=得,4=2sin=12x2π61tan+1tan+212ππ所以cossinαβ+=1,又因为cosα≤1,sinβ+≤133二者相乘为1,所以二者只能各自为1学科网(北京)股份有限公司,π所以α=+02kπ,β=+2kπ,kk,∈Z12126π3所以tan(βα−=)tan=,故选B637.答案:C解析:易知左焦点F′(−1,0),右焦点F(1,0)所以PF+=PF′4,PF=−4PF′,所以PA−=−−PFPA(44PF′′)=+PAPF−PF+PF′最小时,原式最小而PA+PF最小时,FA′垂直于直线−−41216411641F′到直线的距离d==,原式最小为−4,故选C4522+41418.答案:C解析:A[−=3.2]−4,故A错误;1B:令fx()=0,得21{x}=+,画出图象可知(图略).x1fx()的零点即为2{x}与1+的交点横坐标x而两函数交点除(−1,0)外,其他点关于(0,1)对称因此所有零点之和为-1,故B错误x9(3+−1)99C:原式=+=−211,当x→+∞时,原式→11xx13++31当x→−∞时,原式→2,因此原函数的值域为(2,11)所以fx()的值域为{xxx2≤<11,∈Z},C正确D:xy−<1无法推出[xy]=[],例如x=−0.5,y=0,故D错误9.答案:BC13解析:抛出两次,有正反,反正,正正,反反四种情况,PA()=,PB()=241又因为PAB()=≠PAPB()(),故A错误2抛出三次:正正正,正正反,正反正,正反反反反反,反反正,反正反,反正正八种情况63413PA()==,PB()==,PAB()==PAPB()(),故B正确84828学科网(北京)股份有限公司,n2抛出n次有2种组合,A:n次全为正面向上或n次全为反面向上,不妨考虑PA()=n2n22−因此PA()1()=−=PA,故C正确n2B表示只有一次正面向上,或全为反面向上,全为反面向上的情况有1种,有一次正面向上的情况有n种,因此1+nPB()=,故D错误n210.答案:ACD2解析:由题意得,可以只分析正四棱锥M−ABCD,易得正四棱锥的高为23326侧面正三角形的高为,因此由等面积法可得r=,解得r=224622π所以表面积为4πr=,因此A正确3422B.正四面体的体积为两个正四棱锥的体积之和,V=Sh=MABCD−3342因此V=,B错误正八面体312C.由极化恒等式,取MA中点H,PMPA⋅=−PH4111而O到H的距离为,因此PH最小值为−r,最大值为+r2221616−+代入数据可得PMPA⋅的范围是,,故C正确66D.过点P作PM⊥AP,交AB于M,PN⊥AP交AD于N因此∠=PAB∠=PAMα,∠=PANβ,∠MAN即为二面角的平面角222222在三角形MAN中,MA+=ANMN,在三角形MPN中,MN=+−⋅⋅PMPN2PMPNcosϕ2222所以MA+=+−⋅⋅ANPMPN2PMPNcosφ22222化简可知PMPN⋅⋅=−+−=cosϕ(PMMA)(PNNA)−2APPMPN因此⋅⋅=cosϕαβϕtantancos=−1,因此D正确APAP11.答案:ADx解析:A:a>0时e与2x都单调递增,因此fx()单调递增,A正确。学科网(北京)股份有限公司,xx2B:a<0时,fxa′()=e2+,若ae20+>,x<−ln,因此fx()可以单调递增,B错误a22C:fx′()=0,解得x=ln−,fx()=−−2ln3,若fx()≤0000aa2需要fx()≤0(易证x为fx()的极大值点),因此a≤−,故C错误003e2x2xD.即证:a(ee−≥−+xxx)21,易证ee≥x(切线放缩)x因此a≥1时,ax(ee−)会随着a的增大而越来越大,因此只需证明a=1时的情况即可x2只需证明ee−≥−xx(1)恒成立xxe1(xx−1)(e−−1)构造函数hx()=−−−+xe2,h′(x)=2xxx令h′(x)=0,解得x=0或1,x∈(0,1)时h′(x)<0,x∈(1,+∞),h′(x)>0因此hx()在(0,1)单调递减,(1,+∞)单调递增,又因为h(10)=,因此hx()≥0,故D正确8012.答案:3xkkk5−1231280解析:TCx=(2)(−),因此TCx=(2)(−=)k+1533533xxx5π13.答案:(−,0)36解析:首先求出平移后的解析式,由“左加右减”可知ππ7fx(−=)2sin(3x−),而正弦函数的对称中心就是正弦函数y=0时的所有点4127π7π因此我们令sin(3x−=)0,即3x−=+∈0,kkZπ12127ππk7π5π因此x=+,令k=0,x=,k=−1,x=−1236336365π从而||||xx<,进而x距离y轴更近,所以对称中心的坐标为(−,0)2123614.答案:-2xxe+−1xexxx解析:fx'()=,x<0时fx'()>0,设gx()=+−e1xe,gx'()=−xex2(e+1)x,使使exx00+=1xegx'()<0,gx()单调递减,g(0)=2,因此存在极值点00ex0+1aea3+1因此ex0=,又因为eex0(a2+=1)a,即ex0=4=4axe2+1a03学科网(北京)股份有限公司,eexa03++11所以=,又因为fx()≥fx(),说明xa=003xa03因此eaa33+−1ae=−a(ea2+1)(a−1)=0344因此eaa2(1−=)−1,因此eaa23+=+=1,aa0423因此eeaaa12+=−+−=−1a122315.(1)sinAABBA=+−sincossincos2sincosAB∴sinA=sin(BA−),所以BAAB−=或=π(舍去)因此BA=2π0<<a2πππ(2)因为三角形abc是锐角三角形,可知02<<a,因此a的范围是,264π03<−<πa222212sinaaa12sin12sin12==(三倍角公式)=∈(22,3)4sinsin4sinsin34sin3sin1ac−−+aaaa4sina+sina16.解析:(1)bp与平面abc所成角即为∠pbo,而bd=od=boπ因此∠=pbo3(2)延长bo∩ac于点e(图中未画出)易证pa=pc,则有abp全等bpc,从而易证abo全等cbo从而be为abc角平分线,从而be垂直ac同理连接pepe,也垂直ac,因此二面角为∠pebπ∠=peb∠=dob3学科网(北京)股份有限公司,17.(1)不妨求三局全部成功(事件a)或三局全部失败(事件b)的概率121111若敌方红开,则成功反掉野的概率为p=×=,敌方蓝开,p=×=233224117因此每一局游戏典韦成功反掉蓝的概率都是+=341275每一局游戏典韦失败的概率是1−=1212733435312535pa()()==pb()()==,因此p=1(()())−+=papb12172812172848(2)设二者经过t秒后共速,在这段时间内只要典韦没被老夫子追上,那么典韦在这之后仍然会加速,而老夫子一直保持匀速,则老夫子会永远追不上典韦的速度为v+=+atat1,at+=14,所以at=3112这段时间内典韦的位移为t+at,老夫子的位移为4t,因此要求2129at+≥−t41t恒成立,可知a≥22下面来讨论第二个结果:老夫子的最大位移为8,也就是位移8后会停止12at+≥−t41t59满足2,得a≥,但若运动1s,典韦的位移为,老夫子的位移为402<≤t249因此这种情况不满足,综上,a的最小值为24312218.(1)−=1,a=,代入可得ab==1,因此方程为xy−=122abb(2)(i):因为a,b,c,d四点共圆,所以∠=qdb∠qab22设pby:−=−3kx(2),与联立可解得xy−=1222kk−+2324kk−−33xy=,=qq22kk−−11yq13−k所以tan∠==qao,又因为b的坐标为(032),−k1−xk−3qyb所以tan∠==−bao2k3,又因为∠baq=∠bao−∠qao,因此1−xbtan∠−∠baotanqao3πtan∠=baq=,因此∠=bdq1tan+∠baotan∠qao361所以sin∠=bdq2(ii)原式等价于|pbpq||||=papd|||,而我们初中学过割线定理,首先来证明此定理学科网(北京)股份有限公司,连接ad,bc,由于abdc四点共圆,可知角a等于角cbeec由此我们证明了aed和ceb为相似三角形,故=deea下面回到本题,条件说明了pad三点共线2323kk−+因此lyy:−=−−3(xx),令x=0解得y=qdqqd2k−13又因p,a,d也共线,因此我们可知d的坐标为(0,−3),令y=−3,解得k=d33因此直线pb的斜率为319.(1)a,b是灵魂莲华集合,证明:从b中取(2,4,5)4|4,而2≡5(mod3),因此ab,是灵魂莲华集合(2).不妨设这组数为(,,)xyz,且xy≡(mod),|nnz第一种情况:若xy≡(mod5),2|z,则z只能是偶数由于样本数量并不大,不妨直接枚举寻找规律,单独分析(,)xy和z而我们知道模5只能余0,1,2,3,4若余0,则x=5,y=10;x=10,y=5;x=5,y=15;x=15,y=5,x=10,y=15;x=15,y=10有以上六种情况,而1-18的偶数有9个,由乘法原理可知此时一共有69×=54组减去xy或=10的情况,共有544−=50组22若余1,除以5余1的有1,6,11,16四个,也就是四个数相互组合,共有ca=12种42减去1和6组合,1和16组合,11和16组合,6和11组合,6和16组合四种,有10812−=96种若余2,除以5余2的有2,7,12,17四个,减去12种,10812−=96若余3,除以5余3的有3,8,13,18,同上有96组22若余4,除以5余4的有4,9,14三个,因此有ca=6,69×=54,548−=46种32所以xy≡(mod5)2|,z时,有5096969646++++=384第二种情况:xy≡(mod2),5|z,z只能是5,10,15,而模2只能余0或1学科网(北京)股份有限公司,22模2余0的有9个数,因此ca=72,此时共有723×=216组数92减去有10的情况,从(2,10)组合到(18,10)共有16组组合,21616−=200组模2余1的有9个数,同上有216组数减去有5或15的情况,有30组,因此21630186−=组,因此第二种情况有386组综上所述,共有386384+=770组数(3)证明:a={,}pq由于pq,等价,设p为偶数,pc|且c为素数,则c只能为2因此b=10,a=18,a,b不是素数,因此不满足题意,此时不存在(,,)abc若p为奇数,pc|,则c只能为3,下面来证明:不妨设这三个数分别为cc,++8,c16令ckrr=+=3,(0,1,2,kz∈),因此c可遍布所有整数第一种情况,r=0,则ck=3,若c为素数,则k=1这三个数分别为3,11,19满足题意第二种情况,rckbk==+=+1,31,39,因此3|b,b不是素数第三种情况,rck=2,=3+2,则ak=3+18,因此3|a,a不是素数综上,必须满足条件apq{,}中,p必须为1或3,而1119(mod)≡q,(,,)abc才为灵魂莲华数对若p,q均>3,则p,q均无法整除c,此时不存在(,,)abc若p=13或,但11和19对模q不同余,此时(,,)abc也不是灵魂莲华数对综上,最多有一组学科网(北京)股份有限公司</a2πππ(2)因为三角形abc是锐角三角形,可知02<<a,因此a的范围是,264π03<−<πa222212sinaaa12sin12sin12==(三倍角公式)=∈(22,3)4sinsin4sinsin34sin3sin1ac−−+aaaa4sina+sina16.解析:(1)bp与平面abc所成角即为∠pbo,而bd=od=boπ因此∠=pbo3(2)延长bo∩ac于点e(图中未画出)易证pa=pc,则有abp全等bpc,从而易证abo全等cbo从而be为abc角平分线,从而be垂直ac同理连接pepe,也垂直ac,因此二面角为∠pebπ∠=peb∠=dob3学科网(北京)股份有限公司,17.(1)不妨求三局全部成功(事件a)或三局全部失败(事件b)的概率121111若敌方红开,则成功反掉野的概率为p=×=,敌方蓝开,p=×=233224117因此每一局游戏典韦成功反掉蓝的概率都是+=341275每一局游戏典韦失败的概率是1−=1212733435312535pa()()==pb()()==,因此p=1(()())−+=papb12172812172848(2)设二者经过t秒后共速,在这段时间内只要典韦没被老夫子追上,那么典韦在这之后仍然会加速,而老夫子一直保持匀速,则老夫子会永远追不上典韦的速度为v+=+atat1,at+=14,所以at=3112这段时间内典韦的位移为t+at,老夫子的位移为4t,因此要求2129at+≥−t41t恒成立,可知a≥22下面来讨论第二个结果:老夫子的最大位移为8,也就是位移8后会停止12at+≥−t41t59满足2,得a≥,但若运动1s,典韦的位移为,老夫子的位移为402<≤t249因此这种情况不满足,综上,a的最小值为24312218.(1)−=1,a=,代入可得ab==1,因此方程为xy−=122abb(2)(i):因为a,b,c,d四点共圆,所以∠=qdb∠qab22设pby:−=−3kx(2),与联立可解得xy−=1222kk−+2324kk−−33xy=,=qq22kk−−11yq13−k所以tan∠==qao,又因为b的坐标为(032),−k1−xk−3qyb所以tan∠==−bao2k3,又因为∠baq=∠bao−∠qao,因此1−xbtan∠−∠baotanqao3πtan∠=baq=,因此∠=bdq1tan+∠baotan∠qao361所以sin∠=bdq2(ii)原式等价于|pbpq||||=papd|||,而我们初中学过割线定理,首先来证明此定理学科网(北京)股份有限公司,连接ad,bc,由于abdc四点共圆,可知角a等于角cbeec由此我们证明了aed和ceb为相似三角形,故=deea下面回到本题,条件说明了pad三点共线2323kk−+因此lyy:−=−−3(xx),令x=0解得y=qdqqd2k−13又因p,a,d也共线,因此我们可知d的坐标为(0,−3),令y=−3,解得k=d33因此直线pb的斜率为319.(1)a,b是灵魂莲华集合,证明:从b中取(2,4,5)4|4,而2≡5(mod3),因此ab,是灵魂莲华集合(2).不妨设这组数为(,,)xyz,且xy≡(mod),|nnz第一种情况:若xy≡(mod5),2|z,则z只能是偶数由于样本数量并不大,不妨直接枚举寻找规律,单独分析(,)xy和z而我们知道模5只能余0,1,2,3,4若余0,则x=5,y=10;x=10,y=5;x=5,y=15;x=15,y=5,x=10,y=15;x=15,y=10有以上六种情况,而1-18的偶数有9个,由乘法原理可知此时一共有69×=54组减去xy或=10的情况,共有544−=50组22若余1,除以5余1的有1,6,11,16四个,也就是四个数相互组合,共有ca=12种42减去1和6组合,1和16组合,11和16组合,6和11组合,6和16组合四种,有10812−=96种若余2,除以5余2的有2,7,12,17四个,减去12种,10812−=96若余3,除以5余3的有3,8,13,18,同上有96组22若余4,除以5余4的有4,9,14三个,因此有ca=6,69×=54,548−=46种32所以xy≡(mod5)2|,z时,有5096969646++++=384第二种情况:xy≡(mod2),5|z,z只能是5,10,15,而模2只能余0或1学科网(北京)股份有限公司,22模2余0的有9个数,因此ca=72,此时共有723×=216组数92减去有10的情况,从(2,10)组合到(18,10)共有16组组合,21616−=200组模2余1的有9个数,同上有216组数减去有5或15的情况,有30组,因此21630186−=组,因此第二种情况有386组综上所述,共有386384+=770组数(3)证明:a={,}pq由于pq,等价,设p为偶数,pc|且c为素数,则c只能为2因此b=10,a=18,a,b不是素数,因此不满足题意,此时不存在(,,)abc若p为奇数,pc|,则c只能为3,下面来证明:不妨设这三个数分别为cc,++8,c16令ckrr=+=3,(0,1,2,kz∈),因此c可遍布所有整数第一种情况,r=0,则ck=3,若c为素数,则k=1这三个数分别为3,11,19满足题意第二种情况,rckbk==+=+1,31,39,因此3|b,b不是素数第三种情况,rck=2,=3+2,则ak=3+18,因此3|a,a不是素数综上,必须满足条件apq{,}中,p必须为1或3,而1119(mod)≡q,(,,)abc才为灵魂莲华数对若p,q均>
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