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【考前30天绝密资料】2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之十七空间角与距离(大纲文科专用)


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2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必 练绝密之专题(十七)A
[第 17 讲 空间角与距离]

(时间:10 分钟+35 分钟) 2012 二轮精品提分必练 1.异面直线 a,b 所成的角为θ,空间中有一定点 O,过 该点有且只有三条直线与它们所成的角都是 60°,则θ的取 值可能是( ) A. 30° B. 50° C. 60° D. 90° 2.已知三棱锥 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,PA= PB=2PC=2a,且三棱锥外接球的表面积为 S=9π,则实数 a 的值是( ) 1 A. B. 1 C. 2 D. 2 2 3. 将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成一个 120°的二面角, 点 C 到达点 C1,这时异面直线 AD 与 BC1 所成角的余弦值是 ( ) 21 1 3 3 A. B. C. D. 2 2 4 4 4.如图 17-1,在正三角形 ABC 中,D、E、F 分别为各 边的中点,G、H、I、J 分别为 AF、AD、BE、DE 的中点.将△ ABC 沿 DE、EF、DF 折成三棱锥以后,GH 与 IJ 所成角的度数 为( ) A.90° B.60° C.45° D.0° 2012 二轮精品提分必练 2012 二轮精品提分必练 1. 高为 5, 底面边长为 4 3的正三棱柱形容器(下有底), 可放臵最大球的半径是( )

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3 3 2 B.2 C. D. 2 2 2 2. 条件甲: 四棱锥的所有侧面都是全等三角形, 条件乙: 这个四棱锥是正四棱锥,则条件甲是条件乙的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.如图 17-2,在四面体 ABCD 中,截面 AEF 经过四面体 的内切球(与四个面都相切的球)球心 O,且与 BC,DC 分别截 于 E、F,如果截面将四面体分成体积相等的两部分,设四棱 锥 A-BEFD 与三棱锥 A-EFC 的表面积分别是 S1,S2,则必有 ( ) A.S1<S2 B.S1>S2 C.S1=S2 D.S1,S2 的大小关系不能确定 2012 二轮精品提分必练 图 17-2 4.如图 17-3,四棱锥 S-ABCD 的底面边长为 4 2,高 SE=8,点 F 在高 SE 上,且 SF=x,记过点 A,B,C,D,F 的球的半径为 R(x),则函数 R(x)的大致图象是( ) 2012 二轮精品提分必练 5.设 A、B、C、D 是半径为 2 的球面上的四个不同点, → → → → → → 且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AD·AB=0,用 S1、S2、S3 分

A.

别表示△ABC、△ACD、△ABD 的面积,则 S1+S2+S3 的最大值 是_________ 6.如图 17-5,在正三棱锥 S-ABC 中,M、N 分别是棱 SC、BC 的中点,且 MN⊥AM,若侧棱 SA=2 3,则此正三棱锥 S-ABC 的外接球的表面积是_________. 2012 二轮精品提分必练 图 17-5 7. 如图 17-6, 已知四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, 且 PA=4PQ=4,底面为直角梯形,∠CDA=∠BAD=90°,AB
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=2,CD=1,AD= 2,M,N 分别是 PD,PB 的中点. (1)求证:MQ∥平面 PCB; (2)求截面 MCN 与底面 ABCD 所成二面角的大小; (3)求点 A 到平面 MCN 的距离. 2012 二轮精品提分必练 8. 棱长为 2的正四面体 P-ABC 中,E 为 BC 中点,F 为 PC 的中点. (1) 求证:平面 PAE⊥平面 ABC; (2) 求二面角 P-AE-F 的大小.

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2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必练绝密之专题(十 七)B [第 17 讲 空间角与距离]

(时间:10 分钟+35 分钟) 2012 二轮精品提分必练 1.已知直线 l 与平面α成 45°,直线 m? α,若直线 l 在α内的射影与直线 m 也成 45°, l 与 m 所成的角是( 则 ) A.30° B.45° C.60° D.90° 2.如图 17-7,已知 ABCD-A′B′C′D′为长方体, 对角线 AC′与平面 A′BD 相交于点 G,则 G 是△A′BD 的 ( ) A.垂心 B.重心 C.内心 D.外心 2012 二轮精品提分必练 3.已知直线 l⊥平面α,直线 m? 平面β,有下面四个 命题:①α∥β? l⊥m;②α∥β? l∥m;③l∥m? α⊥β; ④l⊥m? α∥β.其中正确的命题是( ) A.①② B.①③ C.②④ D.③④ 4.如图 17-8 所示,空间四边形 ABCD 中,AB=BD=AD 7 3 =2,BC=CD= ,AC= ,延长 BC 到 E,使 CE=BC,F 是 2 2 BD 的中点,异面直线 AF 与 DE 所成角为( ) 2012 二轮精品提分必练 图 17-8 A.30° B.45° C.60° D.90° 2012 二轮精品提分必练 1.如图 17-9,在正三棱锥 A-BCD 中,E、F 分别是 AB、
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BC 的中点,EF⊥DE,且 BC=1,则正三棱锥 A-BCD 的体积
是( ) 2012 二轮精品提分必练 图 17-9 2 2 B. 12 24 3 3 C. D. 12 24 2.在正三角形 ABC 中, D,E,F 分别为 AB,BC,AC 的 中点,G,H,I 分别为 DE,FC,EF 的中点,将△ABC 沿 DE, EF,DF 折成三棱锥,则异面直线 BG 与 IH 所成的角为( ) π 2 A. B.arccos 6 3 π 3 C. D.arccos 3 3 3.已知二面角α-l-β的平面角为θ,点 P 在二面角 内,PA⊥α,PB⊥β,A,B 为垂足,且 PA=4,PB=5,设 A, B 到棱 l 的距离分别为 x,y,当θ变化时,点(x,y)的轨迹 方程是( ) 2 2 A.x -y =9(x≥0) 2 2 B.x -y =9(x≥0,y≥0) 2 2 C.y -x =9(y≥0) 2 2 D.y -x =9(x≥0,y≥0) 4.一个四面体的所有棱长都为 2,四个顶点在同一球 面上,则此球的表面积为( ) A.3π B.4π C.3 D.6π 1 1 5.在 Rt△ABC 中,CA⊥CB,斜边上的高为 h1,则 2= 2 A.

h1 CA



1

CB2

.类比此性质,在四面体 P-ABC 中,若 PA、PB、PC 两

两 垂 直 , 底 面 ABC 上 的 高 为 h , 则 得 到 的 正 确 结 论 为
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__________________________ 6.平面α、β、γ两两互相垂直,点 A∈α,点 A 到β、 γ的距离都是 3,P 是α内的动点,P 到β的距离是到点 A 距 离的 2 倍,则点 P 的轨迹上的点到 γ 的距离的最小值是 _________. 7.如图 17-10,已知矩形 ABCD 与正三角形 AED 所在的 平面互相垂直,M 、N 分别为棱 BE、AD 的中点,AB=1,AD =2, (1)证明:直线 AM∥平面 NEC; (2)求二面角 N-CE-D 的大小. 2012 二轮精品提分必练 8.如图 17-11,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱 形,∠BAD=60°,Q 为 AD 的中点. (1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD; (2)点 M 在线段 PC 上,PM=tPC,试确定实数 t 的值, 使得 PA∥平面 MQB. 2012 二轮精品提分必练 图 17-11 2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必练绝密之专题(十 七)A 【基础演练】 1.C 【解析】 不妨将直线 a,b 平移到均过点 O,由 分析知,当θ=30°或 50°时,符合条件的直线只有两条; 当θ=90°时,符合条件的直线有四条. 2.B 【解析】 PA,PB,PC 两两垂直,所以将三棱锥 补成一个长方体,则该三棱锥的外接球就是长方体的外接 3 2 球,S=9π,所以 4πR =9π,则 R= ,而长方体对角线长 2

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为 ?

2a?

2

+?

2a?

2

3 2 +a =3a,所以 3a=2× ,所以 a=1. 2 由题意易知∠CBC1 是 AD 与 BC1 所成的

3.D 【解析】

3 角,解△CBC1,得余弦为 . 4 4.B 【解析】 取 EF 的中点 M,连接 IM、MJ,则 MJ

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1 FD,GH 2

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1 FD,∴MJ∥GH, 2 ∠IJM 为异面直线 GH 与 JI 所成的角. 由已知条件易证△MJI 为正三角形.∴∠IJM=60°. 【提升训练】 1.B 【解析】 2.B 【解析】 过球心作平行于底的截面,R=2. 乙? 甲,但甲? \ 乙,例如四棱锥 S

-ABCD 的底面 ABCD 为菱形,但它不是正四棱锥. 3.C 【解析】 连 OA、OB、OC、OD,则 VA-BEFD=VO-ABD

+VO-ABE+VO-BEFD+VO-ADF,VA-EFC=VO-AFC+VO-AEC+VO-EFC,又 VA-BEFD =VA-EFC,而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径, 故 S△ABD+S△ABE+S△BEFD+S△ADF=S△AFC+S△AEC+S△EFC,又面 AEF 公 共,选 C. 2012 二轮精品提分必练 4.A 【解析】 如图所示,当 SF=x∈[0,4]时,过 A, B,C,D,F 的球的球心为 O,由 OE +EC =OC ,可得(8-R -x) +4 =R ,整理可得 R(x)=
2 2 2 2 2 2

8-x 8 + (0≤x≤4),当 8 2 8-x
2 2

>x>4 时,过 A,B,C,D,F 的球的球心为 M,由 ME +EC

8-x 8 2 2 2 2 =MC , 可得(x+R-8) +4 =R , 整理可得 R(x)= + 2 8-x (4<x<8),由此可得 R(x)= 8-x 8 + (0≤x≤8),R′(x) 2 8-x

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= ?

8 8-x?

2

1 - , 0≤x≤4 时, 当 R′(x)≤0; 4<x<8 时, 当 2

R′(x)>0,即函数 R(x)在 0<x<4 上单调递减,在 4<x< 8 上单调递增,且均不是一次函数,故应选 A. 5.8 【解析】 由题意可知三棱锥 A-BCD 的侧棱 AB, AC,AD 两两垂直,若补成长方体,则三棱锥与长方体有相同 的外接球,且长方体的体对角线为球的直径,设 AB=a,AC =b,AD=c,则 a +b +c =4 , 1 1 1 S1+S2+S3= ab+ bc+ ac 2 2 2 1 a +b 1 b +c 1 c +a ≤ · + · + · 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 = (a +b +c )= ×16=8. 2 2 6.36π 【解析】 由题意可分析出 SA,SB,SC 两两
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

垂直,将三棱锥补成正方体,则三棱锥和正方体有相同的外 接球, 且正方体的体对角线为外接球的直径 2R, 因此 2R= 3 ×2 3,所以 R=3,故外接球的表面积为 4πR =4π×3 = 36π. 7. 【解答】 (1)证明:取 AP 的中点 E,连接 ED,则 ED ∥CN, 依题有 Q 为 EP 的中点,所以 MQ∥ED,所以 MQ∥CN, 又 MQ? 平面 PCB,CN? 平面 PCB,∴MQ∥平面 PCB. (2)易证:平面 MEN∥底面 ABCD,
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所以截面 MCN 与平面 MEN 所成的二面角即为平面 MCN 与 底面 ABCD 所成的二面角.因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥平 面 MEN,过 E 作 EF⊥MN,垂足为 F,连接 QF,则由三垂线定 理可知 QF⊥MN, 由(1)可知 M,C,N,Q 四点共面, 所以∠QFE 为截面 MCN 与平面 MEN 所成的二面角的平面 角,在 Rt△MEN 中,ME= 2 6 3 ,NE=1,MN= ,故 EF= , 2 2 3 π . 3 π . 3

所以 tan∠QFE= 3,即∠QFE=

所以截面 MCN 与底面 ABCD 所成二面角为

(3)因为 EP 的中点为 Q,且平面 MCN 与 PA 交于点 Q, 所以点 A 到平面 MCN 的距离是点 E 到平面 MCN 的距离的 3 倍, 由(2)知 MN⊥平面 QEF,则平面 MCNQ⊥平面 QEF 且交线 为 QF, 作 EH⊥QF,垂足为 H,则 EH⊥平面 MCNQ, 故 EH 即为点 E 到平面 MCN 的距离. 在 Rt△EQF 中,EF= 3 π 1 ,∠EQF= ,故 EH= . 3 6 2

3 即点 A 到平面 MCN 的距离为 . 2 8. 【解答】 (1) 由题意知 BC⊥AE,BC⊥PE,又∵AE

∩PE=E,∴ BC⊥平面 PAE,又 BC? 平面 ABC,
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∴ 平 面 PAE⊥平面 ABC. (2)由(1)知所求二面角大小与二面角 F—AE—C 大小互 余.取 AB 中点 M,连 CM 与 AE 交于 O,则 O 为△ABC 的中心, 取 CO 的中点 N,连接 FN,则 FN⊥面 ABC,作 NH⊥AE 于 H, 则 H 为 OE 中点,连接 FH,∠FHN 即为 F—AE—C 的平面角. 1 1 易求得 FN= PO= · 2 2 2 1 2 3 2- = · = . 3 2 3 3

1 2 FN 2 NH= CE= ,∴tan∠FHN= = 6, 2 4 NH 3 ∴ 所求角为 π 2 -arctan 6. 2 3

2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必练绝密之专题(十 七)B 【基础演练】 1.C 【解析】 设 l 与 m 所成的角为γ,应用三线角

1 定理 cosγ=cos45°cos45°= ,所以 l 与 m 成 60°的角. 2 2.B 【解析】 设 AC∩BD=M,连接 A′M,则 G 点在 A′G A′C′ = =2,又 M 为 GM AM

线段 A′M 上,由比例的知识可知

BD 的中点,故 G 为△A′BD 的重心. 3.B 【解析】 已知 l⊥平面α,对于①,若α∥β, 则可得 l⊥β,而直线 m? 平面β,故 l⊥m;对于③,若 l ∥m,则 m⊥α,而直线 m? 平面β,故α⊥β;②④是错误
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的,可以举出反例. 4.C 【解析】 连接 CF,则 CF∥DE,所以∠AFC 为异 面直线 AF、DE 所成角或其补角,在△AFC 中,AF= 3,CF 3 3 = , AC= , 由余弦定理得 cos∠AFC= 2 2 1 = , 2 所以∠AFC=60°,即异面直线 AF 与 DE 所成的角为 60°. 【提升训练】 1.B 【解析】 EF∥AC,EF⊥DE,故 AC⊥DE,在正三 棱锥 A-BCD 中,AC⊥BD,因此 AC⊥面 ABD,所以 AC⊥AD, 由正三棱锥的性质可知 AB,AC,AD 两两垂直,AB= 2 ,故 2 ? 3?
2

? +? ? ?

3?2 ?3?2 ? ? ? ? -?2? 2? ? ? 3 2

2× 3×

1 2 ?1 2 2 2? ? 正三棱锥 A-BCD 的体积为 V= × ×? × × ?= . 3 2 ?2 2 2 ? 24 ? 2.A 【解析】 将△ABC 沿 DE,EF,DF 折叠后,A、B、 C 三点重合,设为 S 点,则 S-DEF 为正四面体,显然 HI∥ SE, 故∠GSE 为异面直线 BG 与 IH 所成的角, 而∠GSE=30°, 故异面直线 BG 与 IH 所成的角为 3.B 【解析】 π ,答案选 A. 6

设 PA,PB 两相交直线确定的平面为

γ,l∩γ=M,连接 AM,BM,由 PA⊥α知 PA⊥AM,由 PB⊥
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β知 PB⊥BM,所以|PM| =4 +x =5 +y ,即 x -y =9,而 x,y 表示距离,故 x≥0,y≥0. 4. 【解析】 联想棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1, A 则四面体 ACB1D1 的棱长都为 2,它的外接球也是正方体的外 接球,其半径为正方体对角线长 3的一半,即有 r= 所求球的表面积为 S=3π. 1 1 1 1 5. 2= 2+ 2+ 2 h PA PB PC 6.3- 3 【解析】 将问题放入长方体内研究,通过 设点建系的方法容易求得 P 点的轨迹为椭圆,当 P 为椭圆短 轴端点时距离最小. 7. 【解答】 (1)证明:取 EC 的中点 F,连接 FM,FN, 3 ,故 2

2

2

2

2

2

2

2

1 1 则 FM∥BC,FM= BC,AN∥BC,AN= BC, 2 2 所以 FM∥AN 且 FM=AN, 所以四边形 AMFN 为平行四边形, 所以 AM∥NF, 因为 AM?平面 NEC,NF?平面 NEC, 所以直线 AM∥平面 NEC. 2012 二轮精品提分必练 (2)由题设知面 ABCD⊥面 ADE,CD⊥AD,∴CD⊥面 ADE. 又∵CD? 面 CDE,∴面 CDE⊥面 ADE,作 NH⊥DE 于 H, 则 NH⊥面 CDE,作 HO⊥EC 于 O,连接 NO,由三垂线定理可 知 NO⊥CE,
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∴∠HON 就是二面角 N-CE-D 的平面角, 在正△ADE 中,可得 NH= 在 Rt△EDC 中,可得 OH= 故在 Rt△NHO 中, NH 15 tan∠HON= = , OH 3 所以二面角 N-CE-D 的大小为 arctan 8. 【解答】 所以 PQ⊥AD. 连接 BD,因为 ABCD 为菱形,∠DAB=60°, 所以 AB=BD, 所以 BQ⊥AD. 因为 BQ? 平面 PQB,PQ? 平面 PQB,BQ∩PQ=Q, 所以 AD⊥平面 PQB, 因为 AD? 平面 PAD,所以平面 PQB⊥平面 PAD. 1 (2)当 t= 时,PA∥平面 MQB. 3 证明如下:连接 AC,设 AC∩BQ=O,连接 OM. 在△AOQ 和△COB 中,因为 AD∥BC,所以∠OQA=∠OBC, ∠OAQ=∠OCB,所以△AOQ∽△COB,所以 AO AQ 1 AO = = ,所以 OC CB 2 AC 15 . 3 3 , 2 3 5 , 10

(1)证明:因为 PA=PD,Q 为 AD 的中点,

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1 = . 3 在△CAP 和△COM 中, CO CM 2 因为 = = ,∠ACP=∠OCM, CA CP 3 所以△CAP∽△COM. 所以∠CPA=∠CMO,所以 AP∥OM. 因为 OM? 平面 MQB,PA? 平面 MQB,所以 PA∥平面 MQB.2012 年高考考前 30 天三轮专题提分必练绝密之专题(十 八)A 【基础演练】 1.A 【解析】 从 6 人中任选 4 人的选法种数为 C6=
4

15,其中没有女生的选法有 1 种,故至少有 1 名女生的选法 有 15-1=14(种). 2.C 【解析】 将 8 名售票员平均分成 4 组,有 C8C6C4 种,再分配司机有 A4种,故所有不同的分配方案有 C8C6C4A44 种. 3.D 【解析】
6 4 2 2 2 2 2 2

|a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|即为(1+
6

2x) 展开式中各项系数的和. 在(1-2x) 中令 x=-1, 得|a0| +|a1|+|a2|+…+|a6|=(1+2) =729. 4.B 【解析】 通项公式为 Tr+1=C6(x )
r r 2 6-r 6

[?

ax?

-1

]

=C6x

r 12-3r -r

5 3 -3 a ,当 r=3 时,得到 x 的系数为 C36a = ,解得 2

a=2.
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【提升训练】 1.C 【解析】
2

第一步,从 10 人中选派 2 人承担任

务甲,有 C10种选派方法;第二步,从余下的 8 人中选派 1 人 承担任务乙,有 C8种选派方法;第三步,从余下的 7 人中选 派 1 人承担任务丙,有 C7种选派方法.根据分步乘法计数原 理,不同的选法有 C10·C8·C7=2520(种). 2.D 【解析】 先让数字 1,3,5,7 作全排列,有 A4=
4 2 1 1 1 1

24(种),再排数字 6,由于数字 6 不与 3 相邻,在排好的排 列中,除 3 的左、右 2 个空隙,还有 3 个空隙可排数字 6, 故数字 6 有 3 种排法,最后排数字 2,4,在剩下的 4 个空隙 中排上 2,4,有 A4种排法,共有 A4×3×A4=864(种). 3.C 【解析】 令 x=0,得 a0-a1+a2-…-a9+a10
10 2 4 2

=1.①令 x=2,得 a0+a1+a2+…+a9+a10=2 .②则
10

②+① 2

2 +1 ②-① 得 a0+a2+…+a10= ; ,得 a1+a3+…+a9 2 2 2 -1 a0+a2+…+a10 2 +1 1025 = ,于是 = 10 = . 2 a1+a3+…+a9 2 -1 1023 4.C 【解析】 从 A 开始,A 有 6 种方法,B 有 5 种
10 10

方法,C 有 4 种方法,D、A 同色有 1 种方法,D、A 不同色有 3 种方法,于是,不同的涂色方法有 6×5×4×(1+3)= 480(种). 5 . - 448 【解析】 an-1 Cn Cn 依题意,得 = n-2 = 2 = an-2 Cn Cn
- 17 n-1 1

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n?

n n-1? 2



? 1? ? 1? 2 1 r ? 2 x- ?n=?2 x- ?7, Tr+1=C7?2 x? = , n=7.∴? ? ? ? ? ? 设 x? ? x? n-1 3 ?
7-r?

?

1?r 7-3r 7-3r r - ? =C7(-1)r·27-rx ,令 =2,得 r=1,于 ? x? 2 2 ? ?
2 1 6

是展开式中的 x 项的系数是 T2=C7(-1)·2 =-448. 6.48
1 2 3

【解析】

分两类:①只有 1 名老队员的排法
2 1 1 2

有 C2 C 3 A 3 =36(种);②有 2 名老队员的排法有 C 2 C 3 C 2 A 2 = 12(种).故共有 36+12=48(种). 7.36 【解析】 将 3,4 两个数全排列,有 A2种排法,
3 2

当 1,2 不相邻且不与 5 相邻时有 A3种方法;当 1,2 相邻且不 与 5 相邻时有 A2· 3种方法. A 故满足题意的数有 A2(A3+A2· 3) A =36(个). 8.3 【解析】 通项公式为 Tr+1=Cnx
r? n? r 2 2 2 3 2 2

n-r ? 1?r r ·?- ? x- ? 2? 3 3 ? ?

1?r n-2r n-2r =C - ? x .∵第 6 项为常数项, ∴当 r=5 时, 有 ? 3 3 ? 2? =0,即 n=10.令 10-2r =k(k∈Z),则 10-2r=3k,即 r 3

?

3 =5- k.∵r∈Z,∴k 应为偶数,∴k 可取 2,0,-2,即 r 2 可取 2,5,8,即展开式中的有理项共有 3 项.

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