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文檔簡介
第第頁山東省威海市2022-2023學年高一下學期期末考試數(shù)學試題(含答案)高一數(shù)學
注意事項:
1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡指定位置上。
2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑?;卮鸱沁x擇題時,將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。
1.已知角的終邊經(jīng)過點,則
A.B.C.D.
2.下列角的終邊與角的終邊關(guān)于軸對稱的是
A.B.C.D.
3.已知,則
A.B.C.D.
4.已知正四棱錐的側(cè)棱長為,高與斜高的夾角為,則該正四棱錐的體積為
A.B.C.D.
5.在空間四邊形中,若,分別為,的中點,,,且,,則
A.直線與平行B.直線,,相交于一點
C.直線與異面D.直線,,相交于一點
6.古希臘地理學家埃拉托色尼從書中得知,位于尼羅河第一瀑布的塞伊尼(現(xiàn)在的阿斯旺,在北回歸線上)記為,夏至那天正午,陽光直
射,立桿無影;同樣在夏至那天,他所在的城市
——埃及北部的亞歷山大城記為,測得立桿與
太陽光線所成的角約為.他又派人測得,
兩地的距離km,平面示意圖如右圖,
則可估算地球的半徑約為()
A.kmB.kmC.kmD.km
7.如圖,為正方形,,點在上,點在射
線上,且,則
A.B.
C.D.不確定
8.在中,,,為的中點,為上一點,且,交于點,則
A.B.C.D.
二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分。
9.已知正方體,則
A.直線與所成的角為B.直線與所成的角為
C.二面角的大小為D.二面角的大小為
10.記的內(nèi)角,,所對的邊分別為,,.
A.若,則是等腰三角形
B.若,則是直角三角形
C.若,則是等腰三角形
D.若,則是等邊三角形
11.已知為坐標原點,點,,,,則
A.B.
C.D.
12.若函數(shù)()在有且僅有個零點,則
A.的圖象關(guān)于直線對稱B.在單調(diào)遞增
C.在有且僅有個解D.的取值范圍是
三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。
13.已知銳角,滿足,,則.
14.將函數(shù)圖象上的所有點向右平移個單位,再把所得到的曲線上的所有點縱坐標不變,橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋?,得到函?shù)的圖象,則.
15.已知非零向量,滿足,且,則向量與的夾角為.
16.已知三棱錐中,平面,,,.在此棱錐表面上,從點經(jīng)過棱上一點到達點的路徑中,最短路徑的長度為,則該棱錐外接球的表面積為.
四、解答題:本題共6小題,共70分。解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟。
17.(10分)
如圖,四棱錐的底面為正方形,為的中點.
(1)證明:平面;
(2)若平面,證明:.
18.(12分)
已知函數(shù).
(1)當時,求的取值范圍;
(2)若銳角,滿足,,求.
19.(12分)
記的內(nèi)角,,所對的邊分別為,,,已知向量,
,且.
(1)求角;
(2)若為的中點,,,求的面積.
20.(12分)
圖①是由矩形,和菱形組成的一個平面圖形,其中,,.將其沿,折起使得與重合,連接,如圖②.
(1)證明:平面平面;
(2)證明:平面;
(3)求直線與平面所成角的正切值.
21.(12分)
在平面直角坐標系中,已知點,點在第二象限,且.
(1)若點的橫坐標為,現(xiàn)將向量繞原點沿順時針方向旋轉(zhuǎn)到的位置,求點的坐標;
(2)已知向量與,的夾角分別為,,且,,若,求的值.
22.(12分)
(1)證明:;
(2)記的內(nèi)角,,所對的邊分別為,,,已知.
(?。┳C明:;
(ⅱ)若成立,求實數(shù)的取值范圍.高一數(shù)學參考答案
一、選擇題:每小題5分,共40分。
題號12345678
答案CACABCBD
二、選擇題:每小題5分,共20分。全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分。
題號9101112
答案ACBCABDAD
三、填空題:每小題5分,共20分。
題號13141516
答案
四、解答題
17.(10分)
證明:(1)連接與交于點,連接,
因為底面是正方形,所以為的中點,
又因為為的中點,所以,3分
因為平面,平面,
所以平面.5分
(2)法一:因為底面是正方形,所以,6分
因為平面,所以,7分
又,所以平面,9分
因為平面,所以.10分
法二:因為底面是正方形,所以,
因為平面,
所以在平面內(nèi)的射影為,
所以由三垂線定理可知,.
18.(12分)
解:(1)
,2分
因為,則,3分
所以,5分
所以.6分
(2)由第(1)問知,
所以,7分
因為,所以,8分
因為,為銳角,
所以,因為,
所以,10分
所以
.12分
19.(12分)
解:(1)由題意知,
所以,1分
由正弦定理可知,
即,3分
因為,所以,
所以,即得,5分
因為,所以.6分
(2)因為為的中點,
所以,7分
所以,所以,
所以,①9分
由余弦定理可知,
所以,②10分
由①②得,11分
所以.12分
(也可在與中,因為,用余弦定理可知,再由①或②,得.)
20.(12分)
證明:(1)由題意知,,
所以平面,2分
又平面,
所以平面平面.3分
(2)法一:由題意可知,,所以,4分
所以四邊形為平行四邊形,所以,5分
又平面,平面,所以平面.6分
法二:因為,,所以平面平面,
又平面,所以平面.
(3)過作交的延長線于點,連接,
因為平面平面,所以平面,7分
所以在平面內(nèi)的射影為,
所以與平面所成的角為,8分
因為,所以,
在中,,,9分
在中,,,所以,11分
所以,
所以與平面所成角的正切值為.12分
21.(12分)
解:(1)因為,點在第二象限且橫坐標為,
所以點的坐標為,1分
設(shè),由三角函數(shù)定義可知,,2分
因為向量繞原點沿順時針方向旋轉(zhuǎn)到的位置,
所以角的終邊位于射線上,
所以,,4分
設(shè)點的坐標為,
所以,,
所以點的坐標為.6分
(2)因為向量與的夾角為且,
所以,
所以點橫縱坐標分別為,,
即點坐標為,所以.7分
因為向量與的夾角為,且點在第二象限,
所以角的終邊位于射線上,
又,
,9分
所以點的橫縱坐標分別為,,
即點坐標為,所以,10分
因為,
所以,
所以,11分
解得,所以.12分
(由題意知,,由正弦定理可得
,解得,,所以.)
22.(12分)
證明:(1)法一:
.3分
法二:,
,
所以.
(2)(?。┓ㄒ唬阂驗椋?/p>
由正弦定理可知,
即,4分
即,可得,5分
由(1)可知,
所以,因為,所以,6分
所以,因為,所以,又因為,
所以,所以或(舍),所以.7分
法二:因為,由正弦定理可得,4分
因為,所以,5分
所以,即,
所以,
即,所以,6分
因為,所以,又因為,
所以,所以或(舍),所以.7分
解:(ⅱ)法一:因為,所以,即,
因為,所以,
所以,
所以,
,8分
因為,所以,
,
,9分
因為,,,可得,
設(shè),則,
即對成立,10分
令,
當時,即時,可得,解得,所以;
當時,即時,可得,解得,所以;
當時,即時,可得,解得,所以.
綜上,.12分
法二:因為,由正弦定理可知,
因為,所以,
代入,整理得,下同法一.
法三:因為,將整理得,
即,由題意可得,設(shè),則,
即對成立,令,
當時,即時,可得,解得,所以;
當時,即時,可得,解得,所以;
當時,即時,可得,解得,所以.
綜上,.高一數(shù)學參考答案
一、選擇題:每小題5分,共40分。
題號12345678
答案CACABCBD
二、選擇題:每小題5分,共20分。全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的
得0分。
題號9101112
答案ACBCABDAD
三、填空題:每小題5分,共20分。
題號13141516
3
答案sinx13
43
四、解答題
17.(10分)
證明:(1)連接BD與AC交于點F,連接EF,
因為底面是正方形,所以F為BD的中點,
又因為E為SD的中點,所以EF∥SB,3分
因為SB平面ACE,EF平面ACE,
所以SB∥平面ACE.5分
(2)法一:因為底面是正方形,所以ACBD,6分
因為SA平面ABCD,所以SABD,7分
又ACSAA,所以BD平面SAC,9分
因為SC平面SAC,所以SCBD.10分
法二:因為底面是正方形,所以ACBD,
因為SA平面ABCD,
所以SC在平面ABCD內(nèi)的射影為AC,
所以由三垂線定理可知,SCBD.
18.(12分)
解:(1)f(x)23cos2x2sinxcosx3sin2x3cos2x
2sin(2x),2分3
因為x[0]2x,,則[,],3分2333
所以sin(2x)3[,1],5分
32
所以f(x)[3,2].6分
高一數(shù)學答案第1頁(共6頁)
{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}
21f(8()由第()問知)2sin[2()]
262635,
4
所以sin,7分
5
因為(0,),所以cos3,8分
25
因為,為銳角,
12
所以(0,,因為cos(),
13
5
所以sin(),10分
13
所以sinsin[()]sin()coscos()sin
5312463
.12分
13513565
19.(12分)
解:(1)由題意知mnbsinAacos(B)0,
6
bsinAacos(B所以),1分
6
sinBsinAsinA(cosBcos由正弦定理可知sinBsin),
66
即sinBsinAsinA(3cosB1sinB),3分
22
因為A(0,),所以sinA0,
1
所以sinB3cosB,即得tanB3,5分
22
因為B(0,),所以B.6分
3
(2)因為D為AC的中點,
1
所以BD(BABC),7分
2
21
所以BD(BA1BC)2,所以(7)2(a2c22accosB),
44
所以a2c2ac28,①9分
由余弦定理可知b2(23)2a2c22accosB,
所以a2c2ac12,②10分
由①②得ac8,11分
所以S11△ABCacsinB8
3
23.12分
222
(也可在△ABD與△BCD中,因為cosBDAcosBDC,用余弦定理可知a2c220,
再由①或②,得ac8.)
高一數(shù)學答案第2頁(共6頁)
{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}
20.(12分)
證明:(1)由題意知ABBE,ABBC,
所以AB平面BCGE,2分
又AB平面ABC,
所以平面ABC平面BCGE.3分
(2)法一:由題意可知AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,4分
所以四邊形ACGD為平行四邊形,所以AC∥DG,5分
又AC平面ABC,DG平面ABC,所以DG∥平面ABC.6分
法二:因為ED∥AB,EG∥BC,所以平面DEG∥平面ABC,
又DG平面DEG,所以DG∥平面ABC.
(3)過G作GHBC交BC的延長線于點H,連接AH,
因為平面ABC平面BCGE,所以GH平面ABC,7分
所以AG在平面ABC內(nèi)的射影為AH,
所以AG與平面ABC所成的角為GAH,8分
因為CBF60,所以GCH60,
在Rt△CHG中,CH2cos601,GH2sin603,9分
在Rt△ABH中,AB1,BH123,所以AH32110,11分
所以tanGAH330,
1010
所以AG與平面ABC30所成角的正切值為.12分
10
21.(12分)
解:(1)因為|OB|5,點B在第二象限且橫坐標為2,
所以點B的坐標為(2,1),1分
設(shè)AOB255,由三角函數(shù)定義可知cos,sin,2分
55
因為向量OB繞原點O沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90O到OC的位置,
所以角90的終邊位于射線OC上,
高一數(shù)學答案第3頁(共6頁)
{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}
所以cos(90)sin5,sin(90)cos25,4分
55
設(shè)點C的坐標為(a,b),
所以a|OB|cos(90)1,b|OB|sin(90)2,
所以點C的坐標為(1,2).6分
(210)因為向量OP與OA的夾角為且cos,
10
所以sin310,
10
P21010310所以點橫縱坐標分別為2,2106,
1010
即點P坐標為(2,6),所以O(shè)P(2,6).7分
因為向量OP與OB的夾角為45,且點B在第二象限,
所以角45的終邊位于射線OB上,
cos(4521023105又),
2102105
sin(45231021025),9分
2102105
B5(5)1525所以點的橫縱坐標分別為,2,
55
即點B坐標為(1,2),所以O(shè)B(1,2),10分
因為OPxOAyOB,
所以(2,6)x(1,0)y(1,2),
xy2
所以,11分
2y6
x5
解得,所以xy8.12分
y3
310231021025
(由題意知sin,sin(45),由正弦定理可得
102102105
x|OA||OP|y|OB|
sin,解得x5,y3,所以xy8.)sin45sin(45)
22.(12分)
證明:(1)法一:cos2xcos2ycos[(xy)(xy)]cos[(xy)(xy)]
cos(xy)cos(xy)sin(xy)sin(xy)cos(xy)cos(xy)sin(xy)sin(xy)
2sin(xy)sin(xy).3分
法二:2sin(xy)sin(xy)2(sinxcosycosxsiny)(sinxcosycosxsiny)
2(sin2xcos2ycos2xsin2y),
2[sin2xcos2y(1sin2x)(1cos2y)]
高一數(shù)學答案第4頁(共6頁)
{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}
2(cos2ycos2x)1cos2y1cos2xcos2ycos2x,
所以cos2xcos2y2sin(xy)sin(xy).
(2)(?。┓ㄒ唬阂驗閍sinA(bc)sinB,
由正弦定理可知sin2A(sinBsinC)sinB,
即sin2Asin2BsinBsinC,4分
1cos2A1cos2B
即sinBsinC,可得cos2Bcos2A2sinBsinC,5分
22
由(1)可知cos2Bcos2A2sin(AB)sin(BA)2sinCsin(BA),
所以2sinCsin(BA)2sinCsinB,因為sinC0,所以sin(BA)sinB,6分
所以sin(AB)sinB,因為B(0,),所以sin(AB)0,又因為A(0,),
所以AB(0,),所以ABB或ABB(舍),所以A2B.7分
法二:因為asinA(bc)sinB,由正弦定理可得bca2b2,4分
222cb
因為cosAbca,所以cosA2b,5分2bc
所以cosA
sinCsinB
2sinB,即2sinBcosAsinCsinB,
所以2sinBcosAsin(AB)sinB,
即sinAcosBsinBcosAsinB,所以sin(AB)sinB,6分
因為B(0,),所以sin(AB)0,又因為A(0,),
所以AB(0,),所以ABB或ABB(舍),所以A2B.7分
解:(ⅱ)法一:因為asinA(bc)sinB,所以a2(bc)b,即bca2b2,
因為(bc)(m2cos2B)≤2b,所以(bcc2)(m2cos2B)≤2bc,
所以(a2b2c2)(m2cos2B)≤2bc,
b2c2a2
所以2bc(m2cos
2B)≤1,
(m2cos2B)cosA1≥0,8分
因為A2B,所以(m2cos2B)cos2B1≥0,
(m2cos2B)(2cos2B1)1≥0,
4cos4B(2m2)cos2Bm1≥0,9分
C(0)B(0因為A,B,,,可得,)3,
1
設(shè)cos2Bt,則t(,1),4
高一數(shù)學答案第5頁(共6頁)
{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}
即4t2(2m2)tm1≥01對t(,1)成立,10分
4
令f(t)4t2(2m2)tm1,
1m1133
當≤時,即m≥0時,可得f()≥0,解得m≤,所以0≤m≤;
44422
11m
當1時,即3m0時,可得f(1m)≥0,解得3≤m≤1,所以3m0;
444
1m
當≥1時,即m≤3時,可得f(1)≥0,解得m≥3,所以m3.
4
綜上,33≤m≤.12分
2
法二:因為(bc)(m2cos2B)≤2b,由正弦定理可知(sinBsinC)(m2cos2B)≤2sinB,
因為A2B,所以sinCsin3B,
sin3Bsin(2BB)sin2BcosBsinBcos2B2cos2BsinBsinB(2cos2B1)sinB(4cos2B1)
代入(sinBsinC)(m2cos2B)≤2sinB,整理得(m2cos2B)(2cos2B1)1≥0,下同法一.
法三:因為A2B,將(m2cos2B)cosA1≥0整理得(m1cosA)cosA1≥0,
即cos2A(m1)cosA1≥0,由題意可得A(0,),設(shè)cosAt3,則t(
1
,1),
2
即t2(m1)t1≥01對t(,1)成立,令f(t)t2(m1)t1,
2
m11m0133當≤時,即≥時,可得f()≥0,解得m≤,所以0≤m≤;
22222
11m1m
當1時,即3m0時,可得f()≥0,解得3≤m≤1,所以3m0;
222
1m
當≥1時,即m≤3時,可得f(1)≥0,解得m≥3,所以m3.
2
3m3綜上,≤≤.
2
高一數(shù)學答案第6頁(共6頁)
{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}高一數(shù)學
注意事項:
1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡指定位置上。
2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑?;卮?/p>
非選擇題時,將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題給出的四個選項中,只有
一項是符合題目要求的。
1.已知角的終邊經(jīng)過點(1,1),則sin
A.3B.2C.2122
D.
22
2.下列角的終邊與60角的終邊關(guān)于x軸對稱的是
A.660B.660C.690D.690
3.1cos2已知2,則
sin2tan
A.2B.2C.1D.1
22
4.已知正四棱錐的側(cè)棱長為5,高與斜高的夾角為30,則該正四棱錐的體積為
A.43B.23C.43D.23
33
5.在空間四邊形ABCD中,若E,F(xiàn)分別為AB,BC的中點,GCD,HAD,且
CG2GD,AH2HD,則
A.直線EH與FG平行B.直線EH,F(xiàn)G,BD相交于一點
C.直線EH與FG異面D.直線EG,F(xiàn)H,AC相交于一點
6.古希臘地理學家埃拉托色尼從書中得知,位于尼羅河第一瀑布的塞伊尼(現(xiàn)在的阿斯旺,
在北回歸線上)記為A,夏至那天正午,陽光直
射,立桿無影;同樣在夏至那天,他所在的城市
——埃及北部的亞歷山大城記為B,測得立桿與
太陽光線所成的角約為7.2.他又派人測得A,
B兩地的距離AB800km,平面示意圖如右圖,
則可估算地球的半徑約為(3.14)
A.7260kmB.6870kmC.6369kmD.5669km
高一數(shù)學第1頁(共4頁)
{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}
7.如圖,ABCD為正方形,DAM45,點E在AB上,點F在射
線AM上,且AF2BE,則ECF
A.60B.45
C.30D.不確定
8.在△ABC中,ABa,ACb,D為AB的中點,E為BC上一點,且CE2EB,AE
交CD于點F,則
A.AF1a+1bB.AF1a+1bC.AF1a+2bD.AF2a+1b
42245555
二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分。在每小題給出的選項中,有多項符
合題目要求。全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分。
9.已知正方體ABCDA1B1C1D1,則
A.直線AB1與A1C1所成的角為60B.直線AC與B1D1所成的角為60
C.二面角BADB1的大小為45D.二面角ABDA1的大小為45
10.記△ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.
A.若sin2Asin2B,則△ABC是等腰三角形
B.若tanAtanB1,則△ABC是直角三角形
C.若a2ccosB,則△ABC是等腰三角形
D.若sin(AB)sin(BC)0,則△ABC是等邊三角形
11.已知O為坐標原點,點P1(cos,sin),P2(cos,sin),P3(cos(),sin()),A(1,0),
則
A.|OP1||OP3|B.|AP3||P1P2|
C.OAOP1OP2OP3D.OAOP3OP1OP2
12.若函數(shù)f(x)sinxcosx(0)在[0,2]有且僅有3個零點,則
A.yf(x)5的圖象關(guān)于直線x對稱B.在(0,單調(diào)遞增4f(x)5
C.f(x)11152在(0,2有且僅有1個解D.的取值范圍是[,)
88
高一數(shù)學第2頁(共4頁)
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三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。
13.已知銳角,滿足tan2,tan3,則
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