高中數(shù)學(xué)北師大版選修22學(xué)案:第1章 章末分層突破 Word版含解析
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1、20192019 版數(shù)學(xué)精品資料(北師大版)版數(shù)學(xué)精品資料(北師大版)章末分層突破章末分層突破自我校對(duì)由部分到整體,由個(gè)別到一般類比推理演繹推理由一般到特殊綜合法執(zhí)果索因反證法數(shù)學(xué)歸納法合情推理1.歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟2.類比推理的特點(diǎn)及一般步驟(1)觀察式子:112232,112213253,112213214274,由此可歸納出的式子為()A.11221321n212n1B.11221321n212n1C.11221321n22n1nD.11221321n22n2n1(2)兩點(diǎn)等分單位圓時(shí),有相應(yīng)正確關(guān)系為 sinsin()0;三點(diǎn)等分單位圓時(shí),有相應(yīng)正確關(guān)系為 sinsin23 si
2、n43 0,由此可以推知,四點(diǎn)等分單位圓時(shí)的相應(yīng)正確關(guān)系為_(kāi).【精彩點(diǎn)撥】(1)觀察各式特點(diǎn),找準(zhǔn)相關(guān)點(diǎn),歸納即得.(2)觀察各角的正弦值之間的關(guān)系得出結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)由各式特點(diǎn),可得 11221321n20,b0,ab1,求證:1a1b1ab8.試用綜合法和分析法分別證明.【精彩點(diǎn)撥】(1)綜合法:根據(jù) ab1,分別求1a1b與1ab的最小值.(2)分析法:把1ab變形為abab1a1b求證.【規(guī)范解答】法一:(綜合法)a0,b0,ab1,1ab2 ab, ab12,ab14,1ab4.又1a1b(ab)1a1b 2baab4,1a1b1ab8(當(dāng)且僅當(dāng) ab12時(shí)等號(hào)成立).法二:
3、(分析法)a0,b0,ab1,要證1a1b1ab8,只要證1a1b abab8,只要證1a1b 1b1a 8,即證1a1b4.也就是證abaabb4.即證baab2,由基本不等式可知,當(dāng) a0,b0 時(shí),baab2 成立,所以原不等式成立.再練一題2.(1)已知 a,b,c 為互不相等的非負(fù)數(shù).求證:a2b2c2 abc( a b c).(2)用分析法證明:2cos()sin(2)sinsinsin.【解】(1)因?yàn)?a2b22ab,b2c22bc,a2c22ac,又因?yàn)?a,b,c 為互不相等的非負(fù)數(shù),所以上面三個(gè)式子中都不能取“”,所以 a2b2c2abbcac,因?yàn)?abbc2 ab2c
4、,bcac2 abc2,abac2 a2bc,又 a,b,c 為互不相等的非負(fù)數(shù),所以 abbcac abc( a b c),所以 a2b2c2 abc( a b c).(2)要證原等式成立,只需證:2cos()sinsin(2)sin,因?yàn)樽筮?cos()sinsin()2cos()sinsin()coscos()sincos()sinsin()cossin右邊,所以成立,即原等式成立.反證法反證法是間接證明的一種基本方法,用反證法證明時(shí),假定原結(jié)論的對(duì)立面為真,從反設(shè)和已知條件出發(fā),經(jīng)過(guò)一系列正確的邏輯推理,得出矛盾結(jié)果,斷定反設(shè)不成立,從而肯定結(jié)論.反證法的思路:反設(shè)歸謬結(jié)論.設(shè)an是公
5、比為 q 的等比數(shù)列.(1)推導(dǎo)an的前 n 項(xiàng)和公式;(2)設(shè) q1,證明:數(shù)列an1不是等比數(shù)列.【精彩點(diǎn)撥】(1)利用等比數(shù)列的概念及通項(xiàng)公式推導(dǎo)前 n 項(xiàng)和公式;(2)利用反證法證明要證的結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)設(shè)an的前 n 項(xiàng)和為 Sn,當(dāng) q1 時(shí),Sna1a1a1na1;當(dāng) q1 時(shí),Sna1a1qa1q2a1qn1,qSna1qa1q2a1qn,得,(1q)Sna1a1qn,Sna1(1qn)1q,Snna1,q1,a1(1qn)1q,q1.(2)證明:假設(shè)an1是等比數(shù)列,則對(duì)任意的 kN,(ak11)2(ak1)(ak21),a2k12ak11akak2akak21,a2
6、1q2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1,a10,2qkqk1qk1.q0,q22q10,q1,這與已知矛盾.假設(shè)不成立,故an1不是等比數(shù)列.再練一題3.已知二次函數(shù) f(x)ax2bxc(a0)的圖像與 x 軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn),若f(c)0,且 0 x0.(1)證明:1a是 f(x)0 的一個(gè)根;(2)試比較1a與 c 的大小.【解】(1)證明:f(x)的圖像與 x 軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn),f(x)0 有兩個(gè)不等實(shí)根 x1,x2.f(c)0,x1c 是 f(x)0 的根.又 x1x2ca,x21a1ac,1a是 f(x)0 的一個(gè)根.(2)假設(shè)1a0,由 0 x0,知 f1a
7、 0 與 f1a 0 矛盾,1ac.又1ac,1ac.數(shù)學(xué)歸納法1.關(guān)注點(diǎn)一:用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問(wèn)題是數(shù)學(xué)歸納法的常見(jiàn)題型,其關(guān)鍵點(diǎn)在于“先看項(xiàng)”,弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律,等式兩邊各有多少項(xiàng),初始值n0是多少.2.關(guān)注點(diǎn)二:由 nk 到 nk1 時(shí),除等式兩邊變化的項(xiàng)外還要利用 nk時(shí)的式子,即利用假設(shè),正確寫(xiě)出歸納證明的步驟,從而使問(wèn)題得以證明.已知正數(shù)數(shù)列an(nN)中,前 n 項(xiàng)和為 Sn,且 2Snan1an,用數(shù)學(xué)歸納法證明:an n n1.【導(dǎo)學(xué)號(hào):94210027】【規(guī)范解答】(1)當(dāng) n1 時(shí),a1S112a11a1,所以 a211(an0),所以 a11,又 1 01,所以
8、 n1 時(shí),結(jié)論成立.(2)假設(shè) nk(k1,kN)時(shí),結(jié)論成立,即 ak k k1.當(dāng) nk1 時(shí),ak1Sk1Sk12ak11ak112ak1ak12ak11ak112k k11k k112ak11ak1 k,所以 a2k12 kak110,解得 ak1 k1 k(an0),所以 nk1 時(shí),結(jié)論成立.由(1)(2)可知,對(duì) nN都有 an n n1.再練一題4.設(shè)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和 Snn(an1)2(nN),a22.(1)求an的前三項(xiàng) a1,a2,a3;(2)猜想an的通項(xiàng)公式,并證明.【解】(1)由 Snn(an1)2,得 a11,又由 a22,得 a33.(2)猜想:ann.
9、證明如下:當(dāng) n1 時(shí),猜想成立.假設(shè)當(dāng) nk(k2)時(shí),猜想成立,即 akk,那么當(dāng) nk1 時(shí),ak1Sk1Sk(k1) (ak11)2k(ak1)2(k1) (ak11)2k(k1)2.所以 ak1k2k11k1k1,所以當(dāng) nk1 時(shí),猜想也成立.根據(jù)知,對(duì)任意 nN,都有 ann.轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸是數(shù)學(xué)思想方法的靈魂.在本章中,合情推理與演繹推理體現(xiàn)的是一般與特殊的轉(zhuǎn)化;數(shù)學(xué)歸納法體現(xiàn)的是一般與特殊、有限與無(wú)限的轉(zhuǎn)化;反證法體現(xiàn)的是對(duì)立與統(tǒng)一的轉(zhuǎn)化.設(shè)二次函數(shù) f(x)ax2bxc(a0)中的 a, b, c 都為整數(shù), 已知 f(0),f(1)均為奇數(shù),求證:方程 f(x)
10、0 無(wú)整數(shù)根.【精彩點(diǎn)撥】假設(shè)方程 f(x)0 有整數(shù)根 k,結(jié)合 f(0),f(1)均為奇數(shù)推出矛盾.【規(guī)范解答】假設(shè)方程 f(x)0 有一個(gè)整數(shù)根 k,則 ak2bkc0,f(0)c,f(1)abc 都為奇數(shù),ab 必為偶數(shù),ak2bk 為奇數(shù).當(dāng) k 為偶數(shù)時(shí),令 k2n(nZ),則 ak2bk4n2a2nb2n(2nab)必為偶數(shù),與 ak2bk 為奇數(shù)矛盾;當(dāng) k 為奇數(shù)時(shí), 令 k2n1(nZ), 則 ak2bk(2n1)(2naab)為一奇數(shù)與一偶數(shù)乘積,必為偶數(shù),也與 ak2bk 為奇數(shù)矛盾.綜上可知,方程 f(x)0 無(wú)整數(shù)根.再練一題5.用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng) n 為正奇數(shù)時(shí)
11、,xnyn能被 xy 整除.【證明】設(shè) n2m1,mN,則 xnynx2m1y2m1.要證明原命題成立,只需證明 x2m1y2m1能被 xy 整除(mN).(1)當(dāng) m1 時(shí),x2m1y2m1xy 能被 xy 整除.(2)假設(shè)當(dāng) mk(kN)時(shí)命題成立,即 x2k1y2k1能被 xy 整除,那么當(dāng)mk1 時(shí),x2(k1)1y2(k1)1x2k21y2k21x2k1x2x2k1y2y2k1y2x2k1y2x2k1(x2y2)y2(x2k1y2k1)x2k1(xy)(xy)y2(x2k1y2k1).因?yàn)?x2k1(xy)(xy)與 y2(x2k1y2k1)均能被 xy 整除,所以當(dāng) mk1 時(shí),命
12、題成立.由(1)(2),知原命題成立.1.(2016北京高考)某學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)的立定跳遠(yuǎn)和 30 秒跳繩兩個(gè)單項(xiàng)比賽分成預(yù)賽和決賽兩個(gè)階段.下表為 10 名學(xué)生的預(yù)賽成績(jī),其中有三個(gè)數(shù)據(jù)模糊.學(xué)生序號(hào)12345立定跳遠(yuǎn)(單位:米)1.961.921.821.801.7830 秒跳繩(單位:次)63a756063學(xué)生序號(hào)678910立定跳遠(yuǎn)(單位:米)1.761.741.721.681.6030 秒跳繩(單位:次)7270a1b65在這 10 名學(xué)生中,進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽的有 8 人,同時(shí)進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽和30 秒跳繩決賽的有 6 人,則()A.2 號(hào)學(xué)生進(jìn)入 30 秒跳繩決賽B.5 號(hào)學(xué)生進(jìn)入 30
13、 秒跳繩決賽C.8 號(hào)學(xué)生進(jìn)入 30 秒跳繩決賽D.9 號(hào)學(xué)生進(jìn)入 30 秒跳繩決賽【解析】由題意可知 1 到 8 號(hào)學(xué)生進(jìn)入了立定跳遠(yuǎn)決賽.由于同時(shí)進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽和 30 秒跳繩決賽的有 6 人,因此 1 到 8 號(hào)同學(xué)中有且只有 6 人進(jìn)入兩項(xiàng)決賽,分類討論如下:(1)當(dāng) a60 時(shí),a10,b0,且 ab1a1b.證明:(1)ab2;(2)a2a2 與 b2b0,b0,得 ab1.(1)由基本不等式及 ab1,有 ab2 ab2,即 ab2,當(dāng)且僅當(dāng) ab1 時(shí)等號(hào)成立.(2)假設(shè) a2a2 與 b2b2 同時(shí)成立,則由 a2a0,得 0a1;同理,0b1,從而 ab1,這與 ab1
14、矛盾.故 a2a2 與 b2b2 不可能同時(shí)成立.5.(2016浙江高考)設(shè)函數(shù) f(x)x311x,x0,1.證明:(1)f(x)1xx2;(2)3434,所以 f(x)34.綜上,34|AB|,得 P 的軌跡為橢圓B.由 a11,an3n1,求出 S1,S2,S3,猜想出數(shù)列的前 n 項(xiàng)和 Sn的表達(dá)式C.由圓 x2y2r2的面積r2,猜出橢圓x2a2y2b21 的面積 SabD.科學(xué)家利用魚(yú)的沉浮原理制造潛艇【解析】由歸納推理的特點(diǎn)知,選 B.【答案】B4.用反證法證明“a,b,c 中至少有一個(gè)大于 0”,下列假設(shè)正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào):94210028】A.假設(shè) a,b,c 都小于 0B
15、.假設(shè) a,b,c 都大于 0C.假設(shè) a,b,c 中都不大于 0D.假設(shè) a,b,c 中至多有一個(gè)大于 0【解析】用反證法證明“a,b,c 中至少有一個(gè)大于 0”,應(yīng)先假設(shè)要證命題的否定成立.而要證命題的否定為:“假設(shè) a,b,c 中都不大于 0”,故選C.【答案】C5.用數(shù)學(xué)歸納法證明“5n2n能被 3 整除”的第二步中,當(dāng) nk1 時(shí),為了使用假設(shè),應(yīng)將 5k12k1變形為()A.(5k2k)45k2kB.5(5k2k)32kC.(52)(5k2k)D.2(5k2k)35k【解析】5k12k15k52k25k52k52k52k25(5k2k)32k.【答案】B6. 已 知 n 為 正 偶
16、 數(shù) , 用 數(shù) 學(xué) 歸 納 法 證 明 1 121314 1n21n21n412n 時(shí),若已假設(shè) nk(k2 且 k 為偶數(shù))時(shí)等式成立,則還需要用歸納假設(shè)再證 n_時(shí)等式成立.()A.k1B.k2C.2k2D.2(k2)【解析】根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的步驟可知,nk(k2 且 k 為偶數(shù))的下一個(gè)偶數(shù)為 nk2,故選 B.【答案】B7.(2016昌平模擬)已知bn為等比數(shù)列, b52, 則 b1 b2 b3 b4 b5 b6 b7 b8 b929.若an為等差數(shù)列,a52,則an的類似結(jié)論為()A.a1a2a3a929B.a1a2a3a929C.a1a2a3a929D.a1a2a3a929【解析】
17、根據(jù)等差、等比數(shù)列的特征知,a1a2a929.【答案】D8.(2016北京高考)袋中裝有偶數(shù)個(gè)球,其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空盒.每次從袋中任意取出兩個(gè)球,將其中一個(gè)球放入甲盒,如果這個(gè)球是紅球,就將另一個(gè)球放入乙盒,否則就放入丙盒.重復(fù)上述過(guò)程,直到袋中所有球都被放入盒中,則()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多【解析】取兩個(gè)球往盒子中放有 4 種情況:紅紅,則乙盒中紅球數(shù)加 1;黑黑,則丙盒中黑球數(shù)加 1;紅黑(紅球放入甲盒中),則乙盒中黑球數(shù)加 1;黑紅(黑球放入甲盒中),則丙盒中紅球
18、數(shù)加 1.因?yàn)榧t球和黑球個(gè)數(shù)一樣多,所以和的情況一樣多,和的情況完全隨機(jī).和對(duì) B 選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒(méi)有任何影響.和出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的,所以對(duì) B 選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣.綜上,選 B.【答案】B9.在等差數(shù)列an中,若 a100,則有等式 a1a2ana1a2a19n(n0,則 lgab2lg alg b2;(2) 6 102 32.【證明】(1)當(dāng) a,b0 時(shí),有ab2 ab,lgab2lg ab,lgab212lg ablg alg b2.(2)要證 6 102 32,只要證( 6 10)2(2 32)2,即 2 602 48,這是顯
19、然成立的,所以,原不等式成立.18.(本小題滿分 12 分)觀察以下各等式:sin230cos260sin 30cos 6034,sin220cos250sin 20cos 5034,sin215cos245sin 15cos 4534.分析上述各式的共同特點(diǎn),猜想出反映一般規(guī)律的等式,并對(duì)等式的正確性作出證明.【解】猜想:sin2cos2(30)sincos(30)34.證明如下:sin2cos2(30)sincos(30)sin232cos12sin2sin32cos12sinsin234cos232sincos14sin232sincos12sin234sin234cos234.19.(
20、本小題滿分 12 分)點(diǎn) P 為斜三棱柱 ABCA1B1C1的側(cè)棱 BB1上一點(diǎn),PMBB1交 AA1于點(diǎn) M,PNBB1交 CC1于點(diǎn) N.(1)求證:CC1MN;(2)在任意DEF 中有余弦定理:DE2DF2EF22DFEFcosDFE.擴(kuò)展到空間類比三角形的余弦定理, 寫(xiě)出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式,并予以證明.【解】(1)證明:因?yàn)?PMBB1,PNBB1,又 PMPNP,所以 BB1平面 PMN,所以 BB1MN.又 CC1BB1,所以 CC1MN.(2)在斜三棱柱 ABCA1B1C1中,有 S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC
21、1B1SACC1A1cos.其中為平面 BCC1B1與平面 ACC1A1所成的二面角.證明如下:因?yàn)?CC1平面 PMN,所以上述的二面角的平面角為MNP.在PMN 中,因?yàn)?PM2PN2MN22PNMNcosMNP,所以 PM2CC21PN2CC21MN2CC212(PNCC1)(MNCC1)cosMNP,由于 SBCC1B1PNCC1,SACC1A1MNCC1,SABB1A1PMBB1PMCC1,所以 S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC1B1SACC1A1cos.20.(本小題滿分 12 分)(2014江蘇高考)如圖 4,在三棱錐 PABC 中,D,E,F(xiàn) 分別為棱
22、 PC,AC,AB 的中點(diǎn).已知 PAAC,PA6,BC8,DF5.求證:圖 4(1)直線 PA平面 DEF;(2)平面 BDE平面 ABC.【證明】(1)因?yàn)?D,E 分別為棱 PC,AC 的中點(diǎn),所以 DEPA.又因?yàn)?PA / 平面 DEF,DE平面 DEF,所以直線 PA平面 DEF.(2)因?yàn)?D, E, F 分別為棱 PC, AC, AB 的中點(diǎn), PA6, BC8, 所以 DEPA,DE12PA3,EF12BC4.又因?yàn)?DF5,故 DF2DE2EF2,所以DEF90,即 DEEF.又 PAAC,DEPA,所以 DEAC.因?yàn)?ACEFE,AC平面 ABC,EF平面 ABC,所以
23、 DE平面 ABC.又 DE平面 BDE,所以平面 BDE平面 ABC.21.( 本 小 題 滿 分 12 分 ) 在 數(shù) 列 an 中 , a1 1 , a214, 且 an1(n1)annan(n2).(1)求 a3,a4,猜想 an的表達(dá)式,并加以證明;(2)設(shè) bnanan1an an1, 求證:對(duì)任意的 nN,都有 b1b2bnn3.【導(dǎo)學(xué)號(hào):94210030】【解】(1)容易求得:a317,a4110.故可以猜想 an13n2,nN.下面利用數(shù)學(xué)歸納法加以證明:顯然當(dāng) n1,2,3,4 時(shí),結(jié)論成立,假設(shè)當(dāng) nk(k4,kN)時(shí),結(jié)論也成立,即ak13k2.那么當(dāng) nk1 時(shí),由題
24、設(shè)與歸納假設(shè)可知:ak1(k1)akkak(k1)13k2k13k2k13k22k1k1(3k1) (k1)13k113(k1)2.即當(dāng) nk1 時(shí),結(jié)論也成立,綜上,對(duì)任意 nN,an13n2成立.(2)證明:bnanan1an an113n213n113n213n113n1 3n213( 3n1 3n2),所以 b1b2bn13( 41)( 7 4)( 10 7)( 3n1 3n2)13( 3n11),所以只需要證明13( 3n11)n3 3n1 3n13n13n2 3n102 3n(顯然成立),所以對(duì)任意的 nN,都有 b1b2bnn3.22.(本小題滿分 12 分)(2016江蘇高考)
25、記 U1,2,100,對(duì)數(shù)列an(nN)和 U 的子集 T,若 T,定義 ST0;若 Tt1,t2,tk,定義STat1at2atk.例如:T1,3,66時(shí),STa1a3a66.現(xiàn)設(shè)an(nN)是公比為 3 的等比數(shù)列,且當(dāng) T2,4時(shí),ST30.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)對(duì)任意正整數(shù) k(1k100),若 T1,2,k,求證:ST0,nN,所以 STa1a2ak133k112(3k1)3k.因此,STak1.(3)證明:下面分三種情況證明.若 D 是 C 的子集,則 SCSCDSCSDSDSD2SD.若 C 是 D 的子集,則 SCSCDSCSC2SC2SD.若 D 不是 C 的子集,且 C 不是 D 的子集.令 ECUD,F(xiàn)DUC,則 E,F(xiàn),EF.于是 SCSESCD,SDSFSCD,進(jìn)而由 SCSD得 SESF.設(shè) k 為 E 中的最大數(shù),l 為 F 中的最大數(shù),則 k1,l1,kl.由(2)知,SEak1.于是 3l1alSFSEak13k,所以 l1k,即 lk.又 kl,故 lk1.從而SFa1a2al133l13l123k112ak12SE12,故 SE2SF1,所以 SCSCD2(SDSCD)1,即 SCSCD2SD1.綜合得,SCSCD2SD.
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