资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
押题预测卷05-备战2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型）
展开
这是一份押题预测卷05-备战2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型），文件包含押题预测卷05新高考九省联考题型原卷版docx、押题预测卷05新高考九省联考题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（新高考九省联考题型）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为（ ）
A. 290B. 295C. 300D. 330
【答案】B
【解析】将数据从小到大排序为：188，240，260，284，288， 290，300，360，
，所以分位数为.
故选：B
2．已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】，
故，
故，故.
故选：D
3． 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为的展开通项公式为，
则，故B正确．
故选：B．
4．已知，，m为实数，若，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意可知，
由可得，解得，所以；
所以向量在上的投影向量为.
故选：D
5．已知圆，弦过定点，则弦长不可能的取值是（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】圆的半径，
因为，
所以点在圆内，
当弦过圆心时，，
当时，弦最短，
，
所以，
所以弦长不可能的取值是D选项.
故选：D.
6．若，x，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】因为，
所以．
因为，所以．
所以，即．
当且仅当，，即，时等号成立，
所以的最小值为．
故选：C．
7．在中，角所对的边分别为，，若表示的面积，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
所以，
令，则，当且仅当，即时取等号，
所以，
故选：D.
8．已知，使恒成立的有序数对有（ ）
A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个
【答案】B
【解析】由题得函数定义域为，
要想恒成立，即恒成立，
只需恒成立，
只需恒成立，
设，
所以当时，则，使恒成立的b可取1；
所以当，则，使恒成立的b可取1，2，3，
所以一共有共4种.
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】利用复数的几何意义知在复平面内，对应的点在对应线段的中垂线即y轴上，
所以不一定是实数，所以A错误；
因为与关于实轴对称，且在y轴上，所以B，C正确；
取，则，所以D错误．
故选：BC.
10．如图，在正四棱台中，为棱上一点，则（ ）
A. 不存在点，使得直线平面
B. 当点与重合时，直线平面
C. 当为中点时，直线与所成角的余弦值为
D. 当为中点时，三棱锥与三棱锥的体积之比为
【答案】BCD
【解析】连接交于，因为正四棱台，
所以以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系，
设点在底面投影为，则，，
即正四棱台的高为，
则，，，，，，
所以，，，，
因为为棱上一点，所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
令解得，故存在点，使得直线平面，A说法错误；
当点与重合时即，，
，，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
因为，所以当点与重合时，直线平面，B说法正确；
当为中点时，即，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为，C说法正确；
设正四棱台的高为，当为中点时，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
所以三棱锥与三棱锥的体积之比为，D说法正确；
故选：BCD
11．已知函数的定义域均为，，，，且当时．，则（ ）
A.
B.
C. 函数关于直线对称
D. 方程有且只在3个实根
【答案】ACD
【解析】对于A：由，可得，所以
所以，即
所以，得，故为周期函数，且周期为，
又，可得，故，
令可得，
令中的可得
所以，A正确；
对于B：因为当时，，所以，
由得，所以
由得，所以，又，
所以，B错误；
对于C：由，可得，
故，即，，
由，可得，
故，即，所以
故为奇函数，关于对称，且周期为，又当时．，作出的图象如下：
由图可知函数关于直线对称，C正确；
对于D：方程，即，
由图可知，函数的图象和的图象有个交点，即方程有个实根，D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．甲、乙、丙、丁、戊五名同学利用寒假参加社区服务，分别从为老年人服务、社会保障服务、优抚对象服务、为残病人服务、安全防范服务等五个服务项目中选择一个报名，记事件为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选安全防范服务”，则_________.
【答案】
【解析】事件：甲同学选安全防范服务且五名同学所选项目各不相同，所以其它4名同学排列在其它4个项目，且互不相同，为，事件：甲同学选安全防范服务，所以其它4名同学排列在其它4个项目，可以安排在相同项目，为，.
故答案为：.
13.已知，，则_________.
【答案】3
【解析】方法一：因为，所以，
，因为，所以，
.
方法二：由及，解得，所以，
故答案为：3
14.抛物线与椭圆有相同的焦点，分别是椭圆的上、下焦点，P是椭圆上的任一点，I是的内心，交y轴于M，且，点是抛物线上在第一象限的点，且在该点处的切线与x轴的交点为，若，则____________．
【答案】
【解析】焦点在轴上，故椭圆的焦点在轴上，
故，
I是的内心，连接，则平分，
在中，由正弦定理得①，
在，由正弦定理得②，
其中，故，
又，
式子①与②相除得，故，
同理可得，
，
由椭圆定义可知，，
，即焦点坐标为，
所以抛物线方程为，
，故在处的切线方程为，
即，又，故，
所以在点的切线为：，
令，又，即，
所以是首项16，公比的等比数列，
．
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．如图，在直四棱柱中，，，．
（1）证明：；
（2）求二面角平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析 （2）．
【解析】（1）法一：连接，交于点，
在梯形中，，，所以，
又，所以，
则，因为，所以，
则，即．
直四棱柱中，平面，
因为平面，所以．
因为、平面，，所以平面．
因为平面，所以．
法二：以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，．
因为，，
所以，
所以，即．
（2）设平面与平面的一个法向量分别为与，
因为，，，
由得，则，令得，
所以．
由得，令，则，，
所以．
所以，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为．
16．某学校计划举办趣味投篮比赛，比赛分若干局进行.每一局比赛规则如下：两人组成一个小组，每人各投篮3次；若某选手投中次数多于未投中次数，则称该选手为“好投手”；若两人均为“好投手”，则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手均参加每一局的比赛，每人每次投篮结果互不影响.若甲､乙两位同学组成一个小组参赛，且甲､乙同学的投篮命中率分别为.
（1）求在一局比赛中甲被称为“好投手”的概率；
（2）若以“甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为3的概率最大”作为决策依据，试推断本次投篮比赛设置的总局数为多少时，对该小组更有利？
【答案】（1） （2）详见解析
【解析】（1）设一局比赛中甲被称为好投手的事件为A，
则；
（2）设一局比赛中乙被称为好投手的事件为B，
则，
甲、乙同学都获得好投手的概率为：，
比赛设置n局，甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为X，
则，且，
设，则 ，
则 ，即 ，
即 ，又 ，则 ，
所以本次投篮比赛设置的总局数8时，对该小组更有利.
17.设函数，其中a为实数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）证明见解析
【解析】（1）的定义域为，，
令，得或，
时，，时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2），
由在上有两个不同的极值点，
故有两个不同的正根，则有，解得，
因为
，
设，，
则，故在上单调递增，
又，
故．
18．设动点与定点的距离和它到定直线的距离之比等于，记点M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设过点的直线与C的右支相交于A，B两点，是内一点，且满足，试判断点是否在直线上，并说明理由．
【答案】（1） （2）点在直线上，理由见解析
【解析】（1）由动点与定点的距离和它到定直线的距离之比等于，
可得，化简得，
故所求曲线C的方程为．
（2）点在直线上．
因为，设点的坐标分别是，
由题设得，
解得，
当轴时，，，
代入有，所以点在直线上，
当AB不与轴垂直时，设直线AB的方程是，
因为曲线C的渐近线的斜率为，且直线AB与曲线C的右支相交于两点，所以，
联立方程组，整理得，
此时，可得，
则，
同理．
于是，
，
所以，所以点在直线上．
.
19．若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
（1）判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
（2）若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
（3）若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
【答案】（1）数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析
（2）证明见解析 （3）或．
【解析】（1）对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
（新高考九省联考题型）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为（ ）
A. 290B. 295C. 300D. 330
【答案】B
【解析】将数据从小到大排序为：188，240，260，284，288， 290，300，360，
，所以分位数为.
故选：B
2．已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】，
故，
故，故.
故选：D
3． 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为的展开通项公式为，
则，故B正确．
故选：B．
4．已知，，m为实数，若，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意可知，
由可得，解得，所以；
所以向量在上的投影向量为.
故选：D
5．已知圆，弦过定点，则弦长不可能的取值是（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】圆的半径，
因为，
所以点在圆内，
当弦过圆心时，，
当时，弦最短，
，
所以，
所以弦长不可能的取值是D选项.
故选：D.
6．若，x，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】因为，
所以．
因为，所以．
所以，即．
当且仅当，，即，时等号成立，
所以的最小值为．
故选：C．
7．在中，角所对的边分别为，，若表示的面积，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
所以，
令，则，当且仅当，即时取等号，
所以，
故选：D.
8．已知，使恒成立的有序数对有（ ）
A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个
【答案】B
【解析】由题得函数定义域为，
要想恒成立，即恒成立，
只需恒成立，
只需恒成立，
设，
所以当时，则，使恒成立的b可取1；
所以当，则，使恒成立的b可取1，2，3，
所以一共有共4种.
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】利用复数的几何意义知在复平面内，对应的点在对应线段的中垂线即y轴上，
所以不一定是实数，所以A错误；
因为与关于实轴对称，且在y轴上，所以B，C正确；
取，则，所以D错误．
故选：BC.
10．如图，在正四棱台中，为棱上一点，则（ ）
A. 不存在点，使得直线平面
B. 当点与重合时，直线平面
C. 当为中点时，直线与所成角的余弦值为
D. 当为中点时，三棱锥与三棱锥的体积之比为
【答案】BCD
【解析】连接交于，因为正四棱台，
所以以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系，
设点在底面投影为，则，，
即正四棱台的高为，
则，，，，，，
所以，，，，
因为为棱上一点，所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
令解得，故存在点，使得直线平面，A说法错误；
当点与重合时即，，
，，
设平面的法向量，
则，令可得平面的一个法向量为，
因为，所以当点与重合时，直线平面，B说法正确；
当为中点时，即，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为，C说法正确；
设正四棱台的高为，当为中点时，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
所以三棱锥与三棱锥的体积之比为，D说法正确；
故选：BCD
11．已知函数的定义域均为，，，，且当时．，则（ ）
A.
B.
C. 函数关于直线对称
D. 方程有且只在3个实根
【答案】ACD
【解析】对于A：由，可得，所以
所以，即
所以，得，故为周期函数，且周期为，
又，可得，故，
令可得，
令中的可得
所以，A正确；
对于B：因为当时，，所以，
由得，所以
由得，所以，又，
所以，B错误；
对于C：由，可得，
故，即，，
由，可得，
故，即，所以
故为奇函数，关于对称，且周期为，又当时．，作出的图象如下：
由图可知函数关于直线对称，C正确；
对于D：方程，即，
由图可知，函数的图象和的图象有个交点，即方程有个实根，D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．甲、乙、丙、丁、戊五名同学利用寒假参加社区服务，分别从为老年人服务、社会保障服务、优抚对象服务、为残病人服务、安全防范服务等五个服务项目中选择一个报名，记事件为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选安全防范服务”，则_________.
【答案】
【解析】事件：甲同学选安全防范服务且五名同学所选项目各不相同，所以其它4名同学排列在其它4个项目，且互不相同，为，事件：甲同学选安全防范服务，所以其它4名同学排列在其它4个项目，可以安排在相同项目，为，.
故答案为：.
13.已知，，则_________.
【答案】3
【解析】方法一：因为，所以，
，因为，所以，
.
方法二：由及，解得，所以，
故答案为：3
14.抛物线与椭圆有相同的焦点，分别是椭圆的上、下焦点，P是椭圆上的任一点，I是的内心，交y轴于M，且，点是抛物线上在第一象限的点，且在该点处的切线与x轴的交点为，若，则____________．
【答案】
【解析】焦点在轴上，故椭圆的焦点在轴上，
故，
I是的内心，连接，则平分，
在中，由正弦定理得①，
在，由正弦定理得②，
其中，故，
又，
式子①与②相除得，故，
同理可得，
，
由椭圆定义可知，，
，即焦点坐标为，
所以抛物线方程为，
，故在处的切线方程为，
即，又，故，
所以在点的切线为：，
令，又，即，
所以是首项16，公比的等比数列，
．
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．如图，在直四棱柱中，，，．
（1）证明：；
（2）求二面角平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析 （2）．
【解析】（1）法一：连接，交于点，
在梯形中，，，所以，
又，所以，
则，因为，所以，
则，即．
直四棱柱中，平面，
因为平面，所以．
因为、平面，，所以平面．
因为平面，所以．
法二：以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，．
因为，，
所以，
所以，即．
（2）设平面与平面的一个法向量分别为与，
因为，，，
由得，则，令得，
所以．
由得，令，则，，
所以．
所以，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为．
16．某学校计划举办趣味投篮比赛，比赛分若干局进行.每一局比赛规则如下：两人组成一个小组，每人各投篮3次；若某选手投中次数多于未投中次数，则称该选手为“好投手”；若两人均为“好投手”，则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手均参加每一局的比赛，每人每次投篮结果互不影响.若甲､乙两位同学组成一个小组参赛，且甲､乙同学的投篮命中率分别为.
（1）求在一局比赛中甲被称为“好投手”的概率；
（2）若以“甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为3的概率最大”作为决策依据，试推断本次投篮比赛设置的总局数为多少时，对该小组更有利？
【答案】（1） （2）详见解析
【解析】（1）设一局比赛中甲被称为好投手的事件为A，
则；
（2）设一局比赛中乙被称为好投手的事件为B，
则，
甲、乙同学都获得好投手的概率为：，
比赛设置n局，甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为X，
则，且，
设，则 ，
则 ，即 ，
即 ，又 ，则 ，
所以本次投篮比赛设置的总局数8时，对该小组更有利.
17.设函数，其中a为实数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）证明见解析
【解析】（1）的定义域为，，
令，得或，
时，，时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2），
由在上有两个不同的极值点，
故有两个不同的正根，则有，解得，
因为
，
设，，
则，故在上单调递增，
又，
故．
18．设动点与定点的距离和它到定直线的距离之比等于，记点M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设过点的直线与C的右支相交于A，B两点，是内一点，且满足，试判断点是否在直线上，并说明理由．
【答案】（1） （2）点在直线上，理由见解析
【解析】（1）由动点与定点的距离和它到定直线的距离之比等于，
可得，化简得，
故所求曲线C的方程为．
（2）点在直线上．
因为，设点的坐标分别是，
由题设得，
解得，
当轴时，，，
代入有，所以点在直线上，
当AB不与轴垂直时，设直线AB的方程是，
因为曲线C的渐近线的斜率为，且直线AB与曲线C的右支相交于两点，所以，
联立方程组，整理得，
此时，可得，
则，
同理．
于是，
，
所以，所以点在直线上．
.
19．若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
（1）判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
（2）若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
（3）若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
【答案】（1）数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析
（2）证明见解析 （3）或．
【解析】（1）对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
相关试卷
押题预测卷06-备战2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型）： 这是一份押题预测卷06-备战2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型），文件包含押题预测卷06-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷新高考九省联考题型原卷版docx、押题预测卷06-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷新高考九省联考题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
押题预测卷02-备战2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型）： 这是一份押题预测卷02-备战2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型），文件包含押题预测卷02新高考九省联考题型原卷版docx、押题预测卷02新高考九省联考题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
押题预测卷01-备战2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型）： 这是一份押题预测卷01-备战2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型），文件包含押题预测卷01新高考九省联考题型原卷版docx、押题预测卷01新高考九省联考题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
