精品解析：江苏省南京市六合区名校联盟2026届第一次调研数学试题（解析版）_5394_2026届江苏南京名校联盟高三下学期一模试题_江苏省南京市六合区名校联盟2026届第一次调研数学试题

2026 届名校联盟第一次调研 命题人：侯伯源 审题人： 张名非 一、单选题（每小题 5分，共 40分） U 2,1,1,4 A2,1 B1,4 A∩ð B 1. 已知全集 ， ， ，则 U 等于（ ） A. 2 B. 2,1 C. 1,1,4 D. 2,1,1 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集、交集的定义，即可得答案. 【详解】由题意ð U B{2,1}，所以A  ð U B {2}. 故选：A 2. 复数i2024+2i2025+3i2026在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先求出所求复数，再判断其对应点所在象限即可. 【详解】i2024+2i2025+3i2026 12i322i， 所以复数i2024+2i2025+3i2026在复平面内对应的点为(2,2)， 故选：B 3. 已知数列 a  的前n项和为S ，则对nN*，“a a a ”是“a S a ”的（ ） n n n2 n1 n n2 n 2 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用累加法，结合题意可得，由a a a 能推出a S a ；举出反例，可得 n2 n1 n n2 n 2 “a S a ”推不出“a a a ”.由充分、必要条件的定义得出答案. n2 n 2 n2 n1 n 【详解】由a a a 得：a a a ，a a a ，a a a ，……，a a a ， n2 n1 n 3 2 1 4 3 2 5 4 3 n2 n1 n 不等式左右两边分别相加，得 第1页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君a a a a a a a a a a a a  ， 3 4 n n1 n2 2 3 n n1 1 2 n 消去两边相同的项得，a n2 a 2 a 1 a 2   a n S n a 2 ， 所以a S a ； n2 n 2 取数列 a  满足，a a 0，a a 1，且对nN*,且n3有a S 1S a . n 1 2 3 4 n2 n n 2 满足a S a ，a S a ，但a a a .不满足a a a . 3 1 2 4 2 2 4 3 2 n2 n1 n 即“a S a ”推不出“a a a ”. n2 n 2 n2 n1 n 所以“a a a ”是“a S a ”的充分不必要条件. n2 n1 n n2 n 2 故选：A. ln x 4. 已知函数 f x ，则它的部分图象大致是（ ） x A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由奇偶性的定义及x1时函数值符号，应用排除法即可得. ln x ln|x| 【详解】由题设，函数的定义域为{x|x0}，且 f x  f(x)， x x ln x 所以 f x 为奇函数，排除B、D， x ln x 当x1时，ln|x|0，故 f x 0，排除C. x 故选：A 5. 已知抛物线C: y2 4x，过其焦点F 的直线l与C在第一象限的交点为P，且 PF 5，则l的方程为 第2页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君（ ） A. 4x3y40 B. 4x3y40 C. 3x4y30 D. 3x4y30 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的定义求出P的坐标，然后求出直线的斜率，最后利用点斜式求解即可. 【详解】由题意如图所示： 抛物线C: y2 4x的焦点为F1,0 ，准线方程为：x1， 设P到准线的距离为 PP ，Px ,y x 0,y 0 0 0 0 0 由抛物线的定义得： PP  PF 5，又 PP  x 1， 0 所以x 15，解得：x 4代入y2 4x中得：y2 4416 y 4， 0 0 0 0 40 4 所以P4,4 ，则直线l的斜率为：k   , PF 41 3 4 所以直线l的方程为：y0 x1即4x3y40， 3 故选：B. 6. tan2，tan3，tan()（ ） 1 1 1 A. 7 B. C.  D.  5 5 7 【答案】D 【解析】 【分析】由两角差的正切公式计算. tantan 23 1 【详解】tan()   ． 1tantan 123 7 故选：D. 第3页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君7. 等 腰 直 角 VABC中 ， BAC 90， AB AC 2， 点 M 在 VABC外 接 圆 上 运 动 ， 若    AM  xAB yAC，则x y的最大值为（ ） A. 1 2 B. 2 C. 2 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出外接圆方程，再根据向量关系得到点M坐标，代入圆方程，最后利用 不等式求解x y的最大值. 【详解】以直角顶点A为原点，AB为x轴，AC为y轴，建立平面直角坐标系， 则：A0,0 ，B2,0 ，C0,2 ， 1 外接圆圆心为斜边BC的中点O，坐标为 1,1 ，半径为r  BC  2， 2 故外接圆方程为：x12 y12 2．      又因为AM  xAB yAC，其中AB2,0，AC 0,2，  则AM 2x,2y． 将M 2x,2y 代入圆的方程得2x12 2y12 2， 即x y2 2xyx y0， x y2 x y2 x y2xy ， 2 ∴x y2 2x y0， 第4页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君解得0 x y2，当且仅当x y 1时取得x y的最大值2． 故选：B. 8. 已知a2，5a 12a 13b，则（ ） A. a 2b B. ab2 C. ba2 D. b2，但a和b的大 小关系无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数的单调性证出b2且ba，得出结论即可. 【详解】由于a2，所以13b 5a 12a 52 122 132，因此b2， a a 2 2  5  12  5  12 又因为13ba             1，因此ba<0，即ba， 13 13 13 13 所以2ba. 故选：B. 二、多选题（每小题 6分，共 18分） 9. 已知VABC的面积为 3且b2，c2，则A等于（ ） A. 30 B. 150 C. 60 D. 120 【答案】CD 【解析】 【分析】运用三角形面积公式，结合特殊角的正弦值进行求解即可. 1 1 3 【详解】S  bcsinA 22sinA 3，sinA ， 2 2 2 因为0 A180， 所以A60或120． 故选：CD 2 3 10. 函数 f x 满足 f x y f x y f x f y， f 1 ，则下列结论正确的是（ ） 3 2 A. f 00 B. f x 的周期为6 C. f x3 第5页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君1 D. f 2x1 的图象关于直线x 对称 2 【答案】BC 【解析】 【分析】赋值可判断A；赋值，利用递推公式可推出周期，可判断B；令y  x，可得 f 2x 的范围，可 判断C；举反例可判断D. 2 3 【详解】由 x1,y 0得2f 1 f 1 f 0，代入 f 1 得 f 03，A 错误； 3 2 令 y 1得 f x1 f x1 f x ， 用x1换x 得 f x2 f x f x1 ， 两式相加得 f x2 f x f x1 f x1 f x1 f x ，即 f x2 f x10， 用x1换x得 f x3 f x0，即 f x3f x ， 用x3换x得 f x6f x3  f x  f x ，所以 f x 周期为 6，B 正确； 2 2 令 y  x 得 f 2x f 0 f(x)2，即 f 2x f(x)2 3， 3 3 由于 f(x)2 0，所以 f 2x3，因此 f x3，故 C 正确； 3 已知 f 03， f 1 ，对 f x2 f x f x1 赋值得： 2 3 3 令x0得 f 2 f 0 f 1 f 2 f 1 f 0 3 ， 2 2 3 3 令x1得 f 3 f 1 f 2 f 3 f 2 f 1  3， 2 2 1 令 gx f 2x1 ，若gx 关于 x 对称，则 g0 g1 ， 2 3 但 g0 f 1 ，g1 f 33，不相等，故 D 错误. 2 故选：BC x2 y2 11. 已知双曲线  1a0,b0 的两条渐近线分别为 l ,l ,P 为双曲线上一点，则（ ） a2 b2 1 2 b A. 越大，则双曲线的离心率越大 a B. 过点P与双曲线仅有一个交点的直线只有一条 C. 点P到两渐近线的距离之积为定值 D. 过点P作双曲线的切线交渐近线于M,N 两点，则P为MN 的中点 第6页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君【答案】ACD 【解析】 【分析】本题A主要考查双曲线的离心率与渐近线的关系；B考查过双曲线上的一点的直线与渐近线的关 系；C利用点到直线的距离求解即可；D根据直线与双曲线联立，求出交点坐标后，利用中点坐标验证即 可。 b 2 b 【详解】A,因为双曲线的离心率公式：e 1 ,所以 越大，则双曲线的离心率越大，故A正确；   a  a B，过点P与双曲线仅有一个交点的直线应该有三条，一条是过P点的切线，另两条是与渐近线平行的直 线，故B错误； x 2 y 2 C，设 px ,y  为双曲线上一点,代入方程得 0  0 1,去分母得b2x 2 a2y 2 a2b2，又因为渐近线 0 0 a2 b2 0 0 bx ay bx ay 为bxay 0,所以点P到两条渐近线的距离分别是d  0 0 ,d  0 0 ,所以距离之积 1 2 a2 b2 a2 b2 b2x 2 a2y 2 a2b2 d d  0 0  ,显然是定值，故C正确； 1 2 a2 b2 a2 b2 x x y y D，设 px ,y  ,所以过P点的切线方程是 0  0 1,联立切线与渐近线方程可得交点 0 0 a2 b2  a2b ab2   a2b ab2  M  , ,N , ,所以MN的中点坐标 bx ay bx ay bx ay bx ay     0 0 0 0 0 0 0 0  a2b a2b ab2 ab2      bx ay bx ay bx ay bx ay  0 0 0 0 , 0 0 0 0  = x ,y  ,故D正确;  2 2  0 0     故选：ACD 三、填空题（每小题 5分，共 15分） 12. 在对树人中学高一年级学生身高的调查中，采用样本比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据， 只知道抽取了男生20人，其平均数和方差分别为170和10，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160 和15．则估计出总样本的平均数为_____． 【答案】164 【解析】 【分析】运用总体样本均值公式进行求解即可. 第7页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君20 30 【详解】总样本的平均数为 170 160164； 2030 2030 故答案为：164. 13. 若曲线 y  ln(3 x)在点(2,0)处的切线也是曲线y ex 2xa的切线，则a______． 【答案】1 【解析】 1 【分析】求得 y ，得到 y| 1，求得切线方程为 y x2，再求得 yex 2，设曲线 x3 x2 y ex 2xa的切点为 x ,y  ，列出方程组，即可求解. 0 0 1 【详解】由函数 y  ln(3 x)，可得y ，所以y| 1， x3 x2 所以曲线 y  ln(3 x)在点(2,0)处的切线方程为y x2， 又由函数y ex 2xa，可得yex 2， 设曲线y ex 2xa的切点为 x ,y  ， 0 0 ex 0 21 则 ，解得a 1.  y ex 0 2x a x 2 0 0 0 故答案为：1. 1 1 1 14. 已知数列 a n  满足a 1 2，a n1 a 1  2 a 2  3 a 3    n a n ，则数列 a n  的通项公式为a n  ______. 2,n1 【答案】 n,n2 【解析】 【分析】利用已知S 求a 的方法，分别讨论n1时，与n 2时，a 的通项，再进行验证； n n n 1 1 1 【详解】由a n1 a 1  2 a 2  3 a 3    n a n ， 当n1时，a a 2， 2 1 1 1 1 当n 2时，a n a 1  2 a 2  3 a 3    n1 a n1 ， 1 n1 两式相减，得a a  a ，即a  a ， n1 n n n n1 n n 第8页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君a a 所以 n1  n n2， n1 n a a a 所以 n  n1    2 1， n n1 2 所以a nn2 ， n 由于n1时，不满足上式， 2,n1 所以a  . n n,n2 2,n1 故答案为：a  . n n,n2 四、解答题（本题共 5题，第 15题 13分，第 16-17 题每题 15分，第 18-19 题每题 17分， 共 77分) 1 15. 在VABC中，角A,B,C 所对的边分别为a,b,c，且3csinA5asinCcosB,cosA ,b4． 2 （1）求a； （2）求VABC的面积． 5 3 【答案】（1）a  2 94 3 （2） 2 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化可求得cosB，结合条件求出A,B的正弦值，利用正弦定理即可求出a的 值； （2）利用和角的正弦公式求出sinC的值，再由三角形的面积公式计算即得. 【小问1详解】 由3csinA5asinCcosB， 得3sinCsinA5sinAsinCcosB， 因为A0,π,C0,π ，所以sinCsinA0， 3 4 所以cosB ，则sinB 1cos2 B  ， 5 5 1 3 因为cosA ，所以sinA 1cos2 A  ， 2 2 第9页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君b a 由正弦定理，  ，因为b4， sinB sinA 3 4 bsin A 5 3 2 则a    ； sinB 4 2 5 【小问2详解】 因为ABCπ， 所以sinC sinABsinAcosBcosAsinB 3 3 1 4 3 34      ， 2 5 2 5 10 1 1 5 3 3 34 94 3 则S  absinC   4  . ABC 2 2 2 10 2 x2 16. 已知函数 f x2alnx a2x,aR． 2 （1）若a 0，求 f(x)在x1处的切线方程； （2）讨论 f x 的单调性． 【答案】（1）2x2y10； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数求斜率，然后求出切点坐标，利用点斜式可得切线方程； （2）求导，对参数a分类讨论即可. 【小问1详解】 x2 3 若a 0，则 f x 2x， fx x2，所以 f11， f 1 ， 2 2 3 故 f x 在x1处的切线方程为y x1，即2x2y10． 2 【小问2详解】 2a x2 (a2)x2a (x2)(xa) 因为 f(x) x(a2)  ，且x(0,)， x x x 当a0时，x(0,2)时 f(x)0，x(2,)时 f(x)0， 所以， f(x)在(0,2)上单调递减， f(x)在(2,)上单调递增； 第10页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君当0a2时，x(0,a)时 f(x)0，x(a,2)时 f(x)0，x(2,)时 f(x)0， 所以， f(x)在(0,a)、(2,)上分别单调递增， f(x)在(a,2)上单调递减； 当a2时，x(0,)时 f(x)0恒成立，故 f(x)在(0,)上单调递增； 当a2时，x(0,2)时 f(x)0，x(2,a)时 f(x)0，x(a,)时 f(x)0， 所以， f(x)在(0,2)、(a,)上分别单调递增， f(x)在(2,a)上单调递减． 综上，当a0时， f(x)在(0,2)上单调递减， f(x)在(2,)上单调递增； 当0a2时， f(x)在(0,a)、(2,)上分别单调递增， f(x)在(a,2)上单调递减； 当a2时， f(x)在(0,)上单调递增； 当a2时， f(x)在(0,2)、(a,)上分别单调递增， f(x)在(2,a)上单调递减． 17. 在矩形ABCD中，AB2，AD4，E为AD的中点，将 ABE沿BE 翻折至△PBE，使得平面  PBE 平面BCDE，得到如图所示的四棱锥PBCDE． （1）证明：CE  PB； （2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 2 22 （2） 11 【解析】 【分析】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直； （2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 第11页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君在矩形ABCD中，AB2，AD4，E为AD的中点， 所以CE  BE 2 2，所以CE2 BE2 16 BC2，所以CEBE， 因为平面PBE 平面BCDE，平面PBE平面BCDE  BE，CE 平面BCDE， 所以CE 平面PBE． 又PB平面PBE，所以CE  PB． 【小问2详解】 取BE 的中点O，BC的中点F ，连接OP,OF ，则OF//CE，所以OF 平面PBE， 由题可得PB PE ，所以OP  BE，所以BE,OF,OP两两垂直， 以O为原点，OB,OF,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，         则P 0,0, 2 ，B 2,0,0 ，C  2,2 2,0 ，D 2 2, 2,0 ，          所以PB 2,0, 2 ，DC  2, 2,0 ，PD 2 2, 2, 2 ． 设平面PCD的一个法向量为n  x,y,z ，   n  PD2 2x 2y 2z 0 则 ，取x1，得y 1，z3，   nDC  2x 2y 0 所以n  1,1,3 ．设直线PB与平面PCD所成角为，   PBn 23 2  2 22  所以sin cos PB,n    ，  PB  n  2 11 11 第12页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君2 22 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 ． 11 1 18. 设a  xn，b ( )2，S 为数列 a b  的前n项和，令 f xS 1，xR ，aN*． n n n n n n n n 2n1 （1）若x2，求数列 的前n项和T ； a n   n 2  （2）求证：对nN*，方程 f n x0在x n   3 ,1   上有且仅有一个根； 1 （3）求证：对pN*，由（2）中x 构成的数列 x  满足0 x x  ． n n n np n 2n3 【答案】（1）T 3 n 2n （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解； （2）求导得函数 f x 在 0, 上是增函数，结合零点存在定理即可得证； xn1 （3）一方面由 f x f x  f x结合 f x 在 0, 上单调递增可得x x 0， n1 n (n1)2 n n1 n n1 1 即x x 0；另一方面通过放缩、0 x 1以及裂项相消可得x x  ，由此即可得证. n np np n np n 【小问1详解】 2n1 1 若x2，a 2n，则 2n1( )n ， n a 2 n 1 1 1 则T 1( )13( )2 2n1( )n， n 2 2 2 1 1 1 1  T 1( )2 3( )3 2n1( )n1， 2 n 2 2 2 1 1  1 1 1  1  2 T n  2 2   ( 2 )2 ( 2 )3( 2 )n   2n1( 2 )n1 1 1  1   1 4 2n1  1 1 1 1  2 2n1( )n1  1( )n12n1( )n1， 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 2n3 T 3( )n2 2n1( )n 3 ； n 2 2 2n 第13页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君【小问2详解】 x2 x3 xn x x2 xn1 f x1x   xR,nN ， f x1   0， n 22 32 n2  n 2 3 n 故函数 f x 在 0, 上是增函数． 1 1 1 由于 f 10，当n 2时， f 1   0，即 f 10． 1 n 22 32 n2 n  2 2 2 2  ( )2 ( )2 ( )4 ( )n 2 2  3 3 3 3  1 1 n 2 又 f   1       ( )i， n 3 3 22 32 42 n2 3 4 3   i2   2 2  ( )2[1 )n1   1 1 3 3  1 2     ( )n1 0， 3 4 2 3 3 1 3 2  根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的x n   3 ,1   ，满足 f n x n 0． 【小问3详解】 对于任意 pN ，由 1 中x 构成数列 x  ，当x 0时，  n n xn1  f n1 x f n x (n1)2  f n x，  f x  f x  f x 0． n1 n n n n1 n1 由 f x 在 0, 上单调递增，可得x  x ，即x x 0， n1 n1 n n n1 故数列 x  为减数列，即对任意的n、 pN ，x x 0． n  n np x2 x3 xn 由于 f x 1x  n  n  n 0，①， n n n 22 32 n2 x2 x3 xn  xn1 xn2 xnp  f  x  1x  np  np  np  np  np  np ，②， np np np 32 32 n2  (n1)2 (n2)2 (n p)2  用①减去②并移项，利用0 x 1，可得 np n xk xk np xk np xk np 1 np 1 1 1 1 x x  np n   np   np        ． n np k2 k2 k2 k2 kk1 n n p n k2 kn1 kn1 kn1 kn1 第14页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君1 综上可得，对于任意 pN ，由 1 中x 构成数列 x  满足0 x x  ．  n n n np n 19. 有N个人需要通过血液检测某种酶是否存在．假设每个人血液中含有该酶的事件是相互独立的，且含 有该酶的概率均为 p0 p1 ，若血液检测始终能准确判断样本中该酶是否存在．现采用以下分组检测 方法：将待检测人群分成r个小组，每组k  kN*,2k  N  人．在每一组中，取每人的血液混合成一个 样本进行检测． 若某组的混合样本检测结果呈阴性（不含酶），则该组内所有人员无需再进行后续检测． 若某组的混合样本检测结果呈阳性（含有酶），则需要对该组内的每一位成员再分别单独检测一次（不用 采集血样，利用现有采集过的血样）． 1 （1）若k  4， p ，已知某小组的混合样本检测结果呈阳性，求该组内“恰有2人”血液中含有该酶的 4 概率； （2）用N，k，p表示该方法所需检测次数的期望值； （3）设检测成本由两部分组成：采集处理血样成本为a元/人份，化验检测成本为b元/次．若 p0.01， b 每组人数k 10，且该方法的总成本期望值比“逐一检测”的总成本节省了50%以上，求 的取值范 a 围．（参考数据：0.9910 0.90） 54 【答案】（1） 175  1 （2）N  11 pk    k  5  （3） ,  3  【解析】  1 【分析】（1）设小组中有酶的人数为X，依题意，可知X B  4, ，分别求出P(X 2)与P(X 1)，  4 利用条件概率公式即可求出恰有2人有酶的概率P(X 2| X 1)； （2）设每组检测次数Y ，则易得Y 1,k1，求出其分布列和数学期望，进而可求得总检测次数的期望 E rEY ； 第15页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君 1 （3）利用（2）中若分组检测，由检测次数的期望求得总成本期望E aN bN  11 pk  ，若逐 1  k  b 一检测，则总成本为E aN bN ，依题意E 0.5E ，代值计算即得 的取值范围. 2 1 2 a 【小问1详解】  1 设小组中有酶的人数为X，则X B  4, ．  4 已知混合样本阳性，即X 1，则恰有2人有酶的概率为 2 2 1 3 C2   PX 2 4  4    4   54 P X 2 X 1    ． PX 1 3 4 175 1   4 【小问2详解】 设每组检测次数Y ，则Y 的分布列为 Y 1 k1 p 1 pk 11 pk 期望为EY11 pk 1k  11 pk 1k  11 pk 则总检测次数的期望E rEY N k   1k  11 pk   N    11 pk  1 k    ； 【小问3详解】  1 若分组检测，检测次数的期望为N  11 pk  ．  k   1 总成本期望为 E aN bN  11 pk  ， 1  k  若逐一检测，则总成本为 E aN bN ．由节省50%以上得E 0.5E ． 2 1 2 代入 p0.01，k 10，1 pk 0.90，得ab0.20.5ab ， b 5 b 5  整理得0.5a0.3b，因此，  ，故 的取值范围是 , ． a 3 a 3  第16页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君第17页/共17页 学科网（北京）股份有限公司 公众号：高考试卷君永久高中群【无水印】 1.包含服务： 每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群， 不用每年缴费，一次付费，永久享受，包含到高一到高三的。 2.资料覆盖： 整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的） 3.资料包含： 整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免 费获取 4.入群价格： 目前入群特价199 元（原价 299 元，即将恢复原价） 2026 届高三 VIP 资料【无水印】 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群每日实时更新，网盘群分类汇 总） 资料包含内容： 1、2022年8月份到2023年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷 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