2019-2020年高考数学总复习 第五章 数列知能训练 理.doc

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2019-2020年高考数学总复习 第五章 数列知能训练 理1数列1,的一个通项公式是()Aan BanCan Dan2已知数列an的前n项和Sn满足Snn22n1,则()Aan2n1(nN*)Ban2n1(nN*)CanDan3在数列an中,已知a11,且当n2时,a1a2ann2,则a3a5()A. B. C. D.4(xx年福建)阅读如图X511所示的程序框图,运行相应的程序,如果输入某个正整数n后,输出的S(10,20),那么n()图X511A3 B4 C5 D65(xx年新课标)数列an满足an1,a82,则a1_.6已知数列an满足:a4n31,a4n10,a2nan,nN*,则axx_,axx_.7(xx年浙江乐清一模)已知递增数列an的通项公式为ann2kn2,则实数k的取值范围为_8(xx年广东江门一模)将集合2s2t|0s0),则b43_.35691012图X5129已知在等差数列an和等比数列bn中,a1b11,b48,an的前10项和S1055.(1)求an和bn;(2)现分别从an和bn的前3项中各随机抽取一项写出相应的基本事件,并求这两项的值相等的概率10已知数列an的通项公式为an(n1)n(nN*),则当n为多大时,an最大?第2讲等差数列1(xx年福建)设等差数列an的前n项和为Sn,若a12,S312,则a6()A8 B10 C12 D142(xx年安徽)设Sn为等差数列an的前n项和,S84a3,a72,则a9()A6 B4 C2 D23(xx年天津)设an是首项为a1,公差为1的等差数列,Sn为其前n项和若S1,S2,S4成等比数列,则a1()A2 B2 C. D4已知Sn为等差数列an的前n项和,若a1a7a13的值是一个确定的常数,则下列各式:a21;a7;S13;S14;S8S5.其结果为确定常数的是()A B C D5(xx年新课标)设等差数列an的前n项和为Sn,Sm12,Sm0,Sm13,则m()A3 B4 C5 D66(xx年辽宁)设等差数列an的公差为d,若数列2a1an为递减数列,则()Ad0Ca1d07(xx年广东)已知递增的等差数列an满足a11,a3a4,则an_.8(xx年广东)在等差数列an中,已知a3a810,则3a5a7_.9(xx年四川)在等差数列an中,a1a38,且a4为a2和a9的等比中项,求数列an的首项、公差及前n项和10(xx年新课标)已知等差数列an的公差不为零,a125,且a1,a11,a13成等比数列(1)求an的通项公式;(2)求a1a4a7a3n2.第3讲等比数列1在等比数列an中,a23,a7a1036,则a15()A12 B12C6 D62(xx年江西)等比数列x,3x3,6x6,的第四项为()A24 B0 C12 D243设在公差d0的等差数列an中,a1,a3,a9成等比数列,则()A. B.C. D.4(xx年重庆)对任意的等比数列an,下列说法一定正确的是()Aa1,a3,a9成等比数列 Ba2,a3,a6成等比数列Ca2,a4,a8成等比例列 Da3,a6,a9成等比数列5设Sn为等比数列an的前n项和,若8a2a50,则()A11 B5C8 D116(xx年新课标)设首项为1,公比为的等比数列an的前n项和为Sn,则()ASn2an1 BSn3an2CSn43an DSn32an7(xx年重庆)已知an是等差数列,a11,公差d0,Sn为其前n项和若a1,a2,a5成等比数列,则S8_.8(xx年江西)某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(nN*)等于_9(xx年四川)在等比数列an中,a2a12,且2a2为3a1和a3的等差中项,求数列an的首项、公比及前n项和10(xx年北京)已知an是等差数列,满足a13,a412,数列bn满足b14,b420,且是等比数列(1)求数列an和bn的通项公式;(2)求数列bn的前n项和第4讲数列的求和1在各项都为正数的等比数列an中,首项a13,前3项和为21,则a3a4a5()A33 B72 C84 D1892(xx年新课标)等比数列an的前n项和为Sn,已知S3a210a1,a59,则a1()A. B C. D3(xx年新课标)等差数列an的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则an的前n项和Sn()An(n1) Bn(n1)C. D.4(xx年大纲)在等比数列an中,a42,a55,则数列lgan的前8项和等于()A6 B5 C4 D35已知等差数列an的前n项和为Sn,a55,S515,则数列的前100项和为()A. B. C. D.6若数列an的通项公式是an(1)n(3n2),则a1a2a10()A15 B12C12 D157(xx年广东揭阳一模)已知等差数列an满足a10,5a88a13,则当前n项和Sn取最大值时,n()A20 B21 C22 D238如图X541,它满足:第n行首尾两数均为n;图中的递推关系类似杨辉三角则第n(n2)行的第2个数是_122343477451114115图X5419(xx年新课标)已知an是递增的等差数列,a2,a4是方程x25x60的根(1)求an的通项公式;(2)求数列的前n项和10(xx年广东佛山一模)数列an,bn的每一项都是正数,a18,b116,且an,bn,an1成等差数列,bn,an1,bn1成等比数列,n1,2,3,.(1)求a2,b2的值;(2)求数列,的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,成立第5讲利用几类经典的递推关系式求通项公式1在等比数列an中,a11,公比|q|1.若ama1a2a3a4a5,则m()A9 B10C11 D122古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,这样的数称为“三角形数”,而把1,4,9,16,这样的数称为“正方形数”如图X551,可以发现,任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻的“三角形数”之和下列等式中,符合这一规律的表达式是()图X55113310;25916;361521;491831;642836.A BC D3数列an的首项为3,bn为等差数列,且bnan1an(nN*)若b32,b1012,则a8()A0 B3C8 D114设等比数列an的前n项和为Sn,若8a2a50,则下列式子中数值不能确定的是()A. B.C. D.5(xx年新课标)若数列an的前n项和为Snan,则数列an的通项公式是an_.6已知数列an满足a11,an1,则an_.7已知在数列an中,a11,an12ann,则数列an的通项公式是an_.8已知在数列an中,a11,an13an3n,则an_.9(xx年新课标)已知数列an满足a11,an13an1.(1)证明:是等比数列,并求an的通项公式;(2)证明:.10(xx年安徽)数列an满足a11,nan1(n1)ann(n1),nN*.(1)证明:数列是等差数列;(2)设bn3n,求数列bn的前n项和Sn.第6讲合情推理和演绎推理1观察(x2)2x,(x4)4x3,(cosx)sinx.由归纳推理,得若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x),记g(x)为f(x)的导函数,则g(x)()Af(x) Bf(x) Cg(x) Dg(x)2(xx年广东茂名一模)已知2112,221334,23135456,2413575678,依此类推,第n个等式为_ _.3(xx年陕西)观察下列等式:1211222312223261222324210照此规律,第n个等式为_4如图X561,在平面上,用一条直线截正方形的一个角,则截下的一个直角三角形按如图X561(1)所标边长,由勾股定理,得c2a2b2.设想把正方形换成正方体,把截线换成如图X561(2)所示的截面,这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OABC,若用s1,s2,s3表示三个侧面面积,s4表示截面面积,则可以类比得到的结论是_(1)(2)图X5615已知cos,coscos,coscoscos,根据以上等式,可猜想出的一般结论是_6(xx年广东汕头一模)观察下列一组等式:24,24,3,3,4,4,根据这些等式反映的结果,可以得出一个关于自然数n的等式,这个等式可表示为_7(xx年福建龙岩模拟)代数式1(“”表示无限重复)是一个固定值,可以令原式t,由1t,解得其值为t,用类似方法可得_.8某同学在一次研究性学习中发现,以下5个式子的值都等于同一个常数sin213cos217sin13cos17;sin215cos215sin15cos15;sin218cos212sin18cos12;sin2(18)cos248sin(18)cos48;sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1)试从上述5个式子中选择一个,求出这个常数;(2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论9(xx年广东广州一模)在等差数列an中,a1a25,a37,记数列的前n项和为Sn.(1)求数列an的通项公式;(2)是否存在正整数m,n,且1m的过程:要证1,只需证1,即证()2(1)2,即证,即证3511,显然成立1.其证法是()A分析法 B综合法C间接证法 D分析法与综合法并用5(xx年山东)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x2axb0至少有一个实根”时,要做的假设是()A方程x2axb0没有实根B方程x2axb0至多有一个实根C方程x2axb0至多有两个实根D方程x2axb0恰好有两个实根6,是两个不同的平面,m,n是平面及之外的两条不同的直线,给出四个论断:mn;n;m.以其中的三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题_7下表中的对数值有且仅有一个是错误的:x358915lgx2abac33a3c4a2b3abc1请将错误的一个改正为_8(xx年福建)已知集合a,b,c0,1,2,且下列三个关系:a2;b2;c0有且只有一个正确,则100a10bc_.9(xx年湖北)已知等比数列an满足|a2a3|10,a1a2a3125.(1)求数列an的通项公式;(2)是否存在正整数m,使得1?若存在,求m的最小值;若不存在,请说明理由10(xx年浙江)已知等差数列an的公差d0,设an的前n项和为Sn,a11,S2S336.(1)求d及Sn;(2)求m,k(m,kN*)的值,使得amam1am2amk65成立第8讲数学归纳法1用数学归纳法证明:(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN*),从“nk”到“nk1”左端需乘的代数式是()A2k1 B2(2k1)C. D.2用数学归纳法证明:1222n22212,第二步证明由“k到k1”时,左边应加()Ak2 B(k1)2Ck2(k1)2k2 D(k1)2k23对一切正整数n,n2与2n的大小关系为 ()A对一切nN*,恒有n22n B对一切nN*,恒有n22n C当n1或n5时,n2g(n)Bf(n)对于一切nN*成立,则正整数m的最大值为_8已知f(n),则下列说法正确的是_f(n)中共有n项,当n2时,f(2);f(n)中共有n1项,当n2时,f(2);f(n)中共有n2n项,当n2时,f(2);f(n)中共有n2n1项,当n2时,f(2).9(xx年广东深圳一模)已知数列an的前n项和为Sn,且满足4(n1)(Sn1)(n2)2an(nN*)(1)求a1,a2的值;(2)求an;(3)设bn,数列bn的前n项和为Tn,求证:Tn.10(xx年重庆)设a11,an1b(nN*)(1)若b1,求a2,a3及数列an的通项公式;(2)若b1,问:是否存在实数c使得a2nc4,故n的值为4.5.解析:由已知,得an1,a82,a71,a611,a512.同理,a4,a31,a22,a1.610解析:axxa450331,axxa21007a1007a425210.7(3,)解析:由an为递增数列,得an1an(n1)2k(n1)2n2kn22n1k0恒成立,即k(2n1)恒成立,即k(2n1)max3.820解析:32021;52022,62122;92023,102123,122223;172024,182124,202224,.故b4320.9解:(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q,则S1010a145d55d1ana1(n1)dn,b4b1q38q2bnb1qn12n1,则ann,bn2n1.(2)a11,a22,a33,b11,b22,b34,从an,bn的前3项中各随机抽取一项写出相应的基本事件有(1,1),(1,2),(1,4),(2,1),(2,2),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),共9个,符合题意的有(1,1),(2,2),共2个,故抽取的两项的值相等的概率为.10解:an1an(n2)n1(n1)nn,而n0,当n0,即an1an;当n9时,an1an0,即a10a9;当n9时,an1an0,即an1an.因此a1a2a11a12.当n9或n10时,数列an有最大项,最大项为a9或a10.第2讲等差数列1C解析:设等差数列an的公差为d,a12,S3(a1a3)a23a212,a24,d2,则a6a15d12.2A解析:S88a1d4a34(a12d),4a120d,a15d.又a7a16dd2,a110,a9a18d108(2)6.3D解析:S1,S2,S4成等比数列,SS1S4,即(2a11)2a1(4a16)解得a1.4A解析:由a1a7a13是一个确定的常数,得3a7是确定的常数,故正确;S1313a7是确定的常数,故正确;S8S5a6a7a83a7是确定的常数,故正确5C解析:SmSm1am2,Sm1Smam13,两式相减,得am1amd1.解得m5.6C解析:由已知,得22,即1,21.又anan1d,故21,从而a1d0.72n1解析:由a3a4,得12d(1d)24,即d24.因为an是递增的等差数列,所以d2,故an2n1.820解析:a3a8a12da17d2a19d10,3a5a73(a14d)(a16d)4a118d2(2a19d)21020.9解:设该数列公差为d,前n项和为Sn.由已知,可得2a12d8,(a13d)2(a1d)(a18d)所以a1d4,d(d3a1)0.解得a14,d0,或a11,d3.所以,数列an的首项为4,公差为0,或首项为1,公差为3.所以,数列的前n项和Sn4n或Sn.10解:(1)设等差数列an的公差为d,且d0,由题意a1,a11,a13成等比数列,aa1a13.(a110d)2a1(a112d),化为d(2a125d)0.d0,22525d0.解得d2.an25(n1)(2)2n27.(2)由(1),得a3n22(3n2)276n31.可知此数列是以25为首项,6为公差的等差数列Sna1a4a7a3n23n228n.第3讲等比数列1A解析:由等比数列的性质,得a2a15a7a1036,则a1512.故选A.2A解析:方法一:2q,有2,3x32x,即x3,则等比数列3,6,12,的第四项为24.方法二:(3x3)2x(6x6),9x218x96x26x,3x212x90,x3或x1(舍)则等比数列3,6,12,的第四项为24.3C4D解析:因为数列an是等比数列,aa3a9,所以a3,a6,a9成等比数列5D解析:设an的公比为q,则8a2a58a2a2q30,解得q2.11.6D解析:由题意,得Sn32an.764解析:a1,a2,a5成等比数列,有aa1a5,即(a1d)2a1(a14d),d2a12,S88a1d85664.86解析:Sn2n12,S562,S6126.所以至少需要6天9解:设等比数列an的公比为q.由已知,得a2a1a1(q1)2,则a10.22a23a1a3,4a1q3a1a1q2.a1(4q3q2)0,即q24q30.解得q3或q1.由于a1(q1)2,则q1不合题意,应舍去故公比q3,首项a11.数列an的前n项和Sn.10解:(1)由an是等差数列,得d3.an3(n1)33n.设q是等比数列bnan的公比,有q38,q2.bnan(b1a1)2n12n1.从而bnan2n13n2n1.(2)数列bn的前n项和为Sn(3693n)(12222n1)2n1.第4讲数列的求和1C2C解析:S3a210a1a1a2a3,a39a1,q29.a5a1q481a19,a1.3A解析:由已知,得aa2a8,(a16)2(a12)(a114),a12.Snna1d2nn(n1)n2n.4C解析:由已知,得q.a123.lga1lg.an为等比数列,lganlgan1lglg(n2),lgan为等差数列所求和为8lglg8(4lg23lg5)28(lg5lg2)4lg24lg54.故选C.5A解析:由a55,S515,得a11,d1.an1(n1)n.故.1.故选A.6A7B解析:由5a88a13,得5(a17d)8(a112d)da1.由ana1(n1)da1(n1)0n21.数列an的前21项都是正数,以后各项都是负数故Sn取最大值时,n的值为21.故选B.8.解析:设第n(n2)行的第2个数构成数列an,则有a3a22,a4a33,a5a44,anan1n1,相加,得ana223(n1)(n2),an2.9解:(1)方程x25x60的根为2,3,又因为an是递增的等差数列,则a22,a43.设数列的公差为d,a4a22d1,d,a1.an的通项公式为an(n1)1.(2)设数列的前n项和为Sn,由(1)知,则Sn,Sn,两式相减,得Sn1.数列的前n项和为Sn2.10解:(1)由2b1a1a2,得a22b1a124.由ab1b2,得b236.(2)an,bn,an1成等差数列,2bnanan1.bn,an1,bn1成等比数列,abnbn1.数列an,bn的每一项都是正数,an1.于是当n2时,an.将,代入式,得2,因此数列是首项为4,公差为2的等差数列(n1)d2n2,于是bn4(n1)2.由式,得当n2时,an4n(n1)当n1时,a18,满足该式子,对一切正整数n,都有an4n(n1)(3)由(2)知,所证明的不等式为.方法一:首先证明(n2)7n27n0(n1)(n2)0,当n2时,该式恒成立,当n2时,.当n1时,.综上所述,对一切正整数n,有.方法二:.当n3时,.当n1时,;当n2时,.综上所述,对一切正整数n,有.方法三:.当n4时,.当n1时,;当n2时,;当n3时,.综上所述,对一切正整数n,有.第5讲利用几类经典的递推关系式求通项公式1C2.C3B解析:由题意,得解得bnan1an,b1b2bnan1a1.a8b1b2b737(6)233. 4D解析:数列an为等比数列,则8a2a5a2(8q3)0.a20,q2.q24;q2;,其值与n有关故选D.5(2)n1解析:两式相减,得ananan1,anan1,2,a11,则an(2)n1.6.解析:由an1,得3313(n1)an.732n1n1解析:令an1A(n1)B2(anAnB),运用待定系数法,得A1,B1.an1(n1)12(ann1)ann132n1.an32n1n1.8n3n1解析:an13an3n,1.令bn,数列bn是首项为1,公差为1的等差数列,bn11(n1)n.ann3n1.9证明:(1)由an13an1,得an13.又a1,所以是首项为,公比为3的等比数列所以an.因此数列an的通项公式为an.(2)由(1)知,.因为当n1时,3n123n1,所以,即.于是1.所以.10(1)证明:a11,nan1(n1)ann(n1),nN*,等式两边同除以n(n1),得1,即1.数列是首项为1,公差为1的等差数列(2)解:由(1),得1(n1)1n,即ann2.从而bn3nn3n.Sn131232333n3n,3Sn132233334n3n1,两式相减,得2Sn3132333nn3n1n3n1.Sn.第6讲合情推理和演绎推理1D22n135(2n1)(n1)(n2)(n3)(nn)3122232(1)n1n2(1)n14ssss5coscoscos,nN*6.(n1)(n1),nN*解析:由于(n1),(n1),故(n1)(n1),nN*.72解析:类似令原式t,有t,2tt2,解得t1(舍去)或t2.8解:(1)选择,由sin215cos215sin15cos151sin30,故这个常数是.(2)推广,得到三角恒等式sin2cos2(30)sincos(30).证明:sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.9解:(1)设等差数列an的公差为d,因为即解得所以ana1(n1)d13(n1)3n2.所以数列an的通项公式为an3n2(nN*)(2)因为,所以数列的前n项和Sn.假设存在正整数m,n,且1m0,所以3m26m11,所以1m13.因为mN*,所以m2.此时n16.故存在满足题意的正整数m,n,且只有一组值,即m2,n16.第7讲直接证明与间接证明1C解析:A,D中x必须大于0,故排除A,D,B中应为x212x,故B不正确2D3.B4.A5A解析:反证法的步骤第一步是假设命题反面成立,而“至少有一个实根”的否定是“没有实根”故选A.6若,则(或若,则)解析:依题意可得以下四个命题:(1)mn,nm;(2)mn,mn;(3)mn,n,m;(4),n,mmn.不难发现,命题(3),(4)为真命题,而命题(1),(2)为假命题7lg153abc解析:如果lg32ab是正确的,那么lg92lg32(2ab)4a2b;如果lg32ab是错误的,那么lg94a2b也是错误的,这与题意矛盾反过来,lg94a2b也不是错误的,否则lg32ab是错误的同样,如果lg5ac,那么lg83lg23(1lg5)3(1ac),如果lg5ac是错误的,那么lg833a3c,也错误,这与题意矛盾;显然lg833a3c也不是错误的,否则lg5ac也错误lg15lg(35)lg3lg5(2ab)(ac)3abc.应将最后一个改正为lg153abc.8201解析:由已知,若a2正确,则a0或a1,即a0,b1,c2或a0,b2,c1或a1,b0,c2或a1,b2,c0均与“三个关系有且只有一个正确”矛盾;若b2正确,则a2正确,不符合题意;所以c0正确,a2,b0,c1,故100a10bc201.9解:(1)a1a2a3a125,a25.又a2|q1|10,q1或q3.即或an5(1)n1或an53n2.(2)若q1,则若q3,则0,d2,an12(n1)2n1,Snn2(nN*)(2)由(1)知,amam1am2amk(2mk1)(k1)65.m,kN*,2mk11,k11,解得(舍去)或解得综上所述,m5,k4.第8讲数学归纳法1B2.D3.C4.C5D解析:原等式共有5n项,当n1时,25124,选D.6C解析:Sk1Sk.71007解析:记f(n),则f(n1)f(n)0,数列f(n)是递增数列,则f(n)minf(1),m1007.89(1)解:当n1时,有4(11)(a11)(12)2a1,解得a18.当n2时,有4(21)(a1a21)(22)2a2,解得a227.(2)解:方法一:当n2时,有4(Sn1).4(Sn11).,得4an,即.1.an(n1)3(n2)方法二:根据a18,a227,猜想:an(n1)3.当n1时,有a18(11)3,猜想成立假设当nk时,猜想也成立,即ak(k1)3.那么当nk1时,有4(k11)(Sk11)(k12)2ak1,即4(Sk11),又 4(Sk1),得4ak1,解得ak1(k2)3(k11)3 .当nk1时,猜想也成立因此,由数学归纳法证得an(n1)3成立(3)证明:bn,Tnb1b2b3bn1bn.10解:(1)方法一:a22,a31.再由题设条件知,(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0,公差为1的等差数列故(an1)2n1,即an1(nN*)方法二:a22,a31.可写为a11,a21,a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式:当n1时,结论显然成立假设nk时结论成立,即ak1,则ak1111,这就是说,当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一:设f(x)1,则an1f(an)令cf(c),即c1.解得c.下面用数学归纳法证明a2nca2n11.当n1时,a2f(1)0,a3f(0)1,所以a2a31,结论成立假设nk时结论成立,即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2,即1ca2k2a2.再由f(x)在(,1上为减函数,得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31,因此a2(k1)ca2(k1)11,这就是说,当nk1时结论成立综上所述,存在c使得a2nca2n1对所有nN*成立方法二:设f(x)1,则an1f(an)先证0an1(nN*)当n1时,结论显然成立假设nk时结论成立,即0ak1.易知f(x)在(,1上为减函数,从而0f(1)f(ak)f(0)11,即0ak11.这就是说,当nk1时结论成立故成立再证a2na2n1(nN*)当n1时,a2f(1)0,a3f(a2)f(0)1,所以a2a3,即n1时成立假设nk时,结论成立,即a2kf(a2k1)a2k2,a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说,当nk1时成立所以对一切nN*成立由,得a2n1,即(a2n1)2a2a2n2.因此a2nf(a2n1),即a2n1a2n2.所以a2n11.解得a2n1.综上所述,由知,存在c使得a2nca2n1对一切nN*成立
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