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2016


分类加法计数原理与分步乘法计数原理的应用

1.熟练应用两个计数原理.(重点) 2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题.(难点)

[基础·初探] 教材整理 分类加法计数原理与分步乘法计数 原理的联系与区别 阅读教材 P6 例 5~P10,完成下列问题. 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别 分类加法计数原理 联系 区别一 分步乘法计数原理

两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题 完成一件事共有 n 类办法,关键词是 “分类” 完成一件事共分 n 个步骤,关键词是 “分步” 任何一步都不能独立完成这件事,缺少

区别二

每类办法都能完成这件事

任何一步也不能完成这件事,只有每个 步骤都完成了,才能完成这件事

区别三

各类办法都是互斥的、并列的、独立的

各步之间是相互关联的、互相依存的

1.由 1,2,3,4 组成没有重复数字的三位数的个数为________. 【解析】 由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为 4×3×2=24. 【答案】 24 2 . (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3)(c1 + c2 + c3 + c4) 展开后共有 ________ 项 . 【导学号: 97270004】 【解析】 该展开式中每一项的因式分别来自 a1+a2+a3,b1+b2+b3,c1+c2+c3+c4

中的各一项.由 a1,a2,a3 中取一项共 3 种取法,从 b1,b2,b3 中取一项有 3 种不同取法, 从 c1, c2, c3, c4 中任取一项共 4 种不同的取法. 由分步乘法计数原理知, 该展开式共 3×3×4 =36(项).
1

【答案】 36 3.5 名班委进行分工,其中 A 不适合当班长,B 只适合当学习委员,则不同的分工方案 种数为________. 【解析】 根据题意,B 只适合当学习委员,有 1 种情况,A 不适合当班长,也不能当 学习委员,有 3 种安排方法,剩余的 3 人担任剩余的工作,有 3×2×1=6 种情况,由分步 乘法计数原理,可得共有 1×3×6=18 种分工方案. 【答案】 18 4.用 1,2,3 三个数字组成一个四位数,规定这三个数必须全部使用,且同一数字不能 相邻,这样的四位数有________个. 【解析】 分三步完成,第 1 步,确定哪一个数字被使用 2 次,有 3 种方法;第 2 步, 把这 2 个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上,有 3 种方法;第 3 步,将余下的 2 个数字排在四位数余下的两个位置上,有 2 种方法.故有 3×3×2=18 个不同的四位数. 【答案】 18 [质疑·手记] 预习完成后,请将你的疑问记录,并与“小伙伴们”探讨交流: 疑问 1: 解惑: 疑问 2: 解惑: 疑问 3: 解惑:

[小组合作型]

抽取(分配)问题 (1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践,其中工厂甲 必须有班级去,每班去何工厂可自由选择,则不同的分配方案有( A.16 种 B.18 种 C.37 种 ) D.48 种

(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡,放在一起,再各取一张不是自己的贺卡,则不 同取法的种数有________.

2

【精彩点拨】 (1)由于去甲工厂的班级分配情况较多,而其对立面较少,可考虑间接 法求解. (2)先让一人去抽,然后再让被抽到贺卡所写人去抽. 【自主解答】 (1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有 4 种 不同的分配方案,若三个班都不去工厂甲则有 3 种不同的分配方案.则满足条件的不同的 分配方案有 4 -3 =37(种).故选 C. (2)不妨由甲先来取,共 3 种取法,而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取,共 3 种 取法,余下来的人,都只有 1 种选择,所以不同取法共有 3×3×1×1=9(种). 【答案】 (1)C (2)9
3 3 3 3

求解抽取(分配)问题的方法 1.当涉及对象数目不大时,一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法. 2.当涉及对象数目很大时,一般有两种方法:①直接法:直接使用分类加法计数原理 或分步乘法计数原理.②间接法:去掉限制条件,计算所有的抽取方法数,然后减去所有不 符合条件的抽取方法数即可.

[再练一题] 1. 3 个不同的小球放入 5 个不同的盒子, 每个盒子至多放一个小球, 共有多少种方法? 【解】 法一 (以小球为研究对象)分三步来完成: 第一步:放第一个小球有 5 种选择; 第二步:放第二个小球有 4 种选择; 第三步:放第三个小球有 3 种选择. 根据分步乘法计数原理得: 共有方法数 N=5×4×3=60. 法二 (以盒子为研究对象)盒子标上序号 1,2,3,4,5,分成以下 10 类: 第一类:空盒子标号为(1,2):选法有 3×2×1=6(种); 第二类:空盒子标号为(1,3):选法有 3×2×1=6(种); 第三类:空盒子标号为(1,4):选法有 3×2×1=6(种); 分类还有以下几种情况: 空盒子标号分别为(1,5), (2,3), (2,4), (2,5), (3,4), (3,5), (4,5),共 10 类,每一类都有 6 种方法. 根据分类加法计数原理得,共有方法数 N=6+6+?+6=60(种).

组数问题
3

用 0,1,2,3,4,5 可以组成多少个无重复数字的 (1)银行存折的四位密码; (2)四位整数; (3)比 2 000 大的四位偶数. 【精彩点拨】 (1)用分步乘法计数原理求解(1)问;(2)0 不能作首位,优先排首位, 用分步乘法计数原理求解;(3)可以按个位是 0,2,4 分三类,也可以按首位是 2,3,4,5 分四 类解决,也可以用间接法求解. 【自主解答】 (1)分步解决. 第一步:选取左边第一个位置上的数字,有 6 种选取方法; 第二步:选取左边第二个位置上的数字,有 5 种选取方法; 第三步:选取左边第三个位置上的数字,有 4 种选取方法; 第四步:选取左边第四个位置上的数字,有 3 种选取方法. 由分步乘法计数原理知,可组成不同的四位密码共有 6×5×4×3=360(个). (2)分步解决. 第一步:首位数字有 5 种选取方法; 第二步:百位数字有 5 种选取方法; 第三步:十位数字有 4 种选取方法; 第四步:个位数字有 3 种选取方法. 由分步乘法计数原理知,可组成四位整数有 5×5×4×3=300(个). (3)法一 按末位是 0,2,4 分为三类: 第一类:末位是 0 的有 4×4×3=48 个; 第二类:末位是 2 的有 3×4×3=36 个; 第三类:末位是 4 的有 3×4×3=36 个. 则由分类加法计数原理有 N=48+36+36=120(个). 法二 按千位是 2,3,4,5 分四类: 第一类:千位是 2 的有 2×4×3=24(个); 第二类:千位是 3 的有 3×4×3=36(个); 第三类:千位是 4 的有 2×4×3=24(个); 第四类:千位是 5 的有 3×4×3=36(个). 则由分类加法计数原理有 N=24+36+24+36=120(个). 法三(间接法) 用 0,1,2,3,4,5 可以组成的无重复数字的四位偶数分两类:
4

第一类:末位是 0 的有 5×4×3=60 个; 第二类:末位是 2 或 4 的有 2×4×4×3=96 个. 共有 60+96=156(个). 其中比 2 000 小的有:千位是 1 的共有 3×4×3=36(个), 所以符合条件的四位偶数共有 156-36=120(个).

1.对于组数问题,一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类,分类中再按特 殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成; 如果正面分类较多, 可采用间接法从反面求解. 2.解决组数问题,应特别注意其限制条件,有些条件是隐藏的,要善于挖掘.排数时, 要注意特殊元素、特殊位置优先的原则.

[再练一题] 2.由 0,1,2,3 这四个数字,可组成多少个: (1)无重复数字的三位数? (2)可以有重复数字的三位数? 【解】 (1)0 不能做百位数字,所以百位数字有 3 种选择,十位数字有 3 种选择,个 位数字有 2 种选择,所以无重复数字的三位数共有 3×3×2=18(个). (2)百位数字有 3 种选择,十位数字有 4 种选择,个位数字也有 4 种选择. 由分步乘法计数原理知,可以有重复数字的三位数共有 3×4×4=48(个).

涂色问题 探究 1 用 3 种不同颜色填涂图中 A,B,C,D 四个区

A
图 1?1?4

B

C

D

域,且使相邻区域不同色,若按从左到右依次涂色,有多少种不同的涂色方案? 【提示】 涂 A 区有 3 种涂法,B,C,D 区域各有 2 种不同的涂法,由分步乘法计数原 理将 A,B,C,D 四个区域涂色共有 3×2×2×2=24(种)不同方案. 探究 2 在探究 1 中,若恰好用 3 种不同颜色涂 A,B,C,D 四个区域,那么哪些区域 必同色?把四个区域涂色,共有多少种不同的涂色方案? 【提示】 恰用 3 种不同颜色涂四个区域,则 A,C 区域,或 A,D 区域,或 B,D 区域 必同色. 由加法计数原理可得恰用 3 种不同颜色涂四个区域共 3×2×1+3×2×1+3×2×1 =18(种)不同的方案. 探究 3 在探究 1 中,若恰好用 2 种不同颜色涂完四个区域,则哪些区域必同色?共有

5

多少种不同的涂色方案? 【提示】 若恰好用 2 种不同颜色涂四个区域,则 A,C 区域必同色,且 B、D 区域必同 色.先从 3 种不同颜色中任取两种颜色,共 3 种不同的取法,然后用所取的 2 种颜色涂四个 区域共 2 种不同的涂法. 由分步乘法计数原理可得恰好用 2 种不同颜色涂四个区域共有 3×2 =6(种)不同的涂色方案.

图 1?1?5 将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图 1?1?5 所示的图中,要求相邻的两个区域的 颜色都不相同,则有多少种不同的涂色方法? 【精彩点拨】 给图中区域标上记号 A,B,C,D,E,则 A 区域有 4 种不同的涂色方法,

B 区域有 3 种,C 区域有 2 种,D 区域有 2 种,但 E 区域的涂色取决于 B 与 D 涂的颜色,如
果 B 与 D 颜色相同有 2 种,如果不相同,那么只有 1 种.因此应先分类后分步.

【自主解答】 法一:给图中区域标上记号 A,B,C,D,E,如图所示. ①当 B 与 D 同色时,有 4×3×2×1×2=48 种. ②当 B 与 D 不同色时,有 4×3×2×1×1=24 种. 故共有 48+24=72 种不同的涂色方法. 法二:按涂色时所用颜色种数多少分类: 第一类,用 4 种颜色:此时 B,D 区域或 A,E 区域同色,则共有 2×4×3×2×1=48 种不同涂法. 第二类,用 3 种颜色:此时 B,D 同色,A,E 同色,先从 4 种颜色中取 3 种,再涂色, 共 4×3×2×1=24 种不同涂法. 由分类加法计数原理共 48+24=72 种不同涂法.

求解涂色?种植?问题一般是直接利用两个计数原理求解, 常用方法有: ,?1?按区域 的不同以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;?2?以颜色?种植作物?为主分 类讨论,适用于“区域、点、线段”问题,用分类加法计数原理分析;?3?对于涂色问题 将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题.

6

[再练一题] 3.

图 1?1?6 如图 1?1?6 所示的几何体是由一个正三棱锥 P?ABC 与正三棱柱 ABC?A1B1C1 组合而成的, 现用 3 种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面 A1B1C1 不涂色),要求相邻的面均不同色, 则不同的染色方案共有________种. 【解析】 先涂三棱锥 P?ABC 的三个侧面,然后涂三棱柱的三个侧面,由分步乘法计数 原理,共有 3×2×1×2=12 种不同的涂法. 【答案】 12 [构建·体系]

1.已知 x∈{1,2,3,4},y∈{5,6,7,8},则 xy 可表示不同值的个数为( A.2 B.4 C.8 D.15

)

【解析】 x 的取值共有 4 个,y 的取值也有 4 个,则 xy 共有 4×4=16 个积,但是由 于 3×8=4×6,所以 xy 共有 16-1=15(个)不同值,故选 D. 【答案】 D 2.某年级要从 3 名男生,2 名女生中选派 3 人参加某次社区服务,如果要求至少有 1 名女生,那么不同的选派方案有( A.6 种 ) B.7 种 C.8 种 D.9 种

【解析】 可按女生人数分类:若选派一名女生,有 2×3=6 种;若选派 2 名女生,则
7

有 3 种.由分类加法计数原理,共有 9 种不同的选派方法. 【答案】 D 3.3 名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组,每人选报一门,则不 同的报名方案有________种. 【导学号:97270005】 【解析】 每名同学都有 4 种不同的报名方案,共有 4×4×4=64 种不同的方法. 【答案】 64 4.圆周上有 2n 个等分点(n 大于 2),任取 3 点可得一个三角形,恰为直角三角形的个 数为________. 【解析】 先在圆周上找一点,因为有 2n 个等分点,所以应有 n 条直径,不过该点的 直径应有 n-1 条,这 n-1 条直径都可以与该点形成直角三角形,一个点可以形成 n-1 个 直角三角形,而这样的点有 2n 个,所以一共有 2n(n-1)个符合题意的直角三角形. 【答案】 2n(n-1) 5.

图 1?1?7 用 6 种不同颜色的彩色粉笔写黑板报, 板报设计如图 1?1?7 所示, 要求相邻区域不能用 同一种颜色的彩色粉笔.问:该板报有多少种书写方案? 【解】 第一步,选英语角用的彩色粉笔,有 6 种不同的选法;第二步,选语文学苑用 的彩色粉笔,不能与英语角用的颜色相同,有 5 种不同的选法;第三步,选理综视界用的彩 色粉笔,与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同,有 4 种不同的选法;第四步,选数学天 地用的彩色粉笔,只需与理综视界的颜色不同即可,有 5 种不同的选法,共有 6×5×4×5 =600 种不同的书写方案.

我还有这些不足: (1) (2) 我的课下提升方案: (1) (2)

学业分层测评

8

(建议用时:45 分钟) [学业达标] 一、选择题 1.5 名同学去听同时进行的 4 个课外知识讲座,每个同学可自由选择,且必须选择一 个知识讲座,则不同的选择种数是( A.5
4

) B.4
5

C.5×4×3×2

D.5×4

【解析】 5 名同学每人都选一个课外知识讲座,则每人都有 4 种选择,由分步乘法计 数原理知共有 4×4×4×4×4=4 种选择. 【答案】 B 2.已知集合 M={1,-2,3},N={-4,5,6,7},从两个集合中各取一个元素作为点的 坐标,则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( A.18 【解析】 分两类. 第一类:M 中的元素作横坐标,N 中的元素作纵坐标,则在第一、二象限内的点有 3×3 =9(个); 第二类:N 中的元素作横坐标,M 中的元素作纵坐标,则在第一、二象限内的点有 4×2 =8(个). 由分类加法计数原理,共有 9+8=17(个)点在第一、二象限. 【答案】 B 3.同室四人各写一张贺年卡,先集中起来,然后每人从中拿一张别人的贺年卡,则四 张贺年卡不同的分配方式有( A.12 种 ) B.9 种 C.8 种 D.6 种 B.17 C.16 D.10 )
5

【解析】 设四张贺卡分别记为 A,B,C,D.由题意,某人(不妨设 A 卡的供卡人)取卡 的情况有 3 种,据此将卡的分配方式分为三类,对于每一类,其他人依次取卡分步进行,为 了避免重复或遗漏,我们用“树状图”表示如下:

BADCCDADAC CADBDABDBA DABCCABCBA
所以共有 9 种不同的分配方式,故选 B. 【答案】 B

3

4

图 1?1?8
9

4.将 1,2,3,?,9 这 9 个数字填在如图的 9 个空格中,要求每一行从左到右,每一列 从上到下分别依次增大.当 3,4 固定在图 1?1?8 中的位置时,填写空格的方法为( A.6 种 C.18 种 B.12 种 D.24 种 )

【解析】 因为每一行从左到右, 每一列从上到下分别依次增大, 1,2,9 只有一种填法, 5 只能填在右上角或左下角,5 填好后与之相邻的空格可填 6,7,8 任一个;余下两个数字按 从小到大只有一种方法.共有 2×3=6 种结果,故选 A. 【答案】 A 5.体育老师把 9 个相同的足球放入编号为 1,2,3 的三个箱子中,要求每个箱子放球的 个数不少于其编号,则不同的放球方法有( A.8 种 C.12 种 ) 【导学号:97270006】

B.10 种 D.16 种

【解析】 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球, 这样剩下三个足球,这三个足球可以随意放置, 第一种方法,可以在每一个箱子中放一个,有 1 种结果; 第二种方法,可以把球分成两份,1 和 2,这两份在三个位置,有 3×2=6 种结果;第 三种方法,可以把三个球都放到一个箱子中,有 3 种结果. 综上可知共有 1+6+3=10 种结果. 【答案】 B 二、填空题 6.小张正在玩“QQ 农场”游戏,他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜 这 5 种种子中选出 4 种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物), 若小张 已决定在第一块空地上种茄子或辣椒,则不同的种植方案共有________种. 【解析】 当第一块地种茄子时, 有 4×3×2=24 种不同的种法; 当第一块地种辣椒时, 有 4×3×2=24 种不同的种法,故共有 48 种不同的种植方案. 【答案】 48 7. 从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取 3 个不同元素分别作为直线方程 Ax+By+C=0 中的

A,B,C,所得直线经过坐标原点的有________条.
【解析】 因为过原点的直线常数项为 0,所以 C=0,从集合中的 6 个非零元素中任取 一个作为系数 A,有 6 种方法,再从其余的 5 个元素中任取一个作为系数 B,有 5 种方法, 由分步乘法计数原理得,适合条件的直线共有 1×6×5=30(条). 【答案】 30 8.甲、乙、丙 3 位志愿者安排在周一至周五的 5 天中参加某项志愿者活动,要求每人 参加一天且每天至多安排一人,并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有
10

________种. 【解析】 分三类:若甲在周一,则乙丙有 4×3=12 种排法; 若甲在周二,则乙丙有 3×2=6 种排法; 若甲在周三,则乙丙有 2×1=2 种排法. 所以不同的安排方法共有 12+6+2=20 种. 【答案】 20 三、解答题 9.如图 1?1?9 所示,用 6 种不同的颜色给图中的 4 个格子涂色,每个格子涂一种颜色, 要求相邻的两个格子颜色不同, 且两端的格子的颜色也不同, 不同的涂色方法共有多少种(用 数字作答).

图 1?1?9 【解】 不妨将图中的 4 个格子依次编号为①②③④,当①③同色时,有 6×5×1×5 =150 种方法;当①③异色时,有 6×5×4×4=480 种方法.所以共有 150+480=630 种方 法. 10.用数字 1,2,3,4,5,6 组成无重复数字的三位数,然后由小到大排成一个数列. (1)求这个数列的项数; (2)求这个数列中的第 89 项的值. 【解】 (1)完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数,可以先确定百位,再确定 十位,最后确定个位,因此要分步相乘. 第一步:确定百位数,有 6 种方法. 第二步:确定十位数,有 5 种方法. 第三步:确定个位数,有 4 种方法. 根据分步乘法计数原理,共有

N=6×5×4=120 个三位数.
所以这个数列的项数为 120. (2)这个数列中,百位是 1,2,3,4 的共有 4×5×4=80 个, 百位是 5 的三位数中,十位是 1 或 2 的有 4+4=8 个, 故第 88 个为 526,故从小到大第 89 项为 531. [能力提升] 1.(2016·菏泽检测)如图 1?1?10,一环形花坛分成 A,B,C,D 四块,现有 4 种不同 的花供选种, 要求在每块里种 1 种花, 且相邻的 2 块种不同的花, 则不同的种法总数为( )

11

图 1?1?10

A.96

B.84 C.60

D.48

【解析】 可依次种 A,B,C,D 四块,当 C 与 A 种同一种花时,有 4×3×1×3=36 种种法;当 C 与 A 所种花不同时,有 4×3×2×2=48 种种法. 由分类加法计数原理,不同的种法种数为 36+48=84. 【答案】 B 2.两人进行乒乓球比赛,采取五局三胜制,即先赢三局者获胜,决出胜负为止,则所 有可能出现的情形(各人输赢局数的不同视为不同情形)共有( A.10 种 B.15 种 C.20 种 D.30 种 )

【解析】 由题意知,比赛局数最少为 3 局,至多为 5 局.当比赛局数为 3 局时,情形 为甲或乙连赢 3 局,共 2 种;当比赛局数为 4 局时,若甲赢,则前 3 局中甲赢 2 局,最后一 局甲赢,共有 3 种情形;同理,若乙赢,则也有 3 种情形,所以共有 6 种情形;当比赛局数 为 5 局时,前 4 局,甲、乙双方各赢 2 局,最后一局胜出的人赢,若甲前 4 局赢 2 局,共有 赢取第 1、2 局,1、3 局,1、4 局,2、3 局,2、4 局,3、4 局六种情形,所以比赛局数为 5 局时共有 2×6=12(种),综上可知,共有 2+6+12=20(种).故选 C. 【答案】 C 3.在一次运动会选手选拔赛上,8 名男运动员参加 100 米决赛.其中甲、乙、丙三人 必须在 1,2,3,4,5,6,7,8 八条跑道的奇数号跑道上,则安排这 8 名运动员比赛的方式共有 ________种. 【解析】 分两步安排这 8 名运动员. 第一步: 安排甲、 乙、 丙三人, 共有 1,3,5,7 四条跑道可安排, 所以安排方式有 4×3×2 =24 种. 第二步:安排另外 5 人,可在 2,4,6,8 及余下的一条奇数号跑道安排,所以安排方式有 5×4×3×2×1=120 种. 所以安排这 8 人的方式有 24×120=2 880 种. 【答案】 2 880 4.(2016·杭州外国语学校检测)给出一个正五棱柱,用 3 种颜色给其 10 个顶点染色, 要求各侧棱的两个端点不同色,有几种染色方案? 【解】 分两步,先给上底面的 5 个顶点染色,每个顶点都有 3 种方法,共有 3 种方 法,再给下底面的 5 个顶点染色,因为各侧棱两个端点不同色,所以每个顶点有 2 种方法,
5

12

共有 2 种方法,根据分步乘法计数原理,共有 3 ·2 =7 776(种)染色方案.

5

5

5

13


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