折江省Z20名校2026-2027学年高三上学期第一次联考数学试卷

Z20（浙江省名校新高考研究联盟）2027PAGE141501208540分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合z2i，则|z| B． C． D．A,B,CAB2CBACBC，则 B． 若以点sincos,cos,sin,tan,1M4个子集，则 B． C． D．5 an,当a为偶数

5，

，则a

m B．样本相关系数r经验回归直线必过点4

x5已知抛物线Cy22pxp0F，准线lxBAl的垂线，垂足为H，若HF为线段AB的中垂线，且|AB| ，则p f(xx12，g(xexa(aRyf(xPPy yg(xa B．C． 现有红、黄、蓝、白4种颜色的颜料可供使用，给四棱锥A． B．C．

D．

8.x9．已知2x

6An D．展开式的各项系数之和为110．已知点P为圆C(xa)2(ya)21上的一个点，点A(1,0),B(4,0)，则11AA一定存在两条直线与圆11B．存在实数a，使得|PB|C．存在实数aPAPBD．存在实数a，使得|PA|2|PBABCDABACCDADC30DAB120，将△ACD沿对角线AC翻折至APPBCBPC的距离为PABC体积最大时，该三棱锥的外接球表面积为第Ⅱ3515分双曲线x22y21的焦距 fxsin2x3cos2xx1x2x1x20fx1fx20.若|x1x2|m成立，则实数m的最大值 a,cb,(kN*)

2k

k 记S为数列c前n项和，则使得Sn100成立的最小正整数n 577分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15（13分）PABCDPA平面ABCDBCADABAD，AD2BC2AB2EPD的中点CE//平面PAB若直线CEPAD45PABCD的体积1516（15已知cos2Acos2Bcos2C12sinAsinB．求C asinAsin

4，求△ABC17（15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XX的分布列及数学期望18（17:

21ab0的左、右顶点分别为A,B，且|AB|4，离心率为 C设直线l与椭圆CMN两点①若lP4,1，求|PM||PN|AMBN的斜率分别为k1k2，且k12k2.问直线l是否过定点？若是，求出该定19（17xyf(xM（a,1若直线OPyf(x)P，求at若直线OPyf(x)图象交于另一点Q，且|OQ|2|OP|，求at的取值范围Z20+名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2027

13．

15．（1）PAFEFBF.EF

EF1ADBCAD,BC1AD.BC//EF且BCEFBCEF为平行四边形CEBF 3CE//BF，CE平面PAB，BF平面PAB，CE//平面 6（2）（法一）AD中点OEO,COAD2BC1ADCO PA平面ABCDPAAB而ADAB， ABA，AB平面PAD故CO平面PAD，则CEO为直线CE与平面PAD所成 8分即CEO45，故COEO1EO1PA故PA2 11四棱锥PABCD的体积 1Sh11212 13PABCD33（法二）PA平面ABCDADABAP00,tt0E0,1t 9 2 平面PAD法向量为n100，CE10t，设直线 2PAD所成角为，则sin

|nCE||n||nCE||n||CE1t同理 1Sh112121 13P 16．（1）cos2Acos2Bcos2C12sin2A2sin2B2sin2C12sinAsin

……2由正弦定理得：a2b2c2ab， ……4分由余弦定理得：a2b2c2ab2abcosC，即cosC1，C. ……6分

asinAsin

2RR为△ABC外接圆半径.R2c2RsinC

8由余弦定理得：c2a2b22abcosC，（ab)2123ab 11由基本不等式可知：（ab)2123ab3a 13ab

，当且仅当ab时取等号.此时△ABC的周长为

1517．（1）A=22个1111黑/11白.C C

C C1C

则PA343 3

3C C C C

则PC|B P21111黑C C C C1C C2 1 1 因此PB343 33

……………5C C C

C C

5 6C C

C C

PBC3433 7C C

C C

故PC|B 故PC|B

8由题意可知X可取 9X122个都不是红球C C

故PX132 10C C

2 X221111黑，乙盒中取出的两个都不是红球C C1C

C C

故PX23 233 11C C

C C

2 当X3时，即为第（1）问，故PX31 12X4112个红球C C

故PX433

.

13C C

XEX112113141

14 15 18．（1）由题意可得2a42ca，故b

………4 （2）（ⅰ）若直线l斜率为0，此时l:y1，解得M,N两点坐标为 360|PM||PN|428

53x24y2xmy

3m24y26mty3t2120（※）（0y1y2

4,y1y2

4，l过点P4,1，故4mt 7此时|PM||PN

|y1|

|y1|

1,

1111401m2

1

3m2

3m2综上所述，|PM||PN|的最大值为40 10

3，得

3 ……12此时kBM

x2x

t

AMt

BM my

mt2

yt

31 3t24t40，解得t2或2 1620 20 17 （法二）k2k，由斜率的坐标公式可得： x x

t2ymyy2t2

……12myt myt

1 y 3t2

t12

，即myy

yy， 14y

1

2 2代入①中，化简可得：3t2 3t22 4 3t22由于动直线与椭圆的交点会变化，若②式恒成立，则 解得t2，即直线l恒过定点20

t4

17 19．（1）f'(x) f'(a)

2

(xay

x11lna

41P(xy，则1

logax1

6 8 又ytx2log tx2y,x at(ay1)x(x)x

10 a 11 设Q(x2,y2)由|OQ|2|OP|得x22x1