Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2027届高三上学期第一次学情诊断数学试卷（含解析）

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一、单选题1．已知复数，则为（

）A．1 B．2 C． D．52．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．15．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（

）x12458y111525m45A． B．样本相关系数C．经验回归直线必过点 D．当时，残差为16．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．87．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．18．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32C．展开式中存在常数项 D．展开式的各项系数之和为110．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1D．当三棱锥体积最大时，该三棱锥的外接球表面积为三、填空题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．参考答案1．C【详解】由复数，得.2．A【详解】已知，所以，由于，因此，故A正确.3．B【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．B【详解】因为，所以，，，，,，，，.5．C【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．C【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．C【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．D【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.9．ABD【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．BC【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．BCD【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.12．【详解】由题可得，，则，故，因此焦距为.13．【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.14．24【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.15．(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【详解】（1）略（2）（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．(1)(2)【详解】（1）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．（2）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．(1)(2)(3)的分布列为其情况有：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.（2）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.（3）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．(1)(2)①；②是，定点为【详解】（1）由题意可得，得到，又，得到，则，所以椭圆方程为.（2）（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，