还剩14页未读，
继续阅读
广州市2024届高三上学期12月调研测试数学试卷及答案
展开
这是一份广州市2024届高三上学期12月调研测试数学试卷及答案，共17页。试卷主要包含了非选择题必须用0，已知，，，则的值为，015等内容，欢迎下载使用。
数学
命题单位：广州市教育科学研究院考试
时间：
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校､姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁､不污损.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.
3.非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.
一､单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求.
1.已知复数z满足，，则（ ）
A.1 B.2 C. D.
2.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，，若与共线，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数是奇函数，则（ ）
A. B.
C. D.
5.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…….记各层球数构成数列，且为等差数列，则数列的前100项和为（ ）
A. B. C. D.
6.直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.2
8.若函数在区间上存在极小值点，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.某市实行居民阶梯电价收费政策后有效促进了节能减排.现从某小区随机调查了200户家庭十月份的用电量（单位：），将数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A.图中a的值为0.015
B.样本的第25百分位数约为217
C.样本平均数约为198.4
D.在被调查的用户中，用电量落在内的户数为108
10.已知双曲线的左､右焦点别为，，过点的直线l与双曲线E的右支相交于P，Q两点，则（ ）
A.若E的两条渐近线相互垂直，则
B.若E的离心率为，则E的实轴长为1
C.若，则
D.当a变化时，周长的最小值为
11.已知点是函数的图象的一个对称中心，则（ ）
A.是奇函数
B.，
C.若在区间上有且仅有2条对称轴，则
D.若在区间上单调递减，则或
12.如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线与直线的夹角为30°，则（ ）
A.平面PMN
B.平面PMN截正方体所得的截面面积为
C.点Q的轨迹长度为
D.能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知抛物线的焦点为F，点M在C上，轴，若（O为坐标原点）的面积为2，则______.
14.的展开式中的系数为______（用数字作答）.
15.已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，平面ABC，，，且PA与平面ABC所成角的正弦值为，则该球的表面积为______.
16.已知函数恰有两个零点，则______.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（10分）
设数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足求数列的前2n项和.
18.（12分）
如图，在四棱锥中，，，，三棱锥的体积为.
（1）求点P到平面ABCD的距离；
（2）若，平面平面ABCD，点N在线段AP上，，求平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值.
19.（12分）
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知且.
（1）求证：；
（2）求的取值范围.
20.（12分）
已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，，求a的取值范围.
21.（12分）
杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮､宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址､京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠､坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神.甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮､宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元.
（1）甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开.当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用X表示甲购买的次数，求X的分布列；
（2）为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？
22.（12分）
在平面直角坐标系中，点，点是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆内切，记点P的轨迹为曲线E.
（1）求E的方程；
（2）设点，，，直线AM，AN分别与曲线E交于点S，T（S，T异于A），，垂足为H，求的最小值.
2024届广州市高三年级调研测试
数学试题参考答案及评分标准
评分说明：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则.
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
4.只给整数分数，选择题不给中间分.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算骤.
17.解：（1）因为，①
当时，，则.
当时，，②
①-②得，即，
所以是首项为1，公比为2的等比数列.
所以.
（2）因为，所以
所以
18.解：（1）设点到平面的距离为，
则，
由题可知，
所以，
故到平面的距离为.
（2）取的中点，连接，因为，所以，
又平面平面，平面平面平面，
，所以平面.
由（1）知.
由题意可得，
所以，故.
法一（坐标法）：以点为坐标原点，为轴，为轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
依题意，
所以.
设平面的法向量为，
则即
令，得
又平面的法向量为
设平面与平面的夹角为，则
，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
法二（几何法）：在线段上取点，使得，连接，过点作，垂足为，连接.
因为，所以，
.
因为平面，所以平面，
所以，
又，且，
所以平面，
所以，
所以是二面角的平面角.
在Rt中，易知，
所以，
所以.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
19.（1）证明：因为，
由正弦定理得，
又因为
所以，即.
又，所以.
又，
所以或.
又，所以.
（2）解：由（1）知.
由，解得.
所以
又，所以，
所以的取值范围为.
（别解：因为在上单调递减，
所以，所以的取值范围为.）
20.解（1）当时，，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）法一：，
记，则，
（备注：从逻辑推理的角度写成：不扣分）
所以在区间单调递减.
（i）当时，，
所以在上单调递增，所以当时，，符合题意；
（ii）当时，，
所以存在，使得.
从而在上单调递增，在上单调递减，
故当，矛盾，舍去.
综上，的取值范围为.
法二：当时，，即对恒成立.
设.
则.
记，
当时，，
所以，所以在上单调递增，
所以，符合题意；
当时，开口向上，对称轴，
所以存在唯一，使得，
当时，；当时，，从而
从而在区间递增，在区间递减，
故当，矛盾，舍去.
综上，的取值范围为.
21.解：（1）由题意可知所有可能取值为，
（其他解法：，）
则的分布列如下：
（2）设甲一次性购买个吉祥物盲盒，集齐三款吉祥物需要的总费用为.
依题意，可取.
方案1：不购买盲盒时，则需要直接购买三款吉祥物，总费用元.
方案2：购买1个盲盒时，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用元.
方案3：购买2个盲盒时，
当2个盲盒打开后款式不同，则只需要直接购买剩下一款吉祥物，
总费用；
（或）
当2个盲盒打开后款式相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用.
所以（元）.
（别解：元
方案4：购买3个盲盒时，
当3个盲盒打开后款式各不相同，则总费用，
当3个盲盒打开后恰有2款相同，则需要直接购买剩下一款吉祥物，
总费用；
当3个吉祥物盲盒打开后款式全部相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用.
所以（元）.
（别解：元）
显然.
综上，应该一次性购买2个吉祥物盲盒.
22.解：（1）法一：设的中点为，依题意以为直径的圆内切于圆，
所以，即，
设，又，所以，
所以点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，
设的方程为，则，
所以的轨迹方程.
法二：设，则的中点为，
依题意得，即.
整理得，
化简得点的轨迹方程.
（2）设，先证明直线恒过定点，理由如下：
法一：由对称性可知直线的斜率不为0，所以设直线的方程为：.
联立直线与的方程消去得：，
所以，即，①
.②
所以直线的方程为：，令，解得点横坐标，
同理可得点横坐标，
故，
将代入上式整理得：
.③
③将②代入③并整理得，
即满足方程.
若，即，则直线方程为，过点，不合题意；
所以，此时，直线的方程为，
所以直线过定点.
因为直线过定点，且与轨迹始终有两个交点，
又，垂足为，
故点的轨迹是以为直径的半圆（不含点，在直线下方）.
设中点为，则圆心，半径为1.
所以，当且仅当点在线段上时，
故的最小值为.
法二：①当直线斜率存在，设直线的方程为.
联立直线与椭圆的方程
消去得：，
所以，即，①
.②
所以直线的方程为：，
（备注：若直线方程写成，需另外考虑的情形，可参考方法四①.）
令，解得点横坐标，
同理可得点横坐标，
所以，
即，
将代入上式，得
，
将②代入上式，得.
整理得，
所以.（其中时，直线过点，不符合题意，舍去.）
直线的方程为：恒过定点.
②当直线斜率不存在，此时，
同理可得，即，
又，解得或.
若，则中必有一点与重合，不符合题意；
若，则重合，也不符合题意.
综上，所以直线过定点.
后略，同法一.
法三：①若直线的斜率均存在，即，
则
故
依题意直线不经过点，设直线，
椭圆，
联立与的方程
得，
整理得，
除以，得，
因为满足上式，故由韦达定理得，
解得.
所以直线恒过定点.
②若直线或的斜率不存在时，易求直线，过点.
综上，所以直线过定点.
后略，同法一.
法四：①当时，易知直线；直线.
分别与轨迹的方程联立求得，
故直线.
②当时，同理求得直线.
③当时，直线，
联立直线与轨迹的方程，消去得，
所以（异于），所以.
同理得.
所以直线的斜率，
所以直线的方程为
综上，所以直线过定点.
后略，同法一.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
C
B
D
D
B
A
题号
9
10
11
12
答案
AC
ACD
BC
ABD
题号
13
14
15
16
答案
120
2
3
4
数学
命题单位：广州市教育科学研究院考试
时间：
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校､姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁､不污损.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.
3.非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.
一､单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求.
1.已知复数z满足，，则（ ）
A.1 B.2 C. D.
2.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量，，若与共线，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数是奇函数，则（ ）
A. B.
C. D.
5.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…….记各层球数构成数列，且为等差数列，则数列的前100项和为（ ）
A. B. C. D.
6.直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.2
8.若函数在区间上存在极小值点，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.某市实行居民阶梯电价收费政策后有效促进了节能减排.现从某小区随机调查了200户家庭十月份的用电量（单位：），将数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A.图中a的值为0.015
B.样本的第25百分位数约为217
C.样本平均数约为198.4
D.在被调查的用户中，用电量落在内的户数为108
10.已知双曲线的左､右焦点别为，，过点的直线l与双曲线E的右支相交于P，Q两点，则（ ）
A.若E的两条渐近线相互垂直，则
B.若E的离心率为，则E的实轴长为1
C.若，则
D.当a变化时，周长的最小值为
11.已知点是函数的图象的一个对称中心，则（ ）
A.是奇函数
B.，
C.若在区间上有且仅有2条对称轴，则
D.若在区间上单调递减，则或
12.如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线与直线的夹角为30°，则（ ）
A.平面PMN
B.平面PMN截正方体所得的截面面积为
C.点Q的轨迹长度为
D.能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知抛物线的焦点为F，点M在C上，轴，若（O为坐标原点）的面积为2，则______.
14.的展开式中的系数为______（用数字作答）.
15.已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，平面ABC，，，且PA与平面ABC所成角的正弦值为，则该球的表面积为______.
16.已知函数恰有两个零点，则______.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.（10分）
设数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足求数列的前2n项和.
18.（12分）
如图，在四棱锥中，，，，三棱锥的体积为.
（1）求点P到平面ABCD的距离；
（2）若，平面平面ABCD，点N在线段AP上，，求平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值.
19.（12分）
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知且.
（1）求证：；
（2）求的取值范围.
20.（12分）
已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，，求a的取值范围.
21.（12分）
杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮､宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址､京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠､坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神.甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮､宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元.
（1）甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开.当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用X表示甲购买的次数，求X的分布列；
（2）为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？
22.（12分）
在平面直角坐标系中，点，点是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆内切，记点P的轨迹为曲线E.
（1）求E的方程；
（2）设点，，，直线AM，AN分别与曲线E交于点S，T（S，T异于A），，垂足为H，求的最小值.
2024届广州市高三年级调研测试
数学试题参考答案及评分标准
评分说明：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则.
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
4.只给整数分数，选择题不给中间分.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算骤.
17.解：（1）因为，①
当时，，则.
当时，，②
①-②得，即，
所以是首项为1，公比为2的等比数列.
所以.
（2）因为，所以
所以
18.解：（1）设点到平面的距离为，
则，
由题可知，
所以，
故到平面的距离为.
（2）取的中点，连接，因为，所以，
又平面平面，平面平面平面，
，所以平面.
由（1）知.
由题意可得，
所以，故.
法一（坐标法）：以点为坐标原点，为轴，为轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
依题意，
所以.
设平面的法向量为，
则即
令，得
又平面的法向量为
设平面与平面的夹角为，则
，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
法二（几何法）：在线段上取点，使得，连接，过点作，垂足为，连接.
因为，所以，
.
因为平面，所以平面，
所以，
又，且，
所以平面，
所以，
所以是二面角的平面角.
在Rt中，易知，
所以，
所以.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
19.（1）证明：因为，
由正弦定理得，
又因为
所以，即.
又，所以.
又，
所以或.
又，所以.
（2）解：由（1）知.
由，解得.
所以
又，所以，
所以的取值范围为.
（别解：因为在上单调递减，
所以，所以的取值范围为.）
20.解（1）当时，，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）法一：，
记，则，
（备注：从逻辑推理的角度写成：不扣分）
所以在区间单调递减.
（i）当时，，
所以在上单调递增，所以当时，，符合题意；
（ii）当时，，
所以存在，使得.
从而在上单调递增，在上单调递减，
故当，矛盾，舍去.
综上，的取值范围为.
法二：当时，，即对恒成立.
设.
则.
记，
当时，，
所以，所以在上单调递增，
所以，符合题意；
当时，开口向上，对称轴，
所以存在唯一，使得，
当时，；当时，，从而
从而在区间递增，在区间递减，
故当，矛盾，舍去.
综上，的取值范围为.
21.解：（1）由题意可知所有可能取值为，
（其他解法：，）
则的分布列如下：
（2）设甲一次性购买个吉祥物盲盒，集齐三款吉祥物需要的总费用为.
依题意，可取.
方案1：不购买盲盒时，则需要直接购买三款吉祥物，总费用元.
方案2：购买1个盲盒时，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用元.
方案3：购买2个盲盒时，
当2个盲盒打开后款式不同，则只需要直接购买剩下一款吉祥物，
总费用；
（或）
当2个盲盒打开后款式相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用.
所以（元）.
（别解：元
方案4：购买3个盲盒时，
当3个盲盒打开后款式各不相同，则总费用，
当3个盲盒打开后恰有2款相同，则需要直接购买剩下一款吉祥物，
总费用；
当3个吉祥物盲盒打开后款式全部相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，
总费用.
所以（元）.
（别解：元）
显然.
综上，应该一次性购买2个吉祥物盲盒.
22.解：（1）法一：设的中点为，依题意以为直径的圆内切于圆，
所以，即，
设，又，所以，
所以点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，
设的方程为，则，
所以的轨迹方程.
法二：设，则的中点为，
依题意得，即.
整理得，
化简得点的轨迹方程.
（2）设，先证明直线恒过定点，理由如下：
法一：由对称性可知直线的斜率不为0，所以设直线的方程为：.
联立直线与的方程消去得：，
所以，即，①
.②
所以直线的方程为：，令，解得点横坐标，
同理可得点横坐标，
故，
将代入上式整理得：
.③
③将②代入③并整理得，
即满足方程.
若，即，则直线方程为，过点，不合题意；
所以，此时，直线的方程为，
所以直线过定点.
因为直线过定点，且与轨迹始终有两个交点，
又，垂足为，
故点的轨迹是以为直径的半圆（不含点，在直线下方）.
设中点为，则圆心，半径为1.
所以，当且仅当点在线段上时，
故的最小值为.
法二：①当直线斜率存在，设直线的方程为.
联立直线与椭圆的方程
消去得：，
所以，即，①
.②
所以直线的方程为：，
（备注：若直线方程写成，需另外考虑的情形，可参考方法四①.）
令，解得点横坐标，
同理可得点横坐标，
所以，
即，
将代入上式，得
，
将②代入上式，得.
整理得，
所以.（其中时，直线过点，不符合题意，舍去.）
直线的方程为：恒过定点.
②当直线斜率不存在，此时，
同理可得，即，
又，解得或.
若，则中必有一点与重合，不符合题意；
若，则重合，也不符合题意.
综上，所以直线过定点.
后略，同法一.
法三：①若直线的斜率均存在，即，
则
故
依题意直线不经过点，设直线，
椭圆，
联立与的方程
得，
整理得，
除以，得，
因为满足上式，故由韦达定理得，
解得.
所以直线恒过定点.
②若直线或的斜率不存在时，易求直线，过点.
综上，所以直线过定点.
后略，同法一.
法四：①当时，易知直线；直线.
分别与轨迹的方程联立求得，
故直线.
②当时，同理求得直线.
③当时，直线，
联立直线与轨迹的方程，消去得，
所以（异于），所以.
同理得.
所以直线的斜率，
所以直线的方程为
综上，所以直线过定点.
后略，同法一.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
C
B
D
D
B
A
题号
9
10
11
12
答案
AC
ACD
BC
ABD
题号
13
14
15
16
答案
120
2
3
4
相关试卷
2024届广东省广州市高三上学期调研测试（零模）数学： 这是一份2024届广东省广州市高三上学期调研测试（零模）数学，文件包含精品解析广东省广州市2024届高三上学期调研测试数学试题B原卷版docx、精品解析广东省广州市2024届高三上学期调研测试数学试题B解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
2024届广东省广州市高三上学期调研测试（零模）数学： 这是一份2024届广东省广州市高三上学期调研测试（零模）数学，文件包含精品解析广东省广州市2024届高三上学期调研测试数学试题B原卷版docx、精品解析广东省广州市2024届高三上学期调研测试数学试题B解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
2024届广州市高三年级调研测试数学试卷及参考答案： 这是一份2024届广州市高三年级调研测试数学试卷及参考答案，文件包含2024届广州市高三年级调研测试参考答案pdf、2024届广州市高三年级调研测试数学docx、2024届广州市高三年级调研测试试题数学定稿pdf、2024届广州调研考试数学pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
