1、 注释：艾瑞咨询研究院自主研究及绘制。 6.0% 9.5% 34.9% 22.9% 13.3% 4.0% 8.8% 13.0% 45.2% 10.0% 9.1% 3.2% 步行自行车私家车公交地铁网约车 疫情发生前后居民出行交通方式偏好改变 疫情发生前（%）疫情发生后（%） 非接触公众类型 接触公众类型 居民日常生活依旧谨慎 生活场景 下的 即时物流 产品选择 品牌选择 疫情阶段：C端用户对即时物流 了解程度加深； 疫情后时代： C端用户为避免去 往人流量较多地区，将更多使用 即时物流递送帮办的方式满足同 城物品递送的需求。 商务场景：部分用户更青睐服务稳 定优质的顺丰品牌进行商务快递件 或商
2、务即配件的需求满足； 生活场景：商务场景下的用户习惯 直接带动生活场景中即时物流需求 满足时的品牌选择，例如C端即配 需求优先倾向顺丰同城急送。 - 15 2020.6 iResearch Inc. 疫情后时代-即时物流需求 快递末端：提升配送能力及运力黏性，向社区同城递送市场渗透 疫情前，即时物流的快递末端业务已存在，从供给端来看，即时物流餐饮订单比重较高，峰谷时间段明显，因此错峰订单 的配置极为重要，快递单作为补充将极大提升配送能力及运力黏性；疫情后时代，即时物流对传统同城快递影响将更加显 著，但除商务同城递送外，社区同城递送市场同样重要，通过快递末端业务，则能够帮助推动即时物流走向社区。
3、即时物 流在完整同城递送市场将拥有更多可能性。 来源：综合企业及专家访谈，由艾瑞咨询研究院自主研究及绘制。 错峰时段订单配置 社会同城业务延伸 o顺丰同城急送：拥有顺丰快递末端订单作为补充，订 单类型更多元，业务结构较均衡，抗风险能力也较高。 o达达快送：拥有京东快递末端订单作为补充，同样也 使得自身订单结构更为健康。 提升即时物流配送能力及运力黏性（供给端） 即配对传统同城快递影响日渐增大，除商务同城外，社 区同城市场同样重要；而快递末端件则推动即配走向社 区，即时物流在完整同城递送市场将拥有更多可能性。 o顺丰品牌：顺丰快递+顺丰同城急送。 o京东品牌：京东物流+达达快送。 推动即时物流走
4、向社区（需求端） 【同城快递+同城即配】 【商务同城+社区同城】 补充同城递送市场版图 2020年疫情后时代-即时物流快递末端业务未来拓展可能性 - 16 2020.6 iResearch Inc. 疫情后时代-即时物流需求 新零售：疫情后生鲜、商超、医药等品类继续保持稳定发展 疫情后时代，生鲜商超品类的生活必需性质仍存，且疫情期间的市场教育能够使部分用户仍留存平台，市场回稳后生鲜商 超品类仍将存可观基数，发展持续向好；而医药品类由于在疫情期间居民医院出行的大量减少，更多人开始尝试互联网医 疗，医药即时物流作为互联网医疗的补充，对居民健康的贡献显著，在疫情后医药即时物流业将继续保持稳定发展。
5、来源：图片源自网络。综合企业及专家访谈，由艾瑞咨询研究院自主研究及绘制。 生鲜商超 疫情期间：刚需性质明显，外出 的风险性使得数量可观的用户使 用线上平台进行生鲜和快消类商 品的购买，并采用即时物流服务 配送到家； 疫情后：市场回稳，但基数可观， 且此类消费具有高频性，市场发 展仍持续向好。 医药健康 疫情期间：互联网医疗火爆，口 罩、药品等在线下场景奇缺的现 象使得更多人开始尝试使用线上 医药即时消费及配送服务； 疫情后：市场教育时间大幅缩短， 如在高质低价的品质服务下，用 户黏性短期内不会受到疫情结束 的太大影响。 2020年疫情后时代-即时物流新零售业务发展现状 - 17 疫情后时代，即
6、时物流供给市场的长远性变化 - 18 2020.6 iResearch Inc. 疫情后时代-即时物流供给 产品：B端客户类型多样，需求特征各有不同 受到疫情的影响，疫情后时代B端客户类型的差异化将更加显著，而各家即时物流服务商也将会对应优质服务、稳定服务 及性价比的需求，提供不同种类的产品。 来源：综合企业及专家访谈，由艾瑞咨询研究院自主研究及绘制。 关注优质服务关注稳定服务关注性价比 客户类型：品牌诉求强、物品价值高、配送质 量要求高的客户； 产品特征：稳定、优质、可定制化。 客户类型：关注配送稳定性的客户； 产品特征：时效稳定的标准化产品。 客户类型：数量众多的长尾客户 产品特征：高性价
7、比、可获得性强的经济型产 品。 顺丰同城急送：品牌产品 美团配送：美团专送 顺丰同城急送：时效产品 美团配送：美团专送 顺丰同城急送：经济产品 美团配送：美团快送 各类型B端客户需求特征 2020年疫情后时代-即时物流B端产品特征 - 19 2020.6 iResearch Inc. 疫情后时代-即时物流供给 产品：C端客户核心追求便利性服务及个性化优质体验 在即时物流C端市场上： 1）从广度来看，市场中供给产品类型多样，各家差异性不强，几乎均有递送、帮买的产品，部分有帮办的产品，总体而 言同质化程度较高； 2）从深度来看，C端用户需求特征在随时间不断变化，因此也需要即时物流服务商不断迭代更新
8、针对C端的产品和服务。 例如针对疫情阶段，部分骑手难以返程至常住城市返工，则可通过顺丰同城急送的众包平台实现在所在地返工，为疫情期 间整体即时物流匮乏的运力池增添力量，提升用户需求的应答时间和服务时效。 注释：即时物流各品牌仅为列举，排名不分先后。 来源：综合企业及专家访谈，由艾瑞咨询研究院自主研究及绘制。 货品完整 初期 服务安全 中期 体验优质 后期 广度+深度【产品多样持续迭代】 物品递送 美团跑腿 达达 蜂鸟配送 顺丰同城急送 闪送 帮买 达达 顺丰同城急送 美团跑腿 UU跑腿 蜂鸟即配 帮办 UU跑腿 顺丰同城急送（将上线） 2020年疫情后时代-即时物流C端产品特征 - 20 20
9、20.6 iResearch Inc. 疫情后时代-即时物流供给 运力：多元运力模式的融合，使即时物流得以健康发展 在即时物流的运力层面，多元运力模式的长期存在，使得即时物流行业能够为2020年疫情期间到家即配的大量需求提供优 质服务。因此，未来多元运力模式的融合将更加主流。 来源：综合企业及专家访谈，由艾瑞咨询研究院自主研究及绘制。 专人专送 如：顺丰同城急送为瑞幸咖啡提供专 人专送的驻店模式，以便捷高效的即 时配送实现30分钟内极高咖啡送达率。 驻店 网格化管理 如：顺丰同城急送在业务网络上聚焦 网格化商圈内的各品类、各时段订单 的拓展，最大化订单密度，让订单品 类、订单时段、订单距离分布
10、更合理， 提升配送效能。 商圈 特殊场景需求满足 如：顺丰同城急送建立运力全城网，满足客 户在特殊场景下的全城即时物流服务需求。 全城 管控力度强，服务品质高 如：闪送开始在一些地区试行全职运 力，以应对如暴雨等突发天气或其他 突发状况下的运力不足等情况。 全职 运力招募迅速，平台化模式轻 如：目前大部分即时物流平台均主要 以众包运力作为主力运力组织形式， 可以实现运力的迅速增加以及配送效 率的提升。 众包 新城市拓展高效 如：在新城市拓展时招募当地有经验的代理 商进行业务的开展，相较自营全职更高效。 代理 多样性组织形式多重类型组合 2020年疫情后时代-即时物流多元运力模式分析 - 21
11、2020.6 iResearch Inc. 疫情后时代-即时物流供给 科技：行业科技不断迭代，促进产出更优质高效的解决方案 疫情后时代，即时物流行业的科技水平将进一步迭代更新，推动整体行业的成本更低效率更优，更好地为客户及消费者提 供优质服务，为行业和客户产出更加优质高效的解决方案。 来源：图片源自网络。综合企业及专家访谈，由艾瑞咨询研究院自主研究及绘制。 顺丰同城急送 业务中台 不同入口来源的订单 连【解答】解：将三视图还原可知该几何体为球体的，S3+，r，几何体的体积为：故选：A【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，几何体的体积公式和面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化
12、能力，属于基础题型6（5分）阿基米德（公元前287年公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆的离心率为，面积为12，则椭圆C的方程为（）ABCD【考点】K4：椭圆的性质菁优网版权所有【分析】利用已知条件列出方程组，求出a，b，即可得到椭圆方程【解答】解：由题意可得：，解得a4，b3，因为椭圆的焦点坐标在y轴上，所以椭圆方程为：故选：A【点评】本题考查椭圆飞简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力7（5分）设a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，若BCA，且b
13、2acosA，则A（）ABCD【考点】HP：正弦定理菁优网版权所有【分析】由正弦定理化简已知等式可得：sinBsin2A，可求B2A，或B2A，根据三角形的内角和定理即可得解A的值【解答】解：在ABC中，b2acosA，由正弦定理可得：sinB2sinAcosAsin2A，B2A，或B2A，BCA，当B2A时，由于A+B+C5A，可得：A；当B2A时，由于A+B+CB+2A，可得：BCA（舍去）综上，A故选：B【点评】本题主要考查了正弦定理，三角形的内角和定理在解三角形中的综合应用，属于基础题8（5分）的展开式的各项系数之和为3，则该展开式中x3项的系数为（）A30B80C50D130【考点】
14、DA：二项式定理菁优网版权所有【分析】令x1得各项系数为3，求出n的值，结合展开式项的系数进行求解即可【解答】解：令x1得各项系数和为（2n）（12）53，即n23，得n5，多项式为（2x25）（x）5，二项式（x）5的通项公式为Tk+1C5kx5k（）k（2）kC5kx52k，若第一个因式是2x2，则第二个因式为x，即当k2时，因式为4C52x40x，此时2x240x80x3，若第一个因式是5，则第二个因式为x3，即当k1时，因式为2C51x310x3，此时5（10）x350x3，则展开式中x3项的为80x3+50x3130x3，即x3的系数为130故选：D【点评】本题主要考查二项式定理的应
15、用，令x1求出各项系数和以及通过通项公式求出对应项的系数是解决本题的关键9（5分）函数的部分图象不可能为（）ABCD【考点】HK：由yAsin（x+）的部分图象确定其解析式菁优网版权所有【分析】根据三角函数的图象判断周期性性以及对称轴是否对应即可得到结论【解答】解：A由图象知函数的周期T2，则2得1，此时f（x）2sin（x）2cosx为偶函数，对应图象为A，故A图象可能B由图象知函数的周期T（），即，得3，当3时，此时f（x）2sin（3x），f（）2sin（3）2sin2，即B图象不可能，当3时，此时f（x）2sin（3x+），f（）2sin（3+）2sin2，即B图象不可能，C由图象知函
16、数的周期T4，则4得，当时，此时f（x）2sin（x）2sinx，f（）2sin1，即此时C图象不可能，当时，此时f（x）2sin（x）2sinx，f（）2sin1，即此时C图象可能，D由图象知函数的周期，即t，则得2，此时f（x）2sin（2x），f（）2sin（2）2sin2，即D图象可能，综上不可能的图象是B，故选：B【点评】本题主要考查三角函数图象的识别和判断，利用周期性求出以及利用特殊值进行验证是解决本题的关键注意本题的有可能是复数10（5分）若函数f（x）x3kex在（0，+）上单调递减，则k的取值范围为（）A0，+）BCD【考点】6B：利用导数研究函数的单调性菁优网版权所有【分析
17、】令f（x）0在（0，+）上恒成立得k在（0，+）上恒成立，求出右侧函数的最大值即可得出k的范围【解答】解：函数f（x）x3kex在（0，+）上单调递减，f（x）3x2kex0在（0，+）上恒成立，k在（0，+）上恒成立，令g（x），x0，则，当0x2时，g（x）0，此时g（x）单调递增，x2时，g（x）0，g（x）单调递减故当x2时，g（x）取得最大值g（2），则k，故选：C【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数恒成立问题，属于中档题11（5分）已知高为H的正三棱锥PABC的每个顶点都在半径为R的球O的球面上，若二面角PABC的正切值为4，则（）ABCD【考点】MJ：二面角的平面角及
18、求法菁优网版权所有【分析】设棱锥底面边长为a，由已知把a用含有H的代数式表示，再由球的性质利用勾股定理求得【解答】解：设P在底面ABC的射影为E，D为AB的中点，连结PD，设正三角形ABC的边长为a，则CD，ED，ECa，由二面角PABC的正切值为4，得4，解得aEC，OP+OCR，OEHR，OC2OE2+CE2，R2（HR）2+（）2，解得故选：A【点评】本题考查正三棱柱的高与其外接球半径的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题12（5分）已知函数，若关于x的方程f（f（x）m有两个不同的实数根x1，x2，则x1+x2的取值范围为（）A2，3
19、）B（2，3）C2ln2，4）D（2ln2，4）【考点】53：函数的零点与方程根的关系；57：函数与方程的综合运用菁优网版权所有【分析】画出函数，的图象，可求得当0m1时，f（t）m，有一个解t，且t1，2）f（x）t两个不同的实数根x1，x2，符合题意可得1x1log2xt，且t1，2），x1+x22tt+1，令g（t）2tt+1，利用导数求解【解答】解：函数，的图象如下：当m1时，f（t）m，有两个解t1，t2，其中t10，t22，f（x）t1有一个解，f（x）t2有两个解，不符合题意当m0时，f（t）m，有一个解t，且t（0，1）f（x）t有一个解，不符合题意当0m1时，f（t）m，有一
20、个解t，且t1，2）f（x）t两个不同的实数根x1，x2，符合题意可得1x1log2xt，且t1，2），x1+x22tt+1，令g（t）2tt+1，g（t）2tlnt10，故g（t）在（1，2）单调递增，g（t）2，3）故选：A【点评】本题考查了函数与方程思想、数形结合思想，属于中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13（5分）若x，y满足约束条件，则的最大值为【考点】7C：简单线性规划菁优网版权所有【分析】设z，作出不等式组对应得平面区域，利用z得几何意义即可得到结论【解答】解：设z，则k得几何意义为过原点得直线得斜率，作出不等式组对应得平面区域
21、如图：则由图象可知OA的斜率最大，由，解得A（3，4），则OA得斜率k，则的最大值为故答案为：【点评】本题主要考查直线斜率的计算，以及线性规划得应用，根据z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键14（5分）若tan（2）4，tan2，则【考点】GP：两角和与差的三角函数菁优网版权所有【分析】由已知求得tan2，再由tantan（2）+2求出tan，代入得答案【解答】解：由tan2，得tan2，又tan（2）4，tantan（2）+2故答案为：【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查两角和的正切与二倍角的正切，是中档题15（5分）已知函数f（x）3x+9x（txt+1），若f（x）的最大值为1
22、2，则f（x）的最小值为2【考点】3H：函数的最值及其几何意义菁优网版权所有【分析】由二次型函数值域的求法得：设m3x，则3tm3t+1，则g（m）m2+m，3tm3t+1，因为函数g（m）在3t，3t+1为增函数，所以（3t+1）2+3t+112，解得：3t+13，即t0，即f（x）ming（30）2，得解【解答】解：设m3x，因为txt+1，所以3t赕授攀(鵑砀皈阀砀盈砀皈讀缁蜰H缀窒籿簀椀匂謃甃甄甄輄匄錅锅蜅穧蝨谀瑛谀瑛瀀搀昀挀挀昀挀搀愀挀愀挀挀昀戀戀戀昀最椀昀蜀穧蝨谀瑛谀瑛瀀搀昀尀尀愀愀昀挀搀昀搀昀搀愀昀戀戀昀氀匀渀漀欀樀夀吀挀伀伀攀搀圀搀一稀欀琀伀栀爀漀欀儀栀戀挀眀稀蜀谀瑛桲琀琀瀀猀
23、眀眀眀眀攀渀欀甀渀攀琀挀漀洀椀氀攀刀漀漀琀尀圀攀渀欀甀渀攀琀椀氀攀刀漀漀琀尀搀昀挀挀昀挀攀搀昀昀搀攀挀搀攀猀琀椀氀氀猀琀愀渀搀椀渀最瘀蝎刀栀昀樀圀栀戀樀礀搀欀礀伀最椀砀甀礀挀礀欀稀最戀猀樀刀娀刀稀娀刀一娀夀挀圀愀戀伀一圀氀渀圀圀騀唀盈4儀胔-鈀渀怀缀妨+i縀$项目管理经验总结精编版-完整版-完整版.pdfd1918aa79d944b6d873c3cd68e74119b.gif项目管理经验总结精编版-完整版-完整版.pdf2021-31013eb233e-2a3f-4b31-805b-a9bb282ca0c43LxMMxmYg6FRjsQPsaO5QjoLcBjOMCCvzeUCUBxw9Rlz
24、yer9H0fRhA=项目,管理经验,总结,精编,完整版https:/ stillstanding0002000006其他文案20210310095227261342nUfMDQQhDV+s3oCjDQeoOppu3QE/hl44M6VSGDVHba/OmPgUwmA7ZavR1ALiqqm7 X0:9赕撛戀(鵑谀皿阀砀益谀皿讀缁H缀窒籿椀猂礃欅欅欅欅欅欅欅欅欅欅欅欅欅欅欅欅崅弆奎榀顷筒驙譛坟谀瑛瀀搀昀昀戀挀戀挀愀最椀昀奎榀顷筒驙譛坟谀瑛瀀搀昀尀尀愀攀搀愀昀愀挀戀搀愀愀攀砀嘀一匀搀欀渀匀昀唀儀嘀焀伀戀渀堀甀堀甀倀栀瀀椀戀愀最椀筒驙譛谀瑛桲琀琀瀀猀眀眀眀眀攀渀欀甀渀攀琀挀漀洀椀氀攀刀漀漀琀尀圀攀渀欀甀渀攀琀椀氀攀刀漀漀琀尀戀戀愀挀搀戀挀昀攀愀愀愀猀琀椀氀氀猀琀愀渀搀椀渀最瘀蝎堀爀搀昀漀礀砀猀焀渀渀渀最一伀爀氀刀瀀樀刀匀樀堀瘀搀匀最堀儀洀挀椀稀嘀戀刀稀焀氀堀騀騀盈质质胔-鈀渀怀缀塼+i縀$萵某学校开学返校教学运行工作方案及开学衔接教学工作计划2篇.docx8dc509cfd95842c0901e8b9c4ca
