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浙江省卓越计划2027届新高三选拔考试
数学试题
2026.07
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3,考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡
上对应题目的答案标号涂，黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题
区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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，
只有一项是符合题目要求的。
1.样本数据7,8,14,16,20的平均数为
A.8
B.9
C.12
D.13
2.如果{a,b}是平面向量的一组基底，则“a与b的夹角是钝角”是“ā.b<0”的
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
3.已知集合A={0,1,2,3},
则AnB=
A.{3}
B.{2,3}
C.0,3}
D.{xr≥2或x≤}
4.若存在a>0,对任意的x∈(0，+∞)，都有nr+2a-b
a≥0，则当b取到最大值时，a的值
为
A.1+血2
B.2+ln2
C.In2
D.2h2
5,设函数r田=Nx-中1+2x+r+,则
A.f(x)的最小值为1
B.f(x)的最小值为√2
C.f(x)=1有一个实根
D.f(x)=√2有两个实根
6.使得simV2+sin2W2+…+sin(W2)>2成立的正整数n的个数为
A.0个
B.无穷多个
C.1个
D.以上选项都不对
高三数学试题第1页（共4页）
7.己知单调递增的整数列{a}共有n项，4=1，an=200,且对任意的整数m∈[2，n都存在
整数i,j∈[1，m-1]使得am=4+a(i,j可以相等)，则数列{a}至少有
A.7项
B.8项
C.9项
D.10项
8.某商店店庆，每个在店内消费到一定额度的顾客都可以参与抽奖活动.组织方准备了（≥3）个
盲盒，其中有m(1≤m个盲盒，兑奖后组织方会再补回一个相同的盲盒，充分混合后，再由下一位抽奖者抽奖抽奖
者甲先拿起了一个盲盒，在犹豫是否打开时，组织方拿走了一个没有奖品的盲盒，最终甲选
择了另外一个盲盒打开，记甲中奖的概率为乃.抽奖者乙在选盲盒时不小心碰掉了一个盲盒，
并且发现摔裂的盲盒内没有奖品，随后乙从剩下的盲盒中选定一个盲盒打开，记乙中奖的概
率为P,则
A.P>P2
B.P=P2
C.pD.无法确定乃与P2的大小关系
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.己知3，z2为复数，下列说法正确的是
A.31·z3=31z2
B.z1-z2=3-z2
C.若21,22是方程x2-2x+5=0的两根，则z+z号=-6
D.若3+1=2+1，则3=3
10.己知正三棱台ABC-ABC1是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中AB=6,AA=2,
以点A为球心，2√7为半径的球面与侧面BCC,B的交线为曲线T,P为T上一点，则
A.点A到平面BCCB,的距离为2√6
B.三棱台ABC-ABC:的体积为165
C.所有线段AP所形成的曲面面积为4VFm
D.三棱台ABC-AB,C外接球的表面积为54π
高三数学试题第2页（共4页）保密★启用前
浙江省卓越计划2027届新高三选拔考试
数学参考答案
2026.07
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，
只有一项是符合题目要求的。
1.D2.C3.C4.A5.B6.A7.D8.A
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.AC 10.ACD 11.AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.y=±V5x13.9
14.26
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.
(1)证明：如图，取AC的中点E,连接PE,NB,
因为N,P分别为线段AB,AC的中点，
所以PE∥AA,NE//BC,
B
又因为正三棱柱ABC-ABIC,AA/CC,所以PE∥CC:
因为PEg平面BCCB,CCC平面BCC,B,所以PE/平面BCC,B
同理可证NE∥平面BCC,B,
B
又因为PENE=E,且PEC平面NWPE,NEC平面NPE,
所以平面NPE/平面BCC,B
因为NPc平面NPE,所以NPI/平面BCCB.
(2)
B
如图，过MN的直线交AA的延长线于F点，连接FP,并延长FP交AC于G
点，交AC于H点，连接NH,直线MN与AB的延长线交于I点，连接IG,
与B,C交于2点，连接MQ,则五边形MNHGO即为所求.
B
因为正三棱柱ABC-AB,C的棱长均为2，
所以由图可知，MN=V2,△MBN兰△FAN,△MBN兰△MB1I,△PHC兰△PGA1,△FAH~△
答案第1页，共7页
FAG,
因此，4RH4G明ESG讯=5，D
由余弦定理得 =
2
在平面4BC内，B1E4G名过G作GK/BC交4B于K点
则4K=KG=4G=2
3
则A太-片B0号G=1,即@为RG巾点，
2
切=.
所以QG=3
所以五边形MNHG0的周长为MN+NH+HG+GQ+MQ=2√2+√5+√5.
16.
(1)当A=B时，
由已加得2cw1+0C-1+2m2--2m引}2-cs4,
可得3coSA+cosC=2.
②》由参考公式及已知条件，可得2cos4:cm4,B+eosC-1+cs4,8-。
B①
coS-
2
2
2
因为A+B=元-C,所以cosA+B
sin
2
2
代入①得2s写4与8
+cosC=1+cos
A-B
C
sin-
2
2
12
鉴理（2m号-小os4与B-cmC+m-10,
2
利用cosC=1-2sim2C
2m写小o4
2
-sin c
若2sin
所以.即c
-1=0,则im9=,
2
26
3
=cos4+
C
若cos4,B=simS
2
2
2，则A=0或B=0,构不成三角形，舍去，
故C=π
(3)tan A=tan(r-B-c)=-tan(B+C)=tan B+tan c
tan BtanC-1
可得tan Atan B tan C=tanA+tanB+tanC,
答案第2页，共7页

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