精品解析：Z20⁺名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2027届高三第一次学情诊断数学试题

名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2027届高三第一次学情诊断 数学试题卷 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效． 4．考试结束后，只需上交答题卷． 第Ⅰ卷 一、单选题：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. 已知复数，则为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5 2. 已知是同一平面内不同的三点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若以点，，为元素构成的集合有个子集，则可以是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足：，，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 5. 已知两个线性相关变量x，y的统计数据如下表所示，其经验回归方程为，则下列说法正确的是（ ） x 1 2 4 5 8 y 11 15 25 m 45 A. B. 样本相关系数 C. 经验回归直线必过点 D. 当时，残差为1 6. 已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴的交点为B，过抛物线上一点A作准线l的垂线，垂足为H，若为线段的中垂线，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 7. 已知函数，，若曲线上存在点P，使得点P关于y轴的对称点在曲线上，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 8. 现有红、黄、蓝、白4种颜色的颜料可供使用，给四棱锥（如图）的各侧面及底面涂上颜色，要求相邻（有一条公共边）的两面不同色，则恰有两个面涂了红色的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知的展开式共有6项，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数之和为32 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式的各项系数之和为1 10. 已知点P为圆上的一个点，点，，则（ ） A. 过点A一定存在两条直线与圆C相切 B. 存在实数a，使得 C. 存在实数a，使得 D. 存在实数a，使得 11. 如图，在平面四边形中，，，，将沿对角线翻折至，在翻折过程中（ ） A. 存在某个位置，使得 B. 存在某个位置，使得平面平面 C. 存在某个位置，使得点B到直线的距离为1 D. 当三棱锥体积最大时，该三棱锥的外接球表面积为 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的焦距为________． 13. 已知函数，实数，满足，．若恒成立，则实数的最大值为________． 14. 已知数列，的通项公式分别为，，数列满足，，，记为数列前n项和，则使得成立的最小正整数为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，求周长的最大值． 17. 已知甲盒中有个红球，个黑球，乙盒中有个红球，个白球（各球除颜色外完全相同）．现进行如下操作：先从甲盒中取出两个球放入乙盒中，再从乙盒中取出两个球放入甲盒中． （1）求甲盒中红球个数不变的概率； （2）在“甲盒中红球个数不少于乙盒中红球个数”的条件下，求“黑球仍在甲盒中”的概率； （3）记为操作后甲盒中红球的个数，求的分布列及数学期望． 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于两点． ①若过点，求的最大值； ②设直线，的斜率分别为，，且．问直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 19. 已知函数与的图象相交于点为坐标原点． （1）求函数图象在处的切线方程； （2）若直线与图象相切于点，求的值； （3）若直线与图象交于另一点，且，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2027届高三第一次学情诊断 数学试题卷 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效． 4．考试结束后，只需上交答题卷． 第Ⅰ卷 一、单选题：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. 已知复数，则为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】由复数，得. 2. 已知是同一平面内不同的三点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知，所以， 由于，因此，故A正确. 3. 若以点，，为元素构成的集合有个子集，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：由条件可得集合只有两个元素，讨论列方程求. 方法二：代入选项依次验证条件即可. 【详解】因为以点，，为元素构成的集合有个子集，则集合只有两个元素， 所以三个点中恰有个相同，另外一个不同， 当与相同时，则， 所以，， 此时或，，满足条件， 当与相同时，则，，解得，， 此时，，满足条件， 当与相同时，则，，满足条件的不存在， 故选项B正确， 方法二： 当时，集合满足条件，故B正确; 当时，三点的坐标依次为，集合M有三个元素，不满足题意； 当时，三点的坐标依次为，集合M有三个元素，不满足题意； 当时，三点的坐标依次为，集合M有三个元素，不满足题意； 综上，可以是. 4. 已知数列满足：，，则（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，， ，，, ，，， . 5. 已知两个线性相关变量x，y的统计数据如下表所示，其经验回归方程为，则下列说法正确的是（ ） x 1 2 4 5 8 y 11 15 25 m 45 A. B. 样本相关系数 C. 经验回归直线必过点 D. 当时，残差为1 【答案】C 【解析】 【分析】根据经验回归方程进行检验计算判断可得. 【详解】对于选项C：，经验回归直线必过样本中心点， 代入回归方程得，因此样本中心点为，C说法正确； 对于选项A，再由，解得，A说法错误； 对于选项B：经验回归方程斜率为，说明与正相关，因此样本相关系数，B说法错误； 对于选项D：当时，预测值， 所以残差，因此D说法错误. 6. 已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴的交点为B，过抛物线上一点A作准线l的垂线，垂足为H，若为线段的中垂线，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意与中垂线性质得到，并且联立方程得到，再结合两点间距离公式建立方程，求出，进而求解即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形，设，，， 若为线段的中垂线，则，而，， 则，而在抛物线上，得到，解得， 得到，解得，则，得到， 而，由两点间距离公式得，解得，故C正确. 7. 已知函数，，若曲线上存在点P，使得点P关于y轴的对称点在曲线上，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，建立方程并构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 【详解】函数，的定义域均为， 设，则点关于轴的对称点为， 依题意，方程组有解，即方程组有解， 因此方程有解， 令函数，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 则，由有解得， 所以的最大值为. 8. 现有红、黄、蓝、白4种颜色的颜料可供使用，给四棱锥（如图）的各侧面及底面涂上颜色，要求相邻（有一条公共边）的两面不同色，则恰有两个面涂了红色的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据排列组合方法计算出基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数，结合古典概型的概率公式可求相应的概率. 【详解】先涂底面，有种涂法，再涂4个侧面， 如果4个侧面用2种颜色，则不同的涂法有种； 如果4个侧面用种颜色，则不同的涂法有； 故相邻（有一条公共边）的两面不同色，共有种不同的涂法. 若相邻（有一条公共边）的两面不同色，则恰有两个面涂了红色， 则这两个面只能是平面、平面或平面、平面. 则此时不同的涂法有种， 设为随机事件“恰有两个面涂了红色”， 则. 二、多选题：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. 已知的展开式共有6项，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数之和为32 C. 展开式中存在常数项 D. 展开式的各项系数之和为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】A，根据展开式的项数与二项式幂的关系可得；B，根据二项式系数之和为计算；C，根据通项公式求出常数项可得；D，可通过赋值法即得. 【详解】A，展开式的项数为，可知，故A正确； B，展开式的二项式系数之和为，当时， ，故B正确； C，展开式的通项公式，令，解得，不符合题意，C错误; D，令，可得各项系数之和为，故D正确. 10. 已知点P为圆上的一个点，点，，则（ ） A. 过点A一定存在两条直线与圆C相切 B. 存在实数a，使得 C. 存在实数a，使得 D. 存在实数a，使得 【答案】BC 【解析】 【分析】分别确定各选项中P点的轨迹（都是圆），利用圆与圆的位置关系判断. 【详解】圆的圆心为，半径为1，圆心C在直线上， 选项A，当时，，即在圆内，过点A不存在圆C切线，A错误； 选项B，，则在以为圆心，2为半径的圆上， 当时，，， 因此圆B与圆C相交，即圆C上有点P，满足，B正确； 选项C，，则P在以为直径的圆上，圆心为，半径为， 取，即，， 显然，即圆M与圆C相交， 所以圆C上有点P，满足，C正确； 选项D，，设，则， 化简得，即在以为圆心，2为半径的圆上， 到直线的距离为， 取，则得，而， 因此圆N与圆C外离，从而取任意实数，都有圆N与圆C外离， 所以不存在P，满足，D错误. 11. 如图，在平面四边形中，，，，将沿对角线翻折至，在翻折过程中（ ） A. 存在某个位置，使得 B. 存在某个位置，使得平面平面 C. 存在某个位置，使得点B到直线的距离为1 D. 当三棱锥体积最大时，该三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用空间距离的向量求法判断C，利用题意求出关键点的坐标，再利用球的方程求出半径，最后得到表面积判断D即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，则， 在中，由余弦定理得， 如图，作出翻折后的图形，且作面， 以为原点建立空间直角坐标系，可得，，， 设，由折叠性质得，， 由两点间距离公式得，， 两式相减得，解得，则， 令，，是参数，得到， 对于A，由题意得，， 若，则，解得， 而，则此种情况不存在，故A错误， 对于B，由题意得面的法向量为，设面的法向量为， 且，， 则， 令，解得，， 则， 若平面平面，则， 解得，符合题意，故B正确， 对于C，由题意得，， 设点B到直线的距离为，由题意得， 由点到直线的距离公式得， 则，解得（舍去）或， 当时，符合题意，故C正确， 对于D，由三棱锥的体积公式得， 当三棱锥体积最大时，，解得或， 而与等效，后续讨论的情况即可， 当时，，得到， 设三棱锥的外接球的球心坐标为，球的半径为， 设球的方程为， 将代入方程，得到， 将代入方程，得到， 则，解得， 将代入方程，得到， 则，解得，此时变为， 将代入方程，得到， 解得，，由球的表面积公式得，故D正确. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的焦距为________． 【答案】 【解析】 【详解】由题可得， ，则， 故，因此焦距为. 13. 已知函数，实数，满足，．若恒成立，则实数的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】化简，根据题意可得或，讨论这两种情况即可求解. 【详解】， 由于，所以， 所以或， 当时，， 不妨设，，由， 当时，， 当时，， 当时，， 所以，则， 由于，所以； 当时，，此时， 综上，，所以实数的最大值为. 14. 已知数列，的通项公式分别为，，数列满足，，，记为数列前n项和，则使得成立的最小正整数为________． 【答案】24 【解析】 【分析】就的奇偶性分类讨论求出的通项公式可求最小正整数. 【详解】因为、均为正数数列，故， 故即为，故. 当时，， 此时，故考虑的正整数解. 此不等式即为， 设，则， 因为均为递增数列，故为递增数列， 设， 则，， 故， 但，， ， 故此时的最小值为即的最小值为. 当时，， 此时，故考虑的正整数解. 此不等式即为， 当时，， 故当时，， 而，故无解， 综上，最小正整数为. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求四棱锥的体积． 【答案】（1）如图所示，取中点，连结，．由题意可知，，， 且，．故且，故四边形为平行四边形． ． ，平面，平面，平面 （2）1 【解析】 【分析】小问（1）在平面内找到一条平行于的直线，再运用线面平行的判定定理； 小问（2）运用几何法或建立空间直角坐标系将四棱锥的高即的长度求出，再运用四棱锥的体积公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （法一）取中点O，连结，，，， ， 由题意可知，平面，平面， 因此，而，，平面， 平面． 故平面，则为直线与平面所成角 即，故，而， 故． 四棱锥的体积； （法二）由题意可知，平面且， 以点A为坐标原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系． 则各点坐标，，，，，， 平面的法向量为，，设直线与平面所成角为θ， 则，解得， 同理． 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换和正弦定理得到，进而由余弦定理得到，求出； （2）由条件结合正弦定理可得外接圆半径，再结合正弦定理求，结合余弦定理和基本不等式求的最大值. 【小问1详解】 由二倍角公式可得， 又． 所以， 由正弦定理得：， 由余弦定理得：， 所以，又， 所以． 【小问2详解】 由正弦定理得，，其中R为外接圆半径．． 由正弦定理得，． 由余弦定理得：，， 由基本不等式可知： ，当且仅当时取等号， 所以当时，的周长取最大值，最大值为． 17. 已知甲盒中有个红球，个黑球，乙盒中有个红球，个白球（各球除颜色外完全相同）．现进行如下操作：先从甲盒中取出两个球放入乙盒中，再从乙盒中取出两个球放入甲盒中． （1）求甲盒中红球个数不变的概率； （2）在“甲盒中红球个数不少于乙盒中红球个数”的条件下，求“黑球仍在甲盒中”的概率； （3）记为操作后甲盒中红球的个数，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2） （3） 的分布列为 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到操作后甲盒中红球个数不变的不同情况，分别计算概率再相加即可； （2）先分别求出“甲盒中红球个数不少于乙盒中红球个数”和“黑球仍在甲盒中”的概率，再利用条件概率公式计算即可； （3）根据题意可知，可取，分别计算概率即可得到分布列，再利用数学期望公式计算即可. 【小问1详解】 记事件“甲盒中红球个数不变”， 其情况有：甲盒中取出个红球，乙盒中取出个红球或者甲盒中取出红黑，乙盒中取出红黑或者红白， 则. 【小问2详解】 记事件“甲盒中红球个数不少于乙盒中红球个数”，记事件“黑球仍在甲盒中”，则， 事件情况有：甲盒中取出个红球，乙盒中取出个红球或者甲盒中取出红黑，乙盒中至少取出一个红球； 事件情况有：甲盒中取出个红球，乙盒中取出个红球或者甲盒中取出红黑，乙盒中取出红黑． 因此， ， 故. 【小问3详解】 由题意可知可取， 当时，其事件情况有：甲盒中取出个红球，乙盒中取出的个都不是红球，故； 当时，其事件情况有：甲盒中取出个红球，乙盒中取出红白或者甲盒中取出红黑，乙盒中取出的两个都不是红球， 故； 当时，即为第（1）问，故； 当时，其事件情况有：甲盒中取出红黑，乙盒中取出个红球，故； 因此的分布列为 数学期望. 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于两点． ①若过点，求的最大值； ②设直线，的斜率分别为，，且．问直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）① ；②是，定点为 【解析】 【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求解； （2）（i）分直线l斜率为0和不为两种情况，斜率为0时，直接求出，斜率不为时，设直线，再利用根与系数间的关系及弦长公式可得，即可求解；（ii）法一，结合条件，利用椭圆的第三定义，建立等量关系，从而可得，即可求解. 【小问1详解】 由题意可得，得到，又，得到，则， 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）若直线l斜率为0，此时，解得M，N两点坐标为，此时， 若直线斜率不为0，不妨设直线，，， 由，消整理得到， 则，，， 又直线过点，故， 此时，易知点在椭圆外，则，正负号一致， ， ， 综上所述，的最大值为． （ⅱ）利用椭圆的第三定义可知，，得， 此时， 即，将，代入， 得到， 整理化简可得，解得或， 当时，直线l经过点，不符合要求，舍去；所以，即直线l恒过定点． 且定点在椭圆内部，直线l与椭圆恒有两个交点，经检验成立． 19. 已知函数与的图象相交于点为坐标原点． （1）求函数图象在处的切线方程； （2）若直线与图象相切于点，求的值； （3）若直线与图象交于另一点，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求解； （2）设，根据条件可得，再利用点是两函数图象的交点，即可求解； （3）设，根据条件可得，进而可得，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而可得，利用，求出的取值范围，即可求解. 【小问1详解】 易知，所以， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 设，由题知， 所以，解得， 又点在函数与的图象上， 则 ，，则. 【小问3详解】 设，因为直线与图象交于另一点，且，则， 令，由，，即，得， 所以，整理得到， 令，则， 令，则对任意的恒成立， 故函数在上为减函数， 对任意的，， 所以在区间上恒成立， 所以在上单调递减，则，所以， 由（2）知， 令，则在区间上恒成立， 所以在上单调递增，则， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $