2026北京西城高三一模数学试卷及答案_副本_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026年4月_2026年北京市西城区高三一模_02数学_北京市西城区高三一模

2026 北京西城高三一模
数 学
一、单选题
1．已知集合A=  x∣x2−3x0  ，集合
第1页/共19页
B = { ∣x x − 2  0 } ，则集合A B=（ ）
A． ( 0 , 3 ) B． ( 2 , 3 ) C．(0,+) D．(2,+)
2．在复平面内，复数 ( 2 + i ) (1 − i ) 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
3．在等比数列  a
n
 中，a =4,a +a =24，则
2 4 6
a
8
= （ ）
A．16 B．32 C．64 D．256
4． x ( 2 + x ) 4 = a
1
x + a
2
x 2 + a
3
x 3 + a
4
x 4 + a
5
x 5 ，则a +a +a +a =（ ）
1 2 3 4
A．16 B．65 C．80 D．81
5．若圆锥曲线 C : x 2 + m y 2 + m = 0 的焦距为4，则其离心率为（ ）
A．2 B．
2
3
C．
4
3
D．
2
3
3
6．已知函数 f(x)=2sinxcosx+sinx，则 f ( x ) 是（ ）
A．奇函数，且最小正周期为π B．奇函数，且最小正周期为 2 π
C．偶函数，且最小正周期为 π D．偶函数，且最小正周期为 2 π
 
7．设a,b为非零向量，则“对于任意 , b a    R
r

r  
”是“ a − b  a+b ”的（ ）
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
8．设关于x的不等式 x 2  | x | + 2 m 的解集为P，若 P  ( − 2 , 4 ) ，则实数m的取值范围是（ ）
A． [1 , +  ) B． ( −  ,1 ] C． [ 2 , +  ) D． ( −  , 2 ]
9．如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为 V
0
．假设上方容器中细沙
的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为 h ，在重力和限
流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过t(t30)分钟后剩余沙堆的体积V =Ve−kt（
0
k 为常数）．已知初
1
始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为 h，此时将
2
沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为
1
2
h
公众号：高考试卷君
，则需再经过的
时间约为（ ）（参考数据：ln20.69,ln31.10,ln71.95）
A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟
10．在平面直角坐标系xOy中，点M在圆心为C的圆x2+y2−2x−2=0上．若动点P满足
uuur uuur uur
|MP|=1,CMCP=3，则对于aR，点P到直线x+ay+2a=0的距离的最大值为（ ）A．
第2页/共19页
5 + 2 B． 2 + 2 C． 5 + 3 D．2+ 3
二、填空题
11．设抛物线 C : y 2 = 8 x 的准线为l， P ( 4 , m ) 为C上一点，则P到l的距离为______．
12．设平面向量
ra
= ( − 1 , 2 ) ,
rb
= ( 3 , t ) ，其中 t  R ， |
b
−
a
| 的最小值为_________．
13．已知 , ( 0 , 2 π )   ，且 c o s ( ) s in c o s c o s s in       + = + ，写出满足条件的一组 , 的值 =
_________， = _________．
14．《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根
据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为8个等级．记这8个等级
木方断面的长与宽分别为 a
i
与 b
i
a 3
，若对任意i(i=1,2,L ,8)， i = 且
b 2
i
a
1
, a
2
, a
3
与 a
6
, a
7
, a
8
都是公差为 − 0 .7 5
的等差数列， b
4
, b
5
, b
6
是公差为 − 0 .4 的等差数列．已知 a
1
= 9 ， a
3
− a
4
= 0 .3 ，则 a
5
= _________， b
7
=
_________．
15．记 [ x ] 表示不超过实数x的最大整数．设a，b为正整数，函数 f(x)=[ax]+[bx]，给出以下四个结论：
①对于任意的 x
1
, x
2
，若 x
1
 x
2
，则 f ( x
1
)  f ( x
2
) ；
②存在正整数a，b，使得曲线y= f(x)关于坐标原点对称；
③设 a = 2 , b = 3 ，则方程 f ( x ) = 1 0 有无数个解；
④设 a = 2 , b = 3 ，则当 x  [ 0 ,1 ) 时，函数 f ( x ) 的值域中有且仅有5个元素．
其中，所有正确结论的序号是_________．
三、解答题
16．已知 V A B C 的面积 S =
4
3
( a 2 + b 2 − c 2 ) ，且a=2sinA．
(1)求C的大小；
(2)记VABC的周长为 f ( A ) ．给出 f ( A )
公众号：高考试卷君
的解析式，并求其最大值．17．如图，在四棱锥
第3页/共19页
P − A B C D 中，底面ABCD为平行四边形，且 A B A C ⊥ ，E为PD的中点，平面
P A C ⊥ 平面 A B C D ．
(1)求证： A B ⊥ P A ；
(2)若 P A = A B = 1 , B C = 2 ，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥
P−ABCD存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值．
条件①：CD⊥PD；
条件②： A E = P E ；
条件③： △ A B C ≌ △ A P C ．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求
的条件分别解答，按第一个解答计分．
18．某市图书馆为了解馆内图书借阅情况，随机对馆内的部分读者进行了为期一年的跟踪调查，得到下表
数据，其中部分数据意外缺失，分别用字母a，b，c，d（ a b c d  0 ）表示．
某类读者图书借阅量分类占比情况
读者类型 调查人数 年人均借阅量（册）
文学类 科技类 教辅类 社科类 其他
在职人员 600 18.5 35% 25% 10% 20% 10%
大学生 800 24.3 30% 40% 13% a b
中学生 500 15.2 25% 20% 40% c d
假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率．
(1)在参与调查的读者中，比较这一年里“在职人员”借阅的文学类图书量与“中学生”借阅的教辅类图书量的
大小，说明理由：
(2)在该市图书馆的所有读者中随机选出2名大学生和1名中学生，已知这3人每人借阅了1册书，估计所
借的3册书中至少有2册为科技类图书的概率；
1 n
(3)为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占比的平均差M =  x −x 定义为该类读者的
n i
i=1
“偏好度”，其中 x
i
为其图书借阅量分类占比值， x 为所有 x
i
公众号：高考试卷君
的均值，n为图书的类别个数．记“在职人
员”、“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为M ,M ,M ，写出这三个“偏好度”的大小关系．（结论不要求证
1 2 3
明）19．已知椭圆
第4页/共19页
E :
x
a
2
2
+
y
b
2
2
= 1 ( a  b  0 ) 的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为 F
1
, F
2
，且
 F
1
B F
2
=
2 π
3
，圆 W : x 2 + y 2 = 1 经过点B．O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设圆W的切线 l
( )( )
与椭圆E相交于C，D两点，点Q x ,y y 0 在直线l上，且满足OQ⊥OD，过Q
Q Q Q
作 Q P ⊥ y 轴于点P，求证： A P ∥ B F
1
．
20．已知函数 f ( x ) = x 2 ln x ，直线l为曲线 y = f ( x ) 在点 (x , f (x )) 处的切线．O为坐标原点．
0 0
(1)求函数 f ( x ) 的单调区间；
(2)设 g ( x ) = f ( x ) + x ，研究函数 g ( x ) 的零点个数；
(3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且 △ O A B 为等腰直角三角形，求 △ O A B 的面积．
21．对任意无穷数列  a
n
 ，定义从 a
i
起连续k项的和 S
k
( i ) 为： S
k
( i ) = a
i
+ a
i+ 1
+ L + a
i+ k − 1
，其中k，i为任意
正整数．若无穷数列  a
n
 满足：对任意 n  N * 和 l  N * ，存在 m  { n + 1 , n + 2 , n + 3 , n + 4 } ，使得
S
l
( n ) = S
l
( m ) ，则称数列  a
n
 具有性质T．
(1)设 b
n
= s in
n π
2
，其中 n  N * ．判断数列  b
n
 是否具有性质T？说明理由；
(2)已知数列a 具有性质T，
n
（i）求集合  ∣u u = a
n
, n  N *  中元素个数的最大值；
（ii）证明：存在正整数l，对任意k1,2,3,,2026，有 a
k + l
= a
k
公众号：高考试卷君
．参考答案
一、单选题
1．【答案】C
【详解】
第5页/共19页
A =  x |x 2 − 3 x  0  =  x |0  x  3  ，B=x|x−20=x|x2，
故 A  B =  x |x  0  .
2．【答案】D
【分析】根据复数的乘法运算可得 ( 2 + i ) (1 − i ) = 3 − i ，结合复数的几何意义分析判断.
【详解】因为复数(2+i)(1−i)=3−i，
所以其在复平面内对应的点为 ( 3 , − 1 ) ，位于第四象限.
故选：D.
3．【答案】B
【详解】设等比数列的公比为 q ,
由 a
2
= 4 , a
4
+ a
6
= 2 4 得,
 a
a
1
1
q
q
=
3 +
4
a
1
q 5 = 2 4
，两式作比，得
2
1
4
1
6 q q +
= ，得 q 2 = 2 ，
则 a
8
= a
2
q 6 = a
2
( q 2 ) 3 = 4  2 3 = 3 2 ．
4．【答案】C
【分析】根据题意得 ( 2 + x ) 4 = a
1
+ a
2
x + a
3
x 2 + a
4
x 3 + a
5
x 4 ，利用赋值法和二项式系数求解.
【详解】由于 x ( 2 + x ) 4 = a
1
x + a
2
x 2 + a
3
x 3 + a
4
x 4 + a
5
x 5 ，
则 ( 2 + x ) 4 = a
1
+ a
2
x + a
3
x 2 + a
4
x 3 + a
5
x 4 ，
令 x = 1 ，得 a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
= 3 4 = 8 1 ，
又因为 a
5
= C 44  2 0 = 1 ，
所以 a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
= 8 0 .
5．【答案】D
【详解】由圆锥曲线C:x2+my2+m=0，可知m0，
则 −
x
m
2
− y 2 = 1 ，所以m0，曲线为双曲线，
所以焦距为 2 c = 2 ( − m ) + 1 = 4
公众号：高考试卷君
，
解得−m=3，则a= 3，
2 2 3
所以离心率e= = .
3 3
6．【答案】B【分析】根据
第6页/共19页
f ( x ) , f ( − x ) 的关系判断 f ( x ) 的奇偶性，再根据周期的定义，判断 f ( x ) 的周期，即可选择.
【详解】由题意得 f(x)=2sinxcosx+sinx = s in 2 x + s in x ，
故 f ( − x ) = s in ( − 2 x ) + s in ( − x ) = − s in 2 x − s in x = − f ( x ) ，
又其定义域为R，故 f (x)为奇函数；
2π
又y=sin2x的最小正周期为 =π，
2
且 y = s in x 的最小正周期为 2 π ，则 f ( x ) 的最小正周期为 2 π ，
且 f ( x + 2 π ) = s in ( 2 x + 4 π ) + s in ( x + 2 π ) = s in 2 x + s in x = f ( x ) ，
故 f ( x ) 的最小正周期为 2 π .
综上所述： f ( x ) 是奇函数，且最小正周期为 2 π .
7．【答案】A
【分析】根据平面向量的三角不等式取等条件判断充分性，举反例判断必要性.
【详解】因为
a
,
b
为非零向量，若对任意  R
 
都有b a，则
a ,
b 不共线，
根据不等式
a  − b  
a + b  a + b 的取等条件可知，
a − b 
 a + b ，充分性成立；
若
a − b 
 a + b ，不妨取
a
= 1 ,
b
= 2
 
，且a,b同向，
   
则 a − b =−1,a+b =3，满足 a − b  a+b ，
此时存在 2  = ，使得 b a 

=

，必要性不成立.
综上，
a
,
b
为非零向量，“对于任意 , b a    R



”是“
a − b 
 a + b ”的充分不必要条件.
8．【答案】B
【分析】转化为恒成立问题，由对称性求出函数的值域，得到不等式，求出答案
【详解】 x 2  | x | + 2 m ，即 x 2 − | x | 2 m 的解集为P，设P=(s,t)，
设 f (x)=x2−|x|，由于 f ( − x ) = f ( x ) ，故 f (x)=x2−|x|为偶函数，
由对称性可知 s + t = 0 ，
又 P  ( − 2 , 4 ) ，故P=(s,t)(−2,2)，
因为 f
 1
2

= −
1
4
， f (0)=0, f (2)=2，作出函数 f ( x )
公众号：高考试卷君
的图象如下图：由图可知，要使
第7页/共19页
P = ( s , t )  ( − 2 , 2 ) ，只需满足2m 2，解得 m  1 .
9．【答案】C
【详解】初始时，上方沙堆高度为 h ，体积为 V
0
，
 体积比等于高度比的立方，
经过10分钟后上方沙堆的高度降为
1
2
h ，上方剩余沙堆的体积 V
1
=
 1
2
 3
V
0
=
1
8
V
0
，
 经过 t ( t  3 0 ) 分钟后上方剩余沙堆的体积 V = V
0
e − kt ，
经过 1 0 分钟后上方剩余沙堆的体积V =Ve−10k，
1 0

1
8
V
0
= V
0
e −10 k ， 
1
8
= e −10 k ，  ln
1
8
= − 1 0 k ，  k =
3 ln
1 0
2
，
 经过 1 0 分钟后上方剩余沙堆的体积为 V
1
=
1
8
V
0
，
下方容器内的体积为 V
0
− V
1
= V
0
−
1
8
V
0
=
7
8
V
0
，
将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为
7
8
V
0
，
设此时上方容器的高度为 H ，

7
8
V
0
= V
0

 H
h
 3
， 
7
8
=
 H
h
 3
，  H = h 
7
8

1
2
h ，
倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为
1
2
h 时，上方容器剩余沙堆的体积为 V
2
=
1
8
V
0
，
设从倒置后到高度再次降为
1
2
h 需要的时间为 t1 ，
1  1 
则 8 V 0 =  V 0 − 8 V 0  e−kt1，即
1
7 = e − kt1 ， t1 =
ln
k
7
，
 k =
3 ln
1 0
2
，
 t1 =
ln
k
7
=
ln 7
3 ln 2
1 0
=
1 0
3
ln
ln
7
2
=
1 0
3


1 .9 5
0 .6 9
 9 .4
分钟.
10．【答案】A
【分析】先求出圆C的圆心和半径，根据数量积的几何意义，可得
C M   ⊥ M  P 
，进而可得点P的轨迹方
程，根据直线恒过定点，结合点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案.
【详解】圆C的方程变形为(x−1)2+y2 =3，圆心 C (1 , 0 ) ，半径r = 3，

又CMCP= CM CP cos CM,CP =3，
C M   =
r = 3 ，

所以CP cos CM,CP = 3，即
C P  
在
C M    
方向上的投影为 3= CM ，
 uuur
所以CM ⊥MP，又|MP|=1，所以
C P  =   C  M  2 + 
M P
2
= 2
公众号：高考试卷君
，
则点P的轨迹是以C为圆心，2为半径的圆，
又直线x+ay+2a=x+a(y+2)=0恒过定点Q(0,−2)，所以
第8页/共19页
C Q = (1 − 0 ) 2 + ( 0 + 2 ) 2 = 5 ，
则P到直线 x + a y + 2 a = 0 的距离的最大值为 C Q + 2 = 5 + 2 .
二、填空题
11．【答案】 6
【分析】根据题意，利用抛物线的定义，即可求解.
【详解】由抛物线C: y2 =8x，可得焦点为 F ( 2 , 0 ) ，准线 l 方程为 x = − 2 ，
因为 P ( 4 , m ) 为C上一点，
根据抛物线的定义，可得点 P 到准线 l 距离为 4 − ( − 2 ) = 6 .
12．【答案】4
【详解】已知
a
= ( − 1 , 2 )

，b =(3,t)，其中 t  R ，
得：
b
−
a
= ( 3 − ( − 1 ) , t − 2 ) = ( 4 , t − 2 ) ，
所以 ∣
b
−
a
∣ = 4 2 + ( t − 2 ) 2 = 1 6 + ( t − 2 ) 2 ，
当 t = 2 时， ∣
b
−
a
∣
m in
= 1 6 = 4 .
13．【答案】
π
8
（答案不唯一，满足题意即可）
π
8
（答案不唯一，满足题意即可）
【详解】 s in c o s c o s s in s in ( )       + = + ，即cos(+)=sin(+)，
结合 c o s ( ) s i n ( )     + = + ，可知cos(+)0
两边同除 c o s ( )   + 可得： ta n ( ) 1   + = ，
π
即+= +kπ(kZ)，又
4
, ( 0 , 2 π )   ，
故取
π
8
π
8
  = ， =
π π π π 2
，cos + =sin + = 满足条件.
8 8 8 8 2
14．【答案】 6.6 3.5
【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求解即可.
【详解】因为 a
1
, a
2
, a
3
公众号：高考试卷君
是公差为−0.75的等差数列，所以a =a +(−0.75)=8.25，a =a +(−0.75)=7.5.
2 1 3 2
又a −a =0.3，所以a =a −0.3=7.2.
3 4 4 3因为对任意
第9页/共19页
i ( i = 1 , 2 , L , 8 ) ，
a
b
i
i
=
3
2
，所以
a
b
4
4
=
3
2
，所以 b
4
=
2
3
a
4
=
2
3
 7 .2 = 4 .8 .
因为 b
4
, b
5
, b
6
是公差为 − 0 .4 的等差数列，所以 b
5
= b
4
+ ( − 0 .4 ) = 4 .4 ， b
6
= b
5
+ ( − 0 .4 ) = 4 .
又
a
b
5
5
=
3
2
，所以 a
5
=
3
2
b
5
=
3
2
 4 .4 = 6 .6 ，同理 a
6
=
3
2
b
6
=
3
2
 4 = 6 ，
因为a ,a ,a 都是公差为
6 7 8
− 0 .7 5 的等差数列，所以 a
7
= a
6
+ ( − 0 .7 5 ) = 5 .2 5 .
又
a
b
7
7
=
3
2
2 2
，所以b = a = 5.25=3.5.
7 3 7 3
综上，a =6.6，
5
b
7
= 3 .5 .
15．【答案】①③
【分析】根据题意，结合  x  表示不超过实数x的最大整数，函数 f ( x ) = [ a x ] + [ b x ] ，以及 a , b 为正整数，利
用函数的性质，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于①，因为  x  表示不超过实数x的最大整数，
由 a , b 为正整数，若 x
1
 x
2
，可得 a x
1
 a x
2
, b x
1
 b x
2
，则  a x
1
   a x
2
 ,  b x
1
   b x
2
 ，
两式相加得  a x
1
 +  b x
1
   a x
2
 +  b x
2
 ，即 f ( x
1
)  f ( x
2
) ，所以①正确；
对于②，当 x = 0 时， f ( 0 ) =  0  +  0  = 0 ；
取 a = b = 1 ，可得 f(x)=[x]+[x]=2x，
对于任意 x  R ，可得 f ( − x ) = 2  − x  , − f ( x ) = − 2  x  ，
当 x  Z 时，  − x  = −  x  − 1 ，可得 f(−x)=2(−x−1) ；
而 − f ( x ) = − 2  x  ，显然 f ( − x )  − f ( x ) ，
对于任意正整数 a , b ，取 x =
a
1
+ b
( x  0 且非整数 ) ，
可得 a x =
a
a
+ b
 ( 0 ,1 ) , b x =
a
b
+ b
 ( 0 ,1 ) ，所以 f ( x ) = 0 + 0 = 0 ，
1
又由−x=− ，可得
a+b
a ( − x ) = −
a
a
+ b
 ( − 1 , 0 ) , b ( − x ) = −
a
b
+ b
 ( − 1 , 0 ) ，
可得 f ( − x ) = − 1 + ( − 1 ) = − 2 ，此时 f ( − x )  − f ( x ) ，
所以不存在正整数 a , b ，使得曲线 y = f ( x ) 关于坐标原点对称，所以②错误；
对于③，当a=2,b=3时， f ( x ) =  2 x  +  3 x  ，
设 x = n + t , n  Z , t  [ 0 ,1 )
公众号：高考试卷君
，可得2x=2n+2t=2n+2t,3x=3n+3t，
所以 f (x)=5n+2t+3t，
10−(2t+3t)
令 f (x)=10，可得5n+2t+3t=10，解得n= ，
5当
第10页/共19页
t  [ 0 ,
1
3
) 时，可得  2 t  = 0 ,  3 t  = 0 ，可得  2 t  +  3 t  = 0 ；
当 t  [
1
3
,
1
2
) 时，可得  2 t  = 0 ,  3 t  = 1 ，可得  2 t  +  3 t  = 1 ；
当 t  [
1
2
,
2
3
) 时，可得2t=1,3t=1，可得2t+3t=2；
当 t  [
2
3
,1 ) 时，可得  2 t  = 1 ,  3 t  = 2 ，可得  2 t  +  3 t  = 3 ；
设m=2t+3t0,1,2,3，由 n =
1 0 −
5
m
且 n 为整数，
当 m = 0 时，可得 n = 2  Z ；当 m = 1 时，可得 n =
9
5
 Z ；
当 m = 2 时，可得 n =
8
5
 Z ；当m=3时，可得 n =
7
5
 Z ；
所以当 x = 2 + t
1
且t[0, )时，满足
3
f ( x ) = 1 0 ，此时有无数个解，所以③正确；
对于④，当 a = 2 , b = 3 ，且 x  [ 0 ,1 ) 时，可得 2 x  [ 0 , 2 ) , 3 x  [ 0 , 3 ) ，
所以  2 x    0 ,1  ,  3 x    0 ,1 , 2  ，
当 x  [ 0 ,
1
3
) 时，可得  2 x  = 0 ,  3 x  = 0 ，可得 f ( x ) =  2 x  +  3 x  = 0 ；
当 x  [
1
3
,
1
2
) 时，可得  2 x  = 0 ,  3 x  = 1 ，可得 f ( x ) =  2 x  +  3 x  = 1 ；
1 2
当x[ , )时，可得2x=1,3x=1，可得 f (x)=2x+3x=2；
2 3
当 x  [
2
3
,1 ) 时，可得  2 x  = 1 ,  3 x  = 2 ，可得 f ( x ) =  2 x  +  3 x  = 3 ，
所以 f (x)在 x  [ 0 ,1 ) 上的取值为  0 ,1 , 2 , 3  ，共有4个元素，所以④错误.
三、解答题
16．【答案】(1)
3

/ 6 0 
 π
(2) f (A)=2 3sinA+ + 3；
 6
3 3
【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得解；
（2）利用正弦定理表示出 f (A)，化简，然后结合正弦函数性质求最值.
【详解】（1）由余弦定理和面积公式得： a 2 + b 2 − c 2 = 2 a b c o s C ， S =
1
2
a b s in C
公众号：高考试卷君
，
3 1 3
代入S = ( a2+b2−c2)可得：S = absinC= 2abcosC，化简得：tanC= 3，
4 2 4

又因为在三角形中，0C，所以C = .
3（2）设
第11页/共19页
R 为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得：
s
a
in A
=
2
s
s in
in A
A
= 2 =
s
b
in B
=
s
c
in C
= 2 R ，则 R = 1 ，
所以 b = 2 R s in B = 2 s in B ， c 2 R s in
3
2 s in
3
3
 
= = = ，
则三角形周长为： f ( A ) = a + b + c = 2 s in A + 2 s in B + 3
其中 A B
3

 + + =
2
，所以B= −A，代入
3
f ( A ) 可得：
f ( A ) 2 s in A 2 s in
2
3
A 3

= +

−

+ ，
2 s in A 2 s in
2
3
c o s A 2 c o s
2
3
s in A 3
 
= + − +
= 3 s in A + 3 c o s A + 3
 
=2 3sinA+ + 3，其中
 6
0 A
2
3

 
所以
6
A
6
5
6
  
 + 
 
，则当A+ = ，即
6 2
A
3

= 时， f ( A ) 取得最大值，
所以 f ( A )
m ax
2 3 s in
2
3 3 3

=  + = .
17．【答案】(1)证明见解析
(2)条件①不符合要求，条件②和条件③下平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为
4
6
【分析】（1）由面面垂直得 A B ⊥ 平面 P A C ，再由线面垂直，推出 A B ⊥ P A ，得证结论.
（2）条件①思路： 先由 CD⊥ 平面 PAC 得 CD⊥PC，再结合 CD⊥PD 推出矛盾，故此条件不成立，
四棱锥不存在.
条件②思路： 由 AE=PE 且 E 为中点得 △PAD 为直角三角形，证 P A ⊥ 底面，建系求点坐标，求两平
面法向量，用向量公式求二面角余弦值.
条件③思路： 由全等证 P A ⊥ A C ，由面面垂直得 P A ⊥ 底面，建空间直角坐标系，求各点坐标，求两平
面法向量，用夹角公式算余弦值.
【详解】（1）因为平面 P A C ⊥ 平面ABCD，平面 P A C  平面 A B C D = A C .
又AB平面 A B C D ， A B A C ⊥ ，由面面垂直的性质定理，得AB⊥平面 P A C .
因为 P A  平面 P A C ，所以AB⊥PA.
（2）由题意，AB=1， A C ⊥ A B ，BC=2，故AC= BC2−AB2 = 3.
底面ABCD为平行四边形，故CD=AB=1，AD=BC=2，CD∥AB.
若选条件①： C D ⊥ P D
由（1）知AB⊥平面 P A C ，故CD⊥平面 P A C ，因此 C D ⊥ P C .
若 C D ⊥ P D
公众号：高考试卷君
，又CD⊥PC，这显然不可能，
故条件①无法使四棱锥P−ABCD存在，不符合要求.
若选条件②：AE=PE.已知
第12页/共19页
E 为 P D 中点，且AE=PE，则 P E = D E = A E ，
所以 △ P A D 为直角三角形，且  P A D = 9 0  ，即 P A ⊥ A D .
由（1）知 P A ⊥ A B ，又 A D  A B = A ， A D , A B  平面 A B C D ，所以 P A ⊥ 平面 A B C D .
因为 A C  平面 A B C D ，所以 P A ⊥ A C ， 即 P A , A B , A C 两两垂直.
以 A 为原点，
A B , A C  ,
A
 P   
分别为 x , y , z 轴正方向建立空间直角坐标系.
则A(0,0,0)， B (1 , 0 , 0 ) ， C ( 0 , 3 , 0 ) ，D(−1, 3,0)， P ( 0 , 0 ,1 ) .
E 为 P D
 1 3 1
中点，故E− , , .
 
2 2 2
 
设平面 P A E

的一法向量n，
A P  =
( 0 , 0 ,1 ) ，
A E  = 
−
1
2
,
2
3
,
1
2

.
设
n
= ( x 1 , y 1 , z 1 ) ，则

n
n


A
A
P
E


=
=
z
−
1
=
1
2
0
x
1
+
2
3
y
1
= 0
.
取y =1，得
1
x
1
= 3 ，所以
n
=
(
3 ,1 , 0
)
.
设平面 A E C 的法向量
m
：
uA u urC
= ( 0 , 3 , 0 )
  1 3 1
，AE=− , , .
 
2 2 2
 
设
m
= ( x 2 , y 2 , z 2 ) ，则

m
m


A
A
C
E


=
=
−
3
1
2
y
2
x
2
=
+
0
2
3
y
2
+
1
2
z
2
= 0
.
得 y
2
= 0 ，取 x
2
= 1 ，得z =1，所以
2
m
= ( 1 , 0 ,1 ) .
设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： c o s
n
n
1
1
n
n
2
2
( 3
3
) 2
1
1 2
1 0
1 2
0
0
1
2 1 2 2
3
2 4
6
 =





=

+
+ 

+
+

+
=

= .
若选条件③：△ABC≌△APC.
由 A B = 1 ，AB⊥AC，BC=2，得 A C = B C 2 − A B 2 = 3 .
由  A B C  A P C ，得 P A = A B = 1 ，PC=BC=2，
故PA2+AC2 =12+( 3)2 =4=PC2，即 P A ⊥ A C .
又平面PAC⊥平面 A B C D ，平面 P A C  平面ABCD=AC，PA平面 P A C
公众号：高考试卷君
，
由面面垂直的性质定理，得PA⊥平面ABCD.以
第13页/共19页
A 为原点， A B   、 A C   、 A P   分别为 x 、 y 、 z 轴正方向建立空间直角坐标系：
A ( 0 , 0 , 0 ) ， B (1 , 0 , 0 ) ， C ( 0 , 3 , 0 ) ， D ( − 1 , 3 , 0 ) ， P ( 0 , 0 ,1 ) .
E 为 P D
 1 3 1
中点，故E− , , .
 
2 2 2
 
A P  =
( 0 , 0 ,1 ) ，
A E  = 
−
1
2
,
2
3
,
1
2

，
设平面 P A E

的一法向量n：
A P  =
( 0 , 0 ,1 ) ，
A E  = 
−
1
2
,
2
3
,
1
2

.
设
n
= ( x 1 , y 1 , z 1 ) ，则

n
n


A
A
P
E


=
=
z
−
1
=
1
2
0
x
1
+
2
3
y
1
= 0
.
取 y
1
= 1 ，得 x
1
= 3 ，所以
n
=
(
3 ,1 , 0
)
.
设平面 A E C 的法向量
m
：
uA u urC
= ( 0 , 3 , 0 ) ，
A E  = 
−
1
2
,
2
3
,
1
2

，
设
m
= ( x 2 , y 2 , z 2 ) ，则

m
m


A
A
C
E


=
=
−
3
1
2
y
2
x
2
=
+
0
2
3
y
2
+
1
2
z
2
= 0
.
得 y
2
= 0 ，取 x
2
= 1 ，得z =1，所以
2
m
= ( 1 , 0 ,1 ) .

n n 31+10+01 3 6
设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： cos=  1  2 = = = .
n n ( 3)2+12  12+02+12 2 2 4
1 2
18．【答案】(1)在职人员借阅的文学类图书量更大
(2)
3 2
1 2 5
(3)M M M
1 3 2
【分析】（1）先根据“总借阅量=调查人数×年人均借阅量×对应类别占比”的公式，分别列出在职人员文学
类、中学生教辅类的借阅量计算式，再代入数据比较大小；
（2）先根据大学生各类借阅占比和为100%，求出 a + b
公众号：高考试卷君
的值，得到大学生借阅科技类的概率；同理根据中
学生各类借阅占比和为100%，求出c+d的值，得到中学生借阅科技类的概率；然后将“3册书中至少有2
册为科技类图书”分解为“2册科技类1册非科技类”和“3册都是科技类”两个子事件，利用独立事件概率公
式和互斥事件概率加法公式计算总概率；
（3）根据偏好度的定义，计算各类读者的“偏好度”，可得答案.【详解】（1）在职人员借阅文学类图书总量：
第14页/共19页
6 0 0  1 8 .5  3 5 % = 3 8 8 5 （册），
中学生借阅教辅类图书总量： 5 0 0  1 5 .2  4 0 % = 3 0 4 0 （册），
因为 3 8 8 5  3 0 4 0 ，所以这一年里在职人员借阅的文学类图书量更大；
（2）用频率估计概率：大学生借阅科技类的概率为 0 .4 ，中学生借阅科技类的概率为 0 .2 ，
三人借阅相互独立，“至少2册科技”包含三种情况：
① 2名大学生均借科技，中学生不借科技： P
1
= 0 .4 2  ( 1 − 0 .2 ) = 0 .1 2 8 ，
② 仅1名大学生借科技，中学生借科技：P =20.4(1−0.4)0.2=0.096，
2
③ 3人均借科技： P
3
= 0 .4 2  0 .2 = 0 .0 3 2 ，
总概率： P = P
1
+ P
2
+ P
3
= 0 .1 2 8 + 0 .0 9 6 + 0 .0 3 2 = 0 .2 5 6 =
3 2
1 2 5
.
（3）在职人员的5个占比分别为： 3 5 % , 2 5 % ,1 0 % , 2 0 % ,1 0 % ，即 x
i
=  0 .3 5 , 0 .2 5 , 0 .1 0 , 0 .2 0 , 0 .1 0  ，
5
i=
1
x
i
− 0 .2 = 0 .3 5 − 0 .2 + 0 .2 5 − 0 .2 + 0 .1 − 0 .2 + 0 .2 − 0 .2 + 0 .1 − 0 .2 ，
= 0 .1 5 + 0 .0 5 + 0 .1 0 + 0 + 0 .1 0 = 0 .4 ，故 M
1
=
0 .4
5
= 0 .0 8 ；
大学生的已知占比为： 3 0 % , 4 0 % ,1 3 % ，
因此未知占比满足a+b=1−(0.3+0.4+0.13)=0.17，
由题设 a b c d  0 得 a  0 , b  0 ，因此a0.170.2，b0.170.2，
即 a , b 都小于均值 0 .2 ，因此∣a−0.2∣=0.2−a， ∣ b − 0 .2 ∣ = 0 .2 − b ，
5
i=
1
x
i
− 0 .2 = 0 .3 − 0 .2 + 0 .4 − 0 .2 + 0 .1 3 − 0 .2 + ( 0 .2 − a ) + ( 0 .2 − b ) ，
= 0 .1 + 0 .2 + 0 .0 7 + 0 .4 − ( a + b ) = 0 .7 7 − 0 .1 7 = 0 .6 ，
因此： M
2
=
0 .6
5
= 0 .1 2 ；
中学生的已知占比为：25%,20%,40%，
因此未知占比满足 c + d = 1 − ( 0 .2 5 + 0 .2 + 0 .4 ) = 0 .1 5 ，
同理，由 c  0 , d  0 得c0.150.2， d  0 .1 5  0 .2 ，
因此 ∣ c − 0 .2 ∣ = 0 .2 − c ， ∣ d − 0 .2 ∣ = 0 .2 − d ，
5
i=
1
x
i
− 0 .2 = 0 .2 5 − 0 .2 + 0 .2 − 0 .2 + 0 .4 − 0 .2 + ( 0 .2 − c ) + ( 0 .2 − d ) ，
= 0 .0 5 + 0 + 0 .2 + 0 .4 − ( c + d ) = 0 .6 5 − 0 .1 5 = 0 .5
公众号：高考试卷君
，
0.5
因此：M = =0.1.
3 5
综上：M M M
1 3 2
x2
19．【答案】(1) +y2 =1；
4(2)证明见详解.
【分析】（1）根据已知直接求出
第15页/共19页
a , b 即可；
2 3
（2）将问题转化为证明y = ，设出直线方程，结合
Q 3
O Q ⊥ O D ，用 y
Q
表示出点 D 坐标，然后代入椭
圆方程求解即可得证.
【详解】（1）因为圆 W : x 2 + y 2 = 1 经过下顶点B，所以 b = 1 ，
又  F
1
B F
2
=
2 π
3
，所以  B F O1 =
π
6
，所以 a = B F
1
=
s in
O

B
B F O1
= 2 ，
所以椭圆E的方程为
x
4
2
+ y 2 = 1 .
（2）由（1）知 F
1
( − 3 , 0 ) , B ( 0 , − 1 ) , A ( 2 , 0 ) ，
要证 A P ∥ B F
1
，只需证 k
B F1
= k
A P
3 y −0
，即− = P ，得
3 0−2
y
P
=
2
3
3
，
又 y
Q
= y
P
，所以只需证 y
Q
=
2
3
3
.
设 C ( x
1
, y
1
) , D ( x
2
, y
2
) ，因为 O Q ⊥ O D ，所以
O Q   
 O
D  =
x
2
x
Q
+ y
2
y
Q
= 0 ，
当直线 l 的斜率不存在时，易知其方程为 x = 1 ，则 x
2
= x
Q
= 1 ，
因为 y
Q
 0 ， 1 + y
2
y
Q
= 0 ，所以y 0
2
将 x = 1
x2
代入 +y2 =1得
4
y
2
= −
2
3
，代入 1 + y
2
y
Q
= 0 得 y
Q
=
2
3
3
.
当直线l的斜率存在时，设其方程为 y = k x + m ，易知k 0，
则 x
Q
=
y
Q
−
k
m
, y
2
= k x
2
+ m
y −m
，代入x x +y y =0，得：x  Q +(kx +m)y =0，
2 Q 2 Q 2 k 2 Q
整理得 x
2
=
k 2 y
−
Q
k
+
m y
Q
y
Q
− m
，
又圆 W 与直线l相切，所以
k
m
2 + 1
= 1  k 2 = m 2 − 1 ，
所以 x
2
=
( m 2 −
−
) 1
k m
y
Q
y
+
Q
y
Q
− m
=
1
k
−
y
m
Q
y
Q
， y
2
=
1
k
−
2 y
m
Q
y
Q
+ m =
m
1 −
−
m
y
y
Q
Q
，
( )2 ( )2
ky m−y
因为点D在椭圆上，所以 Q + Q =1，
( )2 ( )2
4 1−my 1−my
Q Q
整理得 ( k 2 + 4 − 4 m 2 ) y 2Q + 4 ( m 2 − 1 ) = 0
公众号：高考试卷君
，
又m2−1=k2，所以−3k2y2 +4k2 =0，
Q
2 3
由k 0，y 0解得y = .
Q Q 3综上，
第16页/共19页
y
Q
=
2
3
3
，即可得证.
20．【答案】(1) f ( x ) 单调递减区间为：

0 , e
− 12   1  −
，单调递增区间为：e 2,+.
 
(2) g ( x ) 无零点.
(3)面积 S =
1
2
 1  1 =
1
2
.
【分析】（1）先求定义域，再求导找零点，划分区间判符号，确定单调减区间，再确定单调增区间.
（2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点.
（3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分类讨论去绝对值，构造函数求零点，算出坐
标求面积.
【详解】（1）定义域： x  0 ，函数 f(x)求导得 f ( x ) = 2 x ln x + x = x ( 2 ln x + 1 ) .
令 f ( x ) = 0 ，得
x = e
−
12
.
当 x 

0 , e
−
12 
时， f(x)0， f(x)单调递减；
 1 
−
当xe 2,+时，
 
f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增.
 1
−
综上所述, f(x)单调递减区间为：0,e 2，单调递增区间为：
 
e
12
, 

−
+

.
（2）由题可知 g ( x ) = f ( x ) + x = x ( x ln x + 1 ) ， x  0
所以研究函数g(x)的零点个数等价于研究 h ( x ) = x ln x + 1 的零点个数.
h(x)=lnx+1，令h(x)=0得 x = e − 1 .
x ( 0,e−1) ，h(x)0， h ( x ) 单调递减；
x ( e 1 , )   − + ， h ( x )  0 ，h(x)单调递增.
所以函数h(x)=xlnx+1有极小值同时也为最小值h(e−1)=−e−1+10.
故 h ( x )  0 恒成立，所以g(x)无零点.
（3）函数 f(x)求导得 f ( x ) = 2 x ln x + x = x ( 2 ln x + 1 )
公众号：高考试卷君
.
所以 f(x )=2x lnx +x ，切线l：y−x2lnx =(2x lnx +x )(x−x ).
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0化简得
第17页/共19页
y = ( 2 x
0
ln x
0
+ x
0
) x − x 20 ( ln x
0
+ 1 ) .
所以由题可知分别令 y = 0 , x = 0 可得 A
 x
0
2
( ln x
0
ln x
0
+
+
1
1
)
, 0

， B ( 0 , − x 20 ( ln x
0
+ 1 ) ) .
△ O A B 为等腰直角三角形，且 O A ⊥ O B ，故 | O A |= | O B | .
即
x
0
2
( ln x
0
ln x
0
+
+
1
1
)
= − x 20 ( ln x
0
+ 1 ) ，
因为 x
0
 0 ，所以化简得
( ln x
0
2 ln x
0
+
+
) 1
1
= x
0
( ln x
0
+ 1 ) .
若 ln x
0
+ 1 = 0 即 x
0
= e − 1 .
代入：左边 O A = 0 ,右边 O B = 0 .
此时 A,B 都与原点重合,不能构成三角形,舍去.
若 ln x
0
+ 1  0 两边约去 ln x
0
+ 1 ,得：
2 ln
1
x
0
+ 1
= x
0
令 t = ln x
0
,则 x
0
= e t ,方程变为： e t 2 t + 1 = 1 .
情况1: 2 t + 1  0 ,即 t  −
1
2
, e t ( 2 t + 1 ) = 1
设 ( t ) e t ( 2 t 1 ) 1  = + − , ( t ) e t ( 2 t 1 ) 2 e t e t ( 2 t 3 )   = + + = +
t  −
1
2
时, 2t+30 , ( t ) 0    , (t) 单调递增.
因为 ( 0 ) 1 1 1 0  =  − = ,故唯一解 t = 0 即 x
0
= e 0 = 1 ,此时 A ( 1 , 0 ) ,B(0,−1).
等腰直角三角形面积 S =
1
2
 1  1 =
1
2
.
1
情况2: 2t+10 ,即 t− ,
2
e t ( − 2 t − 1 ) = 1
设 ( t ) e t ( 2 t 1 ) 1  = − + − , ( t ) e t ( 2 t 1 ) 2 e t e t ( 2 t 3 )   = − + − = − +
t ,
3
2
, ( t ) 0 ,    

− −

  单调递增;
 3 1
t− ,−  ,
 2 2
( t ) 0    ,  单调递减。
函数 (t) 有极大值同时也为最大值 3
2
2 e 32 1 0   −  = − −  .
所以 (t)0 恒成立,方程et(−2t−1)=1无解.
综上,方程只有唯一解 x
0
= 1 , A(1,0) , B(0,−1) ,面积 S =
1
2
 1  1 =
1
2
公众号：高考试卷君
.
21．【答案】(1)具有，理由见解析
(2)（i）4；（ii）证明见解析【分析】（1）首先分析数列
第18页/共19页
 b
n
 为周期数列，再根据性质 T 的定义即可判断；
（2）（i）分别取取 n = 1 , l = 1 和 n = m , l = 1 ，再利用反证法即可证明；
（ii）利用（i）中的结论证明得存在 n ， t ，满足 A ( n ) = A ( n + t ) ，其中 n  2 0 2 6 , t  1 ，再分 t  i + 2 和
t  i + 2 时证明 a
n − 1
= a
n + t− 1
即可.
【详解】（1）数列  b
n
 具有性质 T ．
理由如下：数列  b
n
 满足 b
4 k + 1
= 1 , b
4 k + 2
= 0 , b
4 k + 3
= − 1 , b
4 k + 4
= 0 ，其中 k  N ，
即  b
n
 是周期为4的周期数列．
所以对任意nN*和lN*，当 m = n + 4 时， S
l
( n ) = S
l
( m ) ．
故数列  b
n
 具有性质 T ．
（2）（i）取 n = 1 , l = 1 ，由性质 T 得：存在 m  { 2 , 3 , 4 , 5 } ，使得a =a ．
m 1
同理，取 n = m , l = 1 ，由性质T得：存在 k  { m + 1 , m + 2 , m + 3 , m + 4 } ，使得 = a
k
= a
1
.
以此类推，得数列a 中任意连续4项中，必有一项的值等于
n
a
1
．
同理，得对于数列中的每一项 a
n
, a
n
之后的任意连续4项中，必有一项的值等于 a
n
．
假设  a
n
 的取值超过4个，不妨设有5个值不同的项a ,a ,a ,a ,a (i i i i i )，
b1 b2 b3 b4 b5 1 2 3 4 5
由上述结论，知在a 之后的连续4项中，这5个不同值都会出现，这是不可能的．
b
所以  a
n
 中至多只有4个不同的取值．
又因为周期数列：1,2,3,4,1,2,3,4,,1,2,3,4, 具有性质 T ，
所以集合  ∣u u = a
n
, n  N *  中元素个数的最大值为4．
（ii）考察由连续4项构成的数组A(n)=(a ,a ,a ,a )，
n n+1 n+2 n+3
由（i）知 a
n
的取值不超过4个，故这样的数组个数不超过 4 4 = 2 5 6 ．
所以在 A ( 2 0 2 6 ) , A ( 2 0 2 7 ) , , A ( 2 0 2 6 + 2 5 6 ) 这257个数组中至少存在两个相同的，
即存在 n ，t，满足 A ( n ) = A ( n + t ) ，其中 n  2 0 2 6 , t  1 ．
以下证明：若A(n)= A(n+t)，则 A ( n − 1 ) = A ( n + t − 1 ) ，即证a =a ．
n−1 n+t−1
由性质 T ，知存在i{0,1,2,3}，使得a +a ++a =a +a + +a ．
n−1 n n−1+t−1 n+i n+i+1 n+i+t−1
①若n−1+t−1n+i，即 t  i + 2 时，去掉上述等式两边的公共项，得
a
n − 1
+ a
n
+   + a
n + i− 1
= a
n + t− 1
+ a
n + t
+ + a
n + i+ t− 1
.
若 i = 0 ，上式即为a =a ．
n−1 n+t−1
若i0，由A(n)= A(n+t)，知a ++a =a + +a ，所以
n n+i−1 n+t n+t+i−1
a
n − 1
= a
n + t− 1
．
②若 t  i + 2 ，因为 i  3 ，所以 t  4 ．
当t=1时，由 A ( n ) = A ( n + 1 )
公众号：高考试卷君
，得a =a =a =a =a ，
n n+1 n+2 n+3 n+4
记其值为a，由性质T知，a 在其后四项出现，所以a =a=a ；
n−1 n−1 n
当t=2时，由A(n)=A(n+2)，得a =a =a ,a =a =a ，
n n+2 n+4 n+1 n+3 n+5分别记其值为
第19页/共19页
a ， b ，由性质 T ，知 a
n − 1
+ a
n
= a + b ，所以 a
n − 1
= b = a
n + 1
；
同理，得当 t = 3 , 4 时，均有 a
n − 1
= a
n + t− 1
．
综上，可推导出 a
n − 1
= a
n + t− 1
．
从而由 A ( n ) = A ( n + t ) ，得A(n−1)= A(n+t−1)，即得 a
n − 1
= a
n + t− 1
．
进而得到A(n−2)= A(n+t−2), ,A(1)= A(1+t)，
所以存在正整数 t ，对任意 k  { 1 , 2 , 3 , L , 2 0 2 6 } ，有 a
k + t
= a
k
．
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
2、2023年8月份到2024年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
3、2024年8月份到2025年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
4、2025年8月份到2026年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷（2025年8月开始，每天实时更新）
5、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年6月高考结束，资料截止更新
2026 高二 VIP 资料【无水印】
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2025年9月到2026年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2024年9月到2025年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
3、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
5、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等
6、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内
部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年7月底结束，资料截止更新
2026 高一 VIP 资料【无水印】
资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2025年9月到2026年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
2、2024年9月到2025年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
3、2023年9月到2024年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
4、2022年9月到2023年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
5、2021年9月到2022年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等
6、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等
进群费用：目前入群特价49元（原价99元，即将恢复原价）
时间期限：资料持续更新到2026年7月底结束，资料截止更新