2018年上海市闵行区高考数学三模试卷(含答案解析)

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1、2018 年上海市闵行区七宝中学高考数学三模试卷一、填空題(本大题共 12 小题,满分 54 分,第 1-6 题每题 4 分,7-12 题每题 5 分)1 (4 分)若 logx21,则 x     2 (4 分)已知直线 l 垂直于直角坐标系中的 y 轴,则 l 的倾斜角为      3 (4 分)在复平面内,点 A(2,1)对应的复数 z,则|z+1|     4 (4 分)若角 的终边经过点 P(2,2) ,则 arctan(tan )的值为     5 (4 分)若不等式|ax |6 的解集为(1

2、,t) ,则实数 t 等于     6 (4 分)由参数方程 ( 为参数, n,nZ )所表示的曲线的右焦点的坐标为     7 (5 分)直角坐标系 xOy 内有点 A(2,1) ,B(2,2) ,C(0,2) ,D(0,1) ,将四边形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周,所得到的几何体的体积为     8 (5 分)A,B 二校各推荐两篇课题放在一起评比,则四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻的概率为     9 (5 分)已知平面直角坐标系中的两点 A(a 1,a 2) ,B(b 1,b 2) ,O 原点,有

3、,设:(x 1,y 1) , (x 2,y 2) , (x 3,y 3)是平面曲线x2+y22x 4y 上任意三点,则 Tx 1y2x 2y1+x3y2x 2y3 的最大值为     10 (5 分)设点 O 在ABC 的内部,点 D,E 分别边 AC,BC 的中点,且1,则     11 (5 分)设函数 f(x )x 2x+1,数列a n的首项 ,且 ,若数列a n不是单调递增数列,则 a1 的取值范围      12 (5 分)给定曲线 2(2sin cos +3)x 2(8sin+cos+1)y0, 为参数,则这些曲

4、线在直线 y2 x 上所截得得弦长的最大值是     二、选择題(本大题共 4 小题,每题 5 分,满分 20 分)13 (5 分)若椭圆 C 的方程为 ,则 lm 是曲线 C 的焦点在 x轴上的(  )A充分非必要条件 B必要非充分条件C充要条件 D既非充分也非必要条件第 2 页(共 18 页)14 (5 分)方程 的解的个数有(  )A0 B1 C2 D315 (5 分)已知实数 x,y 满足 x2+(y2) 21,则 的取值范围是(  )A ( ,2 B1,2 C (0,2 D ( ,116 (5 分)实数 a,b 满足|a |1,|a+

5、b|1,则(a+1) (b+1)的取值范围是(  )A B C0 ,2 D 2,2三、解答題(本大题共 5 題,14+14+14+16+1876 分)17 (14 分)已知圆柱的底面半径为 r,上底面圆心为 O,正六边形 ABCDEF 内接于下底面圆 P, OA 与母线所成角为 30,(1)试用 r 表示圆柱的表面积 S;(2)若圆柱体积为 9,求点 C 到平面 OEF 的距离18 (14 分)已知向量 和向量 ,且 (1)求函数 f(x )的最小正周期和最大值;(2)已知ABC 的三个内角分别为 A、B、C,若有 , ,求 AC 的长度19 (14 分)业界称“中国芯”迎来发展和投

6、资元年,某芯片企业准备研发一款产品,研发启动时投入资金为 A(A 为常数)元,之后每年会投入一笔研发资金,n 年后总投入资金记为 f(n) ,经计算发现当 0n10 时,f (n)近似地满足 f(n) ,其中 为常数,f(0)A 已知 3 年后总投入资金为研发启动时投入资金的 3 倍问(1)研发启动多少年后,总投入资金是研发启动时投入资金的 8 倍;第 3 页(共 18 页)(2)研发启动后第几年的投入资金的最多20 (16 分)平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 :y 22px(p0)的焦点为 F,过 F 的直线 l 交曲线于 B,C 两点(1)若 l 垂直于 x 轴,且线段 BC 的长为

7、1,求曲线方程;(2)若 l 的斜率为 k,求 tanBOC;(3)设抛物线上异于 B,C 的点 A 满足|AB| AC|若ABC 的重心在 x 轴上,求ABC 得重心的坐标21 (18 分)设函数 f(x )在1 ,+)上有定义,实数 a,b 满足 1ab若 f(x)在区间(a,b上不存在最小值,则称 f(x)在区间(a,b上具有性质 p(1)当 f(x) x2+Cx,且 f(x )在区间(1,2 上具有性质 p 时,求常数 C 的取值范围;(2)已知 f(x +1)f(x ) +1(x1) ,且当 1x 2 时,f(x)1x,判别 f(x)在区间1,4 上是否具有性质 p;(3)若对于满足

8、 1ab 的任意实数 a,b;f(x )在区间(a,b上具有性质 p,且对于任意 nN*,当 x(n,n+1 )时,有:|f(n)f (x)|+|f(x)f(n+1)| |f(n)f(n+1)|,证明:当 x1 时,f(2x )f(x) 第 4 页(共 18 页)2018 年上海市闵行区七宝中学高考数学三模试卷参考答案与试题解析一、填空題(本大题共 12 小题,满分 54 分,第 1-6 题每题 4 分,7-12 题每题 5 分)1 (4 分)若 logx21,则 x 2 【分析】利用对数的性质直接求解【解答】解:log x21,x2故答案为:2【点评】本题考查实数值的求法,考查对数性质等基础

9、知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是基础题2 (4 分)已知直线 l 垂直于直角坐标系中的 y 轴,则 l 的倾斜角为  0 【分析】直接由直线的倾斜角的定义得答案【解答】解:由直线倾斜角的定义可得,垂直于直角坐标系中的 y 轴的直线 l 的倾斜角为 0故答案为:0【点评】本题考查直线倾斜角的定义,是基础题3 (4 分)在复平面内,点 A(2,1)对应的复数 z,则|z+1|    【分析】求出复数 z+1,然后求解复数的模【解答】解:在复平面内,点 A(2,1)对应的复数 z,则|z+1| |2+i +1|1+i | 故答案为: 【点评】本题考查复数的

10、代数形式混合运算,复数的模的求法,考查计算能力4 (4 分)若角 的终边经过点 P(2,2) ,则 arctan(tan )的值为  【分析】利用角 的终边经过点 P(2,2) ,求出 tan,然后求解即可【解答】解:角 的终边经过点 P(2,2) ,可得 tan1则 arctan(tan)arctan(1) 故答案为: 【点评】本题考查三角函数的定义,反三角函数的化简求值,是基本知识的考查第 5 页(共 18 页)5 (4 分)若不等式|ax |6 的解集为(1,t) ,则实数 t 等于 1 【分析】由题目给出的绝对值不等式的解解为(1,t) ,可知1 为不等式所对应方程的两个根,

11、求出 a,然后求解实数 t 即可【解答】解:因为不等式|ax |6 的解集为(1,t) ,即1 是方程|ax|6 的根,所以|a| 6,不等式 |ax|6 化为|x|1,解得 x(1,1) 所以 t1故答案为:1【点评】本题考查了绝对值不等式的解法,考查了数学转化思想方法,若该题采用去绝对值的办法,去绝对值后需要分类讨论,解法变得复杂,该题属基本知识的考查6 (4 分)由参数方程 ( 为参数, n,nZ )所表示的曲线的右焦点的坐标为 ( ,0)  【分析】根据题意,将参数方程变形为普通方程,分析其表示的曲线为双曲线,由双曲线的几何性质分析可得答案【解答】解:根据题意,参数方程 变形

12、为普通方程为 1,为双曲线,其中 a2,b3,且其焦点在 x 轴上,则所表示的曲线的右焦点的坐标为( ,0) ;故答案为:( ,0) 【点评】本题考查参数方程与普通方程的互化,关键是将参数方程变形为普通方程7 (5 分)直角坐标系 xOy 内有点 A(2,1) ,B(2,2) ,C(0,2) ,D(0,1) ,将四边形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周,所得到的几何体的体积为 2 【分析】由题意知四边形 ABCD 是矩形,矩形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周得圆柱,求出圆柱的体积即可【解答】解:直角坐标系 xOy 中,点 A(2,1) ,B(2,2) ,C(0,2) ,D(0,1) ,如图所

13、示,由图形知四边形 ABCD 是矩形,将矩形 ABCD 绕直线 y1 旋转一周,所得几何体为底面半径为 1,高为 2 的圆柱,该圆柱的体积为 V1 222故答案为:2第 6 页(共 18 页)【点评】本题考查了矩形旋转后是圆柱体的应用问题,是基础题8 (5 分)A,B 二校各推荐两篇课题放在一起评比,则四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻的概率为    【分析】基本事件总数 n 24,四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻包含的基本事件个数 m 8,由此能求出四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻的概率【解答】解:A,B 二校各推荐两篇课题放在一起评比,基本事件总数 n 24,

14、四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻包含的基本事件个数 m 8,四篇课文在排序中没有 A 校命题相邻的概率为 p 故答案为: 【点评】本题考查概率的求法,考查古典概型、排列组合等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是基础题9 (5 分)已知平面直角坐标系中的两点 A(a 1,a 2) ,B(b 1,b 2) ,O 原点,有,设:(x 1,y 1) , (x 2,y 2) , (x 3,y 3)是平面曲线x2+y22x 4y 上任意三点,则 Tx 1y2x 2y1+x3y2x 2y3 的最大值为 15   【分析】化圆的方程为标准方程,求出圆的半径,结合已知及圆内接正三角形

15、面积最大求解【解答】解:由 x2+y22x 4y,得(x1) 2+(y+2) 25该曲线表示以(1,2)为圆心,以 为半径的圆如图,第 7 页(共 18 页)圆内接三角形面积最大时三角形为正三角形,且最大面积为 Tx 1y2x 2y1+x3y2x 2y3 |x1y2x 2y1+x3y2x 2y3|x 1y2x 2y1|+|x3y2x 2y3|故答案为: 【点评】本题考查曲线与方程,明确圆内接正三角形面积最大是关键,是中档题10 (5 分)设点 O 在ABC 的内部,点 D,E 分别边 AC,BC 的中点,且1,则 2 【分析】可画出图形,根据点 D,E 分别为边 AC,BC 的中点即可得出,从

16、而得出 ,这样即可得出答案【解答】解:如图,点 D,E 分别为边 AC,BC 的中点; , ; ; ; 故答案为:2第 8 页(共 18 页)【点评】考查向量加法的平行四边形法则,以及向量的数乘运算11 (5 分)设函数 f(x )x 2x+1,数列a n的首项 ,且 ,若数列a n不是单调递增数列,则 a1 的取值范围 1 【分析】通过数列与函数的关系式,结合不等式,转化求解 a1 的取值范围【解答】解: ;假设 ,则 若 ,则 ,由此可证得a n是单调递增数列,这矛盾所以 故答案为:1【点评】本题考查数列与函数的综合应用,反证法的应用,考查转化思想以及计算能力12 (5 分)给定曲线 2(

17、2sin cos +3)x 2(8sin+cos+1)y0, 为参数,则这些曲线在直线 y2 x 上所截得得弦长的最大值是 8   【分析】联立直线与曲线方程可求交点的横坐标 x1,x 2,要使曲线族在直线 y2x 上所截得的弦长的最大,则只要|x 2x 1|最大即可,即 t 最大即可,根据函数的性质即可求出【解答】解:将 y2x 代入曲线方程得 x10, 令 ,则 3t1(82t)sin +(t+1)cos , ,弦长 故弦长的最大值是 8 ,第 9 页(共 18 页)故答案为:8 【点评】本题主要考查了直线与曲线相交求解交点、弦长,解题的关键是灵活利用三角函数的性质及弦长公式,属

18、于中档题二、选择題(本大题共 4 小题,每题 5 分,满分 20 分)13 (5 分)若椭圆 C 的方程为 ,则 lm 是曲线 C 的焦点在 x轴上的(  )A充分非必要条件 B必要非充分条件C充要条件 D既非充分也非必要条件【分析】根据椭圆的性质即可得到曲线 C 的焦点在 x 轴上则 lm再根据充要条件的定义即可判断【解答】解:椭圆 C 的方程为 ,若曲线 C 的焦点在 x 轴上,lm,故椭圆 C 的方程为 ,则 lm 是曲线 C 的焦点在 x 轴上的充要条件,故选:C【点评】本题考查充要条件的判断与应用,椭圆的简单性质,基本知识的考查14 (5 分)方程 的解的个数有( &nbs

19、p;)A0 B1 C2 D3【分析】利用反三角函数,判断等式两侧表达式的范围,即可推出结果【解答】解:由于 ,所以 ,由此得到方程 无解故选:A【点评】本题考查反三角函数的应用,基本知识的考查第 10 页(共 18 页)15 (5 分)已知实数 x,y 满足 x2+(y2) 21,则 的取值范围是(  )A ( ,2 B1,2 C (0,2 D ( ,1【分析】构造直线 x+ y0,过圆上一点 P 作直线的垂线 PM,则2sinPOM,求出POM 的范围即可得出答案【解答】解:设 P(x ,y )为圆 x2+(y2) 21 上的任意一点,则 P 到直线 x+ y0 的距离 PM ,P

20、 到原点的距离 OP , 2sinPOM设圆 x2+(y2 ) 21 与直线 ykx 相切,则 ,解得 k ,POM 的最小值为 30,最大值为 90, sinPOM1,12sinPOM2故选:B【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,距离公式的应用,属于中档题16 (5 分)实数 a,b 满足|a |1,|a+b|1,则(a+1) (b+1)的取值范围是(  )A B C0 ,2 D 2,2【分析】求出 a,b 的范围,利用换元法画出可行域,利用目标函数的几何意义求解范第 11 页(共 18 页)围即可【解答】解:实数 a,b 满足|a| 1,|a+b|1,可得1 a1,1a+ b1

21、,令 xa+1,y b+1,可得 ,它的可行域如图:A 在 yx 与 x+y3 的交点( , ) ,B(2,1) ,(a+1) (b+1)xy,zxy 是双曲线关于 yx 对称,显然在 A 处取得最大值: ,在B 处取得最小值:2则(a+1) (b+1)的取值范围是: 故选:B【点评】本题考查线性规划的简单应用,画出可行域,利用换元法同时考查转化思想,数形结合思想的应用三、解答題(本大题共 5 題,14+14+14+16+1876 分)17 (14 分)已知圆柱的底面半径为 r,上底面圆心为 O,正六边形 ABCDEF 内接于下底面圆 P, OA 与母线所成角为 30,(1)试用 r 表示圆柱

22、的表面积 S;(2)若圆柱体积为 9,求点 C 到平面 OEF 的距离第 12 页(共 18 页)【分析】 (1)利用已知条件,通过求解三角形推出圆柱的高,然后求解圆柱的表面积S(2)利用圆柱的体积,求出底面半径,通过 VCOEF V OCEF ,求解点 C 到平面 OEF的距离【解答】解:(1)连接 AP,由题意可知:OA 与母线所成角为 30,APr,所以:,2 分,4 分(2) , 6 分V COEF V OCEF , ,10 分 14 分【点评】本题考查空间点线面的距离的求法,几何体的体积的求法,考查了直角三角形的解法,是基础题18 (14 分)已知向量 和向量 ,且 (1)求函数 f

23、(x )的最小正周期和最大值;(2)已知ABC 的三个内角分别为 A、B、C,若有 , ,求 AC 的长度【分析】 (1)利用向量共线定理、两角和差的正弦公式、三角函数的性质即可得出;(2)利用正弦定理即可得出第 13 页(共 18 页)【解答】解:(1) , 0,化为 f(x)2 函数 f(x)的周期为 2,最大值为 2(2) 得 2sinA ,即 sinA ,由正弦定理得 ,又 BC ,sin B ,则 2【点评】本题考查了向量共线定理、两角和差的正弦公式、三角函数的性质、正弦定理,属于中档题19 (14 分)业界称“中国芯”迎来发展和投资元年,某芯片企业准备研发一款产品,研发启动时投入资

24、金为 A(A 为常数)元,之后每年会投入一笔研发资金,n 年后总投入资金记为 f(n) ,经计算发现当 0n10 时,f (n)近似地满足 f(n) ,其中 为常数,f(0)A 已知 3 年后总投入资金为研发启动时投入资金的 3 倍问(1)研发启动多少年后,总投入资金是研发启动时投入资金的 8 倍;(2)研发启动后第几年的投入资金的最多【分析】 (1)由题意知 f(0) A,f(3)3A,代入求出 p,q 的值,即可得到函数的解析式,再代值计算即可求出 n 的值,(2)利用作差法,求出第 n 年的投入资金f(n)f ( n1) ,利用基本不等式即可求出答案【解答】解:(1)由题意知 f(0)A

25、 ,f(3)3A所以 解得 所以 令 f(n)8A,得 ,解得 an64,即 ,所以 n9所以研发启动 9 年后,总投入资金是研发启动时投入资金的 8 倍(2)由(1)知第 14 页(共 18 页)第 n 年的投入资金f(n) f(n1) ,当且仅当 ,即 等号,此时 n5所以研发启动后第 5 年的投入资金增长的最多【点评】本题考查了函数模型在实际生活中的应用,以及基本不等式的应用,考查了分析问题,解决问题的能力,属于中档题20 (16 分)平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 :y 22px(p0)的焦点为 F,过 F 的直线 l 交曲线于 B,C 两点(1)若 l 垂直于 x 轴,且线段 B

26、C 的长为 1,求曲线方程;(2)若 l 的斜率为 k,求 tanBOC;(3)设抛物线上异于 B,C 的点 A 满足|AB| AC|若ABC 的重心在 x 轴上,求ABC 得重心的坐标【分析】 (1)若 l 垂直于 x 轴,联立直线与抛物线方程,通过线段 BC 的长为 1,求曲线方程即可;(2)若 l 的斜率为 k,设 B(x B,y B) ,C (x C,y C) ,写出 l: (k0) 通过联立直线与抛物线方程,结合韦达定理转化求解 tanBOC;(3)若 l 垂直于 x 轴,则由|AB| |AC |A(0,0) ,此时重心坐标为 设 l:(k0) ,A (x A,y A) ,设线段 B

27、C 中点 D(x D,y D) ,求出 D 的坐标,AD 的斜率,求出直线系方程,得到定点坐标即为ABC 的重心第 15 页(共 18 页)【解答】解:(1)联立方程 ,所以 BC 长|BC |2p1,从而 的方程为 y2x4 分(2)设 B(x B,y B) ,C(x C,y C) ,l : (k 0) 由 、 ,得到 8 分,所以 10 分(3)若 l 垂直于 x 轴,则由|AB| |AC |A(0,0) ,此时重心坐标为 以下设 l: (k 0) ,A(x A,y A) , 设线段 BC 中点 D(x D,y D) ,则 ,所以直线 AD 的斜率 , 14 分此时 ,从而直线 AD: 与

28、 x 轴的交点(5p,0)即为ABC 的重心第 16 页(共 18 页)综合有,ABC 的重心为 或者(5p,0) 16 分【点评】本题考查抛物线与直线的位置关系的应用,考查转化思想以及计算能力21 (18 分)设函数 f(x )在1 ,+)上有定义,实数 a,b 满足 1ab若 f(x)在区间(a,b上不存在最小值,则称 f(x)在区间(a,b上具有性质 p(1)当 f(x) x2+Cx,且 f(x )在区间(1,2 上具有性质 p 时,求常数 C 的取值范围;(2)已知 f(x +1)f(x ) +1(x1) ,且当 1x 2 时,f(x)1x,判别 f(x)在区间1,4 上是否具有性质

29、p;(3)若对于满足 1ab 的任意实数 a,b;f(x )在区间(a,b上具有性质 p,且对于任意 nN*,当 x(n,n+1 )时,有:|f(n)f (x)|+|f(x)f(n+1)| |f(n)f(n+1)|,证明:当 x1 时,f(2x )f(x) 【分析】 (1)分别讨论 f(x )图象的对称轴 与 1 和 2 的关系,即可得出 f(x)是否存在最小值,从而求出 C 的取值范围;(2)由题目条件可得出 f(x)在区间(1,4 上如果有最小值,则最小值必在区间(1,2上取到,又 在区间(1,2 上不存在最小值,所以f(x)在区间( 1,4 上具有性质 P;(3)首先证明对于任意 nN*

30、,f(n)f (n+1) ;其次证明当 n1 且 xn 时,f (x)f(n) ;当 n2 且 xn 时,f(x)f (n) ;最后证明:当 x1 时,f (2x)f(x) 【解答】解:(1)当 时,f(x )x 2+Cx 在(1,2上存在最小值 ;当 时,f(x )在(1,2 上存在最小值 f(2) ;当 时,f(x )在(1,2 上单调递增,所以不存在最小值所以 C2(2)因为 x1 时,f(x+1)f(x )+1 f (x) ,所以 f(x)在区间( 1,4 上如果有最小值,则最小值必在区间(1,2上取到另一方面, 在区间(1,2上不存在最小值,所以 f(x)在区间( 1,4 上具有性质

31、 P第 17 页(共 18 页)(3) 首先证明对于任意 nN*,f(n)f (n+1 ) 当 x(n,n+1)时,由|f(n)f (x)|+| f(x)f (n+1)| |f(n)f(n+1)|可知 f(x)介于 f(n)和 f( n+1)之间若 f(n)f(n+1) ,则 f(x)在区间( n,n+1上存在最小值 f(n+1) ,矛盾利用归纳法和上面结论可得:对于任意 k,nN *,当 nk 时,f(n)f(k) 其次证明当 n1 且 xn 时,f(x )f(n) ;当 n2 且 xn 时,f (x )f (n) 任取 xn,设正整数 k 满足 nk xk+1,则 f(n)f(k)f(x)

32、f(k+1) 若存在 k+1x 0k n 使得 f(x 0)f (n) ,则 f(x 0) f(n)f(k)f(x 0) ,即 f(k)f(x 0) 由于当 x(k,k +1)时,f (k)f ( x) ,所以 f(x)在区间( k,x 0有最小值 f(x 0) ,矛盾类似可证,当 n2 且 xn 时,f (x)f(n) 最后证明:当 x1 时,f( 2x)f(x) 当 x1 时,f( 2)f(1)成立当 x1 时,由 2xxx1 可知,存在 nN*使得 xn2x ,所以 f(x)f (n)f(2x) 当 x(n,n+1)时,有:|f(n)f (x)|+| f(x)f (n+1)| |f(n)

33、f(n+1)|若 f(n)f(n+1) ,则 f(x)f(n)f(n+1) ,所以 f(x)在( n,n+1上存在最小值,故不具有性质 p,故不成立若 f(n)f(n+1) ,则 minf(n) ,f(n+1)f(x)max f(n) ,f (n+1)假设 f(n+1) f(n) ,则 f(x )在(n,n+1 上存在最小值,故不具有性质 p,故假设不成立所以当 x(n, n+1)时,f(n)f (x)f(n+1)对于任意 nN*都成立又 f(n)f(n+1) ,故当 mn(m、n N*) ,所以 f(m)f(m+1)f(n1)f (n) ,即 f(m)f(n) 所以当 xn 时,则存在正整数 m 使得 m1x mn,则 f(m1)f(x)f(m)f(n)所以当 xn 时,f(x)f( n) ,同理可证得当 xn 时,f(x)f (n) 所以当 x1 时,必然存在正整数 n,使得 xn2x ,所以 f(x)f(n)f(2x) ;当 x1 时,f( 2)f(1)显然成立;所以综上所述:当 x1 时,f (2x)f(x ) 【点评】本题考查了函数与方程的综合运用,需要对题目的条件充分理解和利用,证明第 18 页(共 18 页)用到了数学归纳法,属于难题

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