安徽省宿州市埇橋集團2025屆九上數(shù)學期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析_第1頁
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文檔簡介

安徽省宿州市埇橋集團2025屆九上數(shù)學期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi),第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1.如圖,在平面直角坐標中,正方形ABCD與正方形BEFG是以原點O為位似中心的位似圖形,且相似比為,點A,B,E在x軸上,若正方形BEFG的邊長為12,則C點坐標為()A.(6,4) B.(6,2) C.(4,4) D.(8,4)2.已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象如圖所示,下列結(jié)i論:①abc>1;②b2﹣4ac>1;③2a+b=1;④a﹣b+c<1.其中正確的結(jié)論有()A.1個 B.2個 C.3個 D.4個3.如圖,在中,已知點在上,點在上,,,下列結(jié)論中正確的是()A. B. C. D.4.關(guān)于的一元一次方程的解為,則的值為()A.5 B.4 C.3 D.25.下列方程中,是一元二次方程的是()A.2x+y=1 B.x2+3xy=6 C.x+=4 D.x2=3x﹣26.如圖,平面直角坐標系中,⊙P經(jīng)過三點A(8,0),O(0,0),B(0,6),點D是⊙P上的一動點.當點D到弦OB的距離最大時,tan∠BOD的值是()A.2 B.3 C.4 D.57.如圖,中,將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)后得到,點經(jīng)過的路徑為則圖中涂色部分的面積為()A. B. C. D.8.在一個不透明的盒子中,裝有綠色、黑色、白色的小球共有60個,除顏色外其他完全相同,一同學通過多次摸球試驗后發(fā)現(xiàn)其中摸到綠色球、黑色球的頻率穩(wěn)定在和,盒子中白色球的個數(shù)可能是()A.24個 B.18個 C.16個 D.6個9.用配方法解方程2x2-x-2=0,變形正確的是()A. B.=0 C. D.10.如圖,拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與y軸交于點C,與x軸交于A,B兩點,其中點B的坐標為B(1,0),拋物線的對稱軸交x軸于點D,CE∥AB,并與拋物線的對稱軸交于點E.現(xiàn)有下列結(jié)論:①a>0;②b>0;③1a+2b+c<0;④AD+CE=1.其中所有正確結(jié)論的序號是()A.①② B.①③ C.②③ D.②④二、填空題(每小題3分,共24分)11.已知,則=_____________.12.小北同學擲兩面質(zhì)地均勻硬幣,拋5次,4次正面朝上,則擲硬幣出現(xiàn)正面概率為_____.13.如圖,在中,,點D、E分別在邊、上,且,如果,,那么________.14.已知拋物線的對稱軸是y軸,且經(jīng)過點(1,3)、(2,6),則該拋物線的解析式為_____.15.一元二次方程的一個根為,另一個根為_____.16.當a≤x≤a+1時,函數(shù)y=x2﹣2x+1的最小值為1,則a的值為_____.17.如圖,反比例函數(shù)的圖象與矩形相較于兩點,若是的中點,,則反比例函數(shù)的表達式為__________.18.一個不透明的袋子中裝有除顏色外其他都相同的2個紅球和1個黃球,隨機摸出一個小球后,放回并搖勻,再隨機摸岀一個,則兩次都摸到黃球的概率為__________.三、解答題(共66分)19.(10分)如圖,在四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=2,AB=,以點A為圓心,AD為半徑的圓與BC相切于點E,交AB于點F.(1)求∠ABE的大小及的長度;(2)在BE的延長線上取一點G,使得上的一個動點P到點G的最短距離為,求BG的長.20.(6分)如圖,正方形ABCD中,E,F(xiàn)分別是AB,BC邊上的點,AF與DE相交于點G,且AF=DE.求證:(1)BF=AE;(2)AF⊥DE.21.(6分)如圖,四邊形OABC為矩形,OA=4,OC=5,正比例函數(shù)y=2x的圖像交AB于點D,連接DC,動點Q從D點出發(fā)沿DC向終點C運動,動點P從C點出發(fā)沿CO向終點O運動.兩點同時出發(fā),速度均為每秒1個單位,設(shè)從出發(fā)起運動了ts.(1)求點D的坐標;(2)若PQ∥OD,求此時t的值?(3)是否存在時刻某個t,使S△DOP=S△PCQ?若存在,請求出t的值,若不存在,請說明理由;(4)當t為何值時,△DPQ是以DQ為腰的等腰三角形?22.(8分)如圖是某貨站傳送貨物的平面示意圖.原傳送帶與地面的夾角為,,為了縮短貨物傳送距離,工人師傅欲增大傳送帶與地面的夾角,使其由改為,原傳送帶長為.求:(1)新傳送帶的長度;(2)求的長度.23.(8分)在綜合實踐課中,小慧將一張長方形卡紙如圖1所示裁剪開,無縫隙不重疊的拼成如圖2所示的“”形狀,且成軸對稱圖形.裁剪過程中卡紙的消耗忽略不計,若已知,,.求(1)線段與的差值是___(2)的長度.24.(8分)某果園有100棵橙子樹,每一棵樹平均結(jié)600個橙子.現(xiàn)準備多種一些橙子樹以提高產(chǎn)量,但是如果多種樹,那么樹之間的距離和每一棵樹所接受的陽光就會減少.根據(jù)經(jīng)驗估計,每多種一棵樹,平均每棵樹就會少結(jié)5個橙子.(1)如果果園既要讓橙子的總產(chǎn)量達到60375個,又要確保每一棵橙子樹接受到的陽光照射盡量少受影響,那么應該多種多少棵橙子樹?(2)增種多少棵橙子樹,可以使果園橙子的總產(chǎn)量最多?最多為多少?25.(10分)已知在平面直角坐標中,點A(m,n)在第一象限內(nèi),AB⊥OA且AB=OA,反比例函數(shù)y=的圖象經(jīng)過點A,(1)當點B的坐標為(4,0)時(如圖1),求這個反比例函數(shù)的解析式;(2)當點B在反比例函數(shù)y=的圖象上,且在點A的右側(cè)時(如圖2),用含字母m,n的代數(shù)式表示點B的坐標;(3)在第(2)小題的條件下,求的值.26.(10分)如圖,的頂點坐標分別為,,.(1)畫出關(guān)于點的中心對稱圖形;(2)畫出繞點逆時針旋轉(zhuǎn)的;直接寫出點的坐標為_____;(3)求在旋轉(zhuǎn)到的過程中,點所經(jīng)過的路徑長.

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【分析】直接利用位似圖形的性質(zhì)結(jié)合相似比得出AD的長,進而得出△OAD∽△OBG,進而得出AO的長,即可得出答案.【詳解】∵正方形ABCD與正方形BEFG是以原點O為位似中心的位似圖形,且相似比為,∴,∵BG=12,∴AD=BC=4,∵AD∥BG,∴△OAD∽△OBG,∴∴解得:OA=2,∴OB=6,∴C點坐標為:(6,4),故選A.【點睛】此題主要考查了位似變換以及相似三角形的判定與性質(zhì),正確得出AO的長是解題關(guān)鍵.2、C【分析】首先根據(jù)開口方向確定a的取值范圍,根據(jù)對稱軸的位置確定b的取值范圍,根據(jù)拋物線與y軸的交點確定c的取值范圍,根據(jù)拋物線與x軸是否有交點確定b2﹣4ac的取值范圍,根據(jù)x=﹣1函數(shù)值可以判斷.【詳解】解:拋物線開口向下,,對稱軸,,拋物線與軸的交點在軸的上方,,,故①錯誤;拋物線與軸有兩個交點,,故②正確;對稱軸,,,故③正確;根據(jù)圖象可知,當時,,故④正確;故選:.【點睛】此題主要考查圖象與二次函數(shù)系數(shù)之間的關(guān)系,會利用對稱軸的范圍求與的關(guān)系,以及二次函數(shù)與方程之間的轉(zhuǎn)換,根的判別式的熟練運用是解題關(guān)鍵.3、B【分析】由,得∠CMN=∠CNM,從而得∠AMB=∠∠ANC,結(jié)合,即可得到結(jié)論.【詳解】∵,∴∠CMN=∠CNM,∴180°-∠CMN=180°-∠CNM,即:∠AMB=∠∠ANC,∵,∴,故選B.【點睛】本題主要考查相似三角形的判定定理,掌握“對應邊成比例,夾角相等的兩個三角形相似”是解題的關(guān)鍵.4、D【分析】滿足題意的有兩點,一是此方程為一元一次方程,即未知數(shù)x的次數(shù)為1;二是方程的解為x=1,即1使等式成立,根據(jù)兩點列式求解.【詳解】解:根據(jù)題意得,a-1=1,2+m=2,解得,a=2,m=0,∴a-m=2.故選:D.【點睛】本題考查一元一次方程的定義及方程解的定義,對定義的理解是解答此題的關(guān)鍵.5、D【分析】利用一元二次方程的定義判斷即可.【詳解】解:A、原方程為二元一次方程,不符合題意;B、原式方程為二元二次方程,不符合題意;C、原式為分式方程,不符合題意;D、原式為一元二次方程,符合題意,故選:D.【點睛】此題主要考查一元二次方程的識別,解題的關(guān)鍵是熟知一元二次方程的定義.6、B【解析】如圖,連接AB,過點P作PE⊥BO,并延長EP交⊙P于點D,求出⊙P的半徑,進而結(jié)合勾股定理得出答案.【詳解】解:如圖,連接AB,過點P作PE⊥BO,并延長EP交⊙P于點D,此時點D到弦OB的距離最大,∵A(8,0),B(0,6),∴AO=8,BO=6,∵∠BOA=90°,∴AB==10,則⊙P的半徑為5,∵PE⊥BO,∴BE=EO=3,∴PE==4,∴ED=9,∴tan∠BOD==3,故選B.【點睛】本題考查了圓周角定理以及勾股定理、解直角三角形等知識,正確作出輔助線是解題關(guān)鍵.7、A【分析】先根據(jù)勾股定理得到AB,再根據(jù)扇形的面積公式計算出,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到Rt△ADE≌Rt△ACB,于是.【詳解】∵∠ACB=90°,AC=BC=1,

∴,

∴,又∵Rt△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)30°后得到Rt△ADE,

∴Rt△ADE≌Rt△ACB,∴.

故選:A【點睛】本題主要考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、扇形的面積公式,勾股定理的應用,將陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為扇形ABD的面積是解題的關(guān)鍵.8、B【分析】先由頻率之和為1計算出白球的頻率,再由數(shù)據(jù)總數(shù)×頻率=頻數(shù),計算白球的個數(shù).【詳解】解:∵摸到綠色球、黑色球的頻率穩(wěn)定在和,∴摸到白球的頻率為1-25%-45%=30%,故口袋中白色球的個數(shù)可能是60×30%=18個.故選:B.【點睛】本題考查了利用頻率估計概率的知識,具體數(shù)目應等于總數(shù)乘部分所占總體的比值.9、D【解析】用配方法解方程2?x?2=0過程如下:移項得:,二次項系數(shù)化為1得:,配方得:,即:.故選D.10、D【分析】①根據(jù)拋物線開口方向即可判斷;②根據(jù)對稱軸在y軸右側(cè)即可判斷b的取值范圍;③根據(jù)拋物線與x軸的交點坐標與對稱軸即可判斷;④根據(jù)拋物線與x軸的交點坐標及對稱軸可得AD=BD,再根據(jù)CE∥AB,即可得結(jié)論.【詳解】①觀察圖象開口向下,a<0,所以①錯誤;②對稱軸在y軸右側(cè),b>0,所以②正確;③因為拋物線與x軸的一個交點B的坐標為(1,0),對稱軸在y軸右側(cè),所以當x=2時,y>0,即1a+2b+c>0,所以>③錯誤;④∵拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與x軸交于A,B兩點,∴AD=BD.∵CE∥AB,∴四邊形ODEC為矩形,∴CE=OD,∴AD+CE=BD+OD=OB=1,所以④正確.綜上:②④正確.故選:D.【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系,解決本題的關(guān)鍵是綜合運用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征、拋物線與x軸的交點進行計算.二、填空題(每小題3分,共24分)11、6【分析】根據(jù)等比設(shè)k法,設(shè),代入即可求解【詳解】∵∴設(shè)∴故答案為6【點睛】本題考查比例的性質(zhì),遇到等比引入新的參數(shù)是解題的關(guān)鍵。12、【分析】根據(jù)拋擲一枚硬幣,要么正面朝上,要么反面朝上,可以求得相應的概率.【詳解】無論哪一次擲硬幣,都有兩種可能,即正面朝上與反面朝上,則擲硬幣出現(xiàn)正面概率為:;故答案為:.【點睛】此題考查概率的求法:如果一個事件有n種可能,而且這些事件的可能性相同,其中事件A出現(xiàn)m種結(jié)果,那么事件A的概率P(A)=.13、【分析】根據(jù),,得出,利用相似三角形的性質(zhì)解答即可.【詳解】∵,,∴,∴,即,∴,∵,∴,故答案為【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì).關(guān)鍵是要懂得找相似三角形,利用相似三角形的性質(zhì)求解.14、y=x1+1【分析】根據(jù)拋物線的對稱軸是y軸,得到b=0,設(shè)出適當?shù)谋磉_式,把點(1,3)、(1,6)代入設(shè)出的表達式中,求出a、c的值,即可確定出拋物線的表達式.【詳解】∵拋物線的對稱軸是y軸,∴設(shè)此拋物線的表達式是y=ax1+c,把點(1,3)、(1,6)代入得:,解得:a=1,c=1,則此拋物線的表達式是y=x1+1,故答案為:y=x1+1.【點睛】本題考查代定系數(shù)法求函數(shù)的解析式,根據(jù)拋物線的對稱軸是y軸,得到b=0,再設(shè)拋物線的表達式是y=ax1+c是解題的關(guān)鍵.15、【分析】利用因式分解法解得方程的兩個根,即可得出另一個根的值.【詳解】,變形為:,∴或,解得:;,∴一元二次方程的另一個根為:.故答案為:.【點睛】本題考查了解一元二次方程-因式分解法.16、2或﹣2【解析】利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征找出當y=2時x的值,結(jié)合當a≤x≤a+2時函數(shù)有最小值2,即可得出關(guān)于a的一元一次方程,解之即可得出結(jié)論.【詳解】當y=2時,有x2﹣2x+2=2,解得:x2=0,x2=2.∵當a≤x≤a+2時,函數(shù)有最小值2,∴a=2或a+2=0,∴a=2或a=﹣2,故答案為:2或﹣2.【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象上點的坐標特征以及二次函數(shù)的最值,利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征找出當y=2時x的值是解題的關(guān)鍵.17、【分析】設(shè)D(a,),則B縱坐標也為,代入反比例函數(shù)的y=,即可求得E的橫坐標,則根據(jù)三角形的面積公式即可求得k的值.【詳解】解:設(shè)D(a,),則B縱坐標也為,∵D是AB中點,∴點E橫坐標為2a,代入解析式得到縱坐標:,∵BE=BCEC=,∴E為BC的中點,S△BDE=,∴k=1.∴反比例函數(shù)的表達式為;故答案是:.【點睛】本題考查了反比例函數(shù)的性質(zhì),以及三角形的面積公式,正確表示出BE的長度是關(guān)鍵.18、【分析】首先根據(jù)題意畫出樹狀圖,由樹狀圖求得所有等可能的結(jié)果與兩次都摸到黃球的情況,然后利用概率公式求解即可求得答案.【詳解】畫樹狀圖如下:

由樹狀圖可知,共有9種等可能結(jié)果,其中兩次都摸到黃球的有1種結(jié)果,

∴兩次都摸到黃球的概率為;

故答案為:.【點睛】此題考查列表法或樹狀圖法求概率.解題關(guān)鍵在于掌握注意畫樹狀圖與列表法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結(jié)果,列表法適合于兩步完成的事件;樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件;解題時要注意此題是放回實驗還是不放回實驗.三、解答題(共66分)19、(1)15°,;(2)1.【解析】試題分析:(1)連接AE,如圖1,根據(jù)圓的切線的性質(zhì)可得AE⊥BC,解Rt△AEB可求出∠ABE,進而得到∠DAB,然后運用圓弧長公式就可求出的長度;(2)如圖2,根據(jù)兩點之間線段最短可得:當A、P、G三點共線時PG最短,此時AG=AP+PG==AB,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得BE=EG,只需運用勾股定理求出BE,就可求出BG的長.試題解析:(1)連接AE,如圖1,∵AD為半徑的圓與BC相切于點E,∴AE⊥BC,AE=AD=2.在Rt△AEB中,sin∠ABE===,∴∠ABE=15°.∵AD∥BC,∴∠DAB+∠ABE=180°,∴∠DAB=135°,∴的長度為=;(2)如圖2,根據(jù)兩點之間線段最短可得:當A、P、G三點共線時PG最短,此時AG=AP+PG==,∴AG=AB.∵AE⊥BG,∴BE=EG.∵BE===2,∴EG=2,∴BG=1.考點:切線的性質(zhì);弧長的計算;動點型;最值問題.20、(1)見解析;(2)見解析.【解析】(1)根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD=AB,∠DAE=∠ABE=90°,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論;

(2)根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ADE=∠BAF,根據(jù)余角的性質(zhì)即可得到結(jié)論.【詳解】證明:(1)∵四邊形ABCD是正方形,∴AD=AB,∠DAE=∠ABE=90°,

在Rt△DAE與Rt△ABF中,AD=ABDE=AF,

∴Rt△DAE≌Rt△ABF(HL),

∴BF=AE;

(2)∵Rt△DAE≌Rt△ABF,

∴∠ADE=∠BAF,

∵∠ADE=∠AED=90°,

∴∠BAF=∠AEG=90°,

∴∠AGE=90°,

【點睛】本題考查正方形的性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.21、(1)D(1,4);(1);(3)存在,t的值為1;(4)當或或時,△DPQ是一個以DQ為腰的等腰三角形【分析】(1)由題意得出點D的縱坐標為4,求出y=1x中y=4時x的值即可得;(1)由PQ∥OD證△CPQ∽△COD,得,即,解之可得;(3)分別過點Q、D作QE⊥OC,DF⊥OC交OC與點E、F,對于直線y=1x,令y=4求出x的值,確定出D坐標,進而求出BD,BC的長,利用勾股定理求出CD的長,利用兩對角相等的三角形相似得到三角形CQE與三角形CDF相似,由相似得比例表示出QE,由底PC,高QE表示出三角形PQC面積,再表示出三角形ODP面積,依據(jù)S△DOP=S△PCQ列出關(guān)于t的方程,解之可得;(4)由三角形CQE與三角形CDF相似,利用相似得比例表示出CE,PE,進而利用勾股定理表示出PQ1,DP1,以及DQ,分兩種情況考慮:①當DQ=DP;②當DQ=PQ,求出t的值即可.【詳解】解:(1)∵OA=4∴把代入得∴D(1,4).(1)在矩形OABC中,OA=4,OC=5∴AB=OC=5,BC=OA=4∴BD=3,DC=5由題意知:DQ=PC=t∴OP=CQ=5t∵PQ∥OD∴∴∴.(3)分別過點Q、D作QE⊥OC,DF⊥OC交OC與點E、F則DF=OA=4∴DF∥QE∴△CQE∽△CDF∴∴∴∵S△DOP=S△PCQ∴∴,當t=5時,點P與點O重合,不構(gòu)成三角形,應舍去∴t的值為1.(4)∵△CQE∽△CDF∴∴∴①當時,,解之得:②當時,解之得:答:當或或時,△DPQ是一個以DQ為腰的等腰三角形.【點睛】此題屬于一次函數(shù)的綜合問題,涉及的知識有:坐標與圖形性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,以及等腰三角形的性質(zhì),熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理是解本題的關(guān)鍵.22、(1);(2)【分析】(1)在構(gòu)建的直角三角形中,首先求出兩個直角三角形的公共直角邊,進而在Rt△ACD中,求出AC的長.(2)利用求出BD,利用求出CD,故可求解.【詳解】解:(1)∵,,∴在中,,在中,,∴.(2)在中,,在中,,∴.【點睛】考查了坡度坡角問題,應用問題盡管題型千變?nèi)f化,但關(guān)鍵是設(shè)法化歸為解直角三角形問題,必要時應添加輔助線,構(gòu)造出直角三角形.在兩個直角三角形有公共直角邊時,先求出公共邊的長是解答此類題的基本思路.23、96【分析】如圖1,延長FG交BC于H,設(shè)CE=x,則E'H'=CE=x,根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得:D'E'=DC=E'F'=9,表示GH,EH,BE的長,證明△EGH∽△EAB,則,可得x的值,即可求出線段、及FG的長,故可求解.【詳解】(1)如圖1,延長FG交BC于H,設(shè)CE=x,則E'H'=CE=x,由軸對稱的性質(zhì)得:D'E'=DC=E'F'=9,∴H'F'=AF=9+x,∵AD=BC=16,∴DF=16?(9+x)=7?x,即C'D'=DF=7?x=F'G',∴FG=7?x,∴GH=9?(7?x)=2+x,EH=16?x?(9+x)=7?2x,∴EH∥AB,∴△EGH∽△EAB,∴,∴,解得x=1或31(舍),、及FG∴AF=9+x=10,EC=1,故AF-EC=9故答案為:9;(2)由(1)得FG=7?x=7-1=6.【點睛】本題考查了圖形的拼剪,軸對稱的性質(zhì),矩形、直角三角形、相似三角形等相關(guān)知識,積累了將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題經(jīng)驗,滲透了數(shù)形結(jié)合的思想,體現(xiàn)了數(shù)學思想方法在現(xiàn)實問題中的應用價值.24、(1)應該多種5棵橙子樹;(2)增種10棵橙子樹,可以使果園橙子的總產(chǎn)量最多.最多為60500個.【分析】(1)根據(jù)題意設(shè)應該多種x棵橙子樹,根據(jù)等量關(guān)系果園橙子

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