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2026-2027学年天津市第二十中学高三（上）调研检测
数学试卷（10月份）
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集，集合，则( )
A. 或 B. 或
C. 或 D. 或
2.设，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.已知，为空间不重合的两条直线，，为空间不重合的两个平面，则下列说法正确的是( )
A. 若，，，，则
B. 若，，，，则
C. 若，，则
D. 若，，则
5.给出下列命题，其中正确命题为( )
A. 若样本数据，，，的方差为，则数据，，，的方差为
B. 回归方程时，变量与具有负的线性相关关系
C. 随机变量服从正态分布，，则
D. 甲同学所在的某校高三共有人，先剔除人，再按简单随机抽样的方法抽取容量为的一个样本，则甲被抽到的概率为
6.已知函数的最小正周期为，将其图象向右平移个单位得到一个偶函数图象，下列选项错误的是( )
A. 函数的图象关于点中心对称
B. 函数在上单调递增
C. 当时，函数的最大值为
D. 函数在上恰有三个不同的零点
7.已知函数为偶函数，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
8.已知平面向量，，满足，，，与的夹角为，则的最大值为( )
A. B. C. D. 以上都不对
9.对任意，若不等式恒成立为自然对数的底数，则正实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知，则的虚部为 ．
11.展开式中的常数项为 ．
12.如图所示的三棱锥中，面，，，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．
13.若两个正实数，满足且任意的，使不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
14.如图，在四边形中，，，，且，，则实数的值为 ，若，是线段上的动点，且，则的最小值为 ．
15.已知函数给出以下四个结论：
存在实数，函数无最小值；
对任意实数，函数都有零点；
当时，函数在上单调递增；
对任意，都存在实数，使方程有个不同的实根．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
已知函数的最小正周期为．
求的值；
将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的值域．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求直线与平面所成角的正弦值；
Ⅲ在棱上是否存在点，满足，若存在，求，若不存在，说明理由．
18.本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知，．
若，求的面积；
若，求．
19.本小题分
如图，在四棱锥中，为矩形，且，，．
求证：平面；
若在的左侧，设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且．
Ⅰ求点到平面的距离；
Ⅱ求平面与平面所成夹角的正弦值．
20.本小题分
已知函数．
若，，求曲线在点处的切线方程；
若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点；
是否存在实数，，使得对任意，恒有？若存在，求出的最大值，若不存在，请说明理由．
1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】

15.【答案】
16.【答案】解：
，
因为的最小正周期，解得．
由得，
故，

17.【答案】解：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系如图，
可得，，，．
由为棱的中点，得分
Ⅰ证明：向量，面的法向量为，分
故分
，
又平面，
平面，分
Ⅱ解：向量，．
设为平面的法向量，
则即分
不妨令，可得为平面的一个法向量．
于是有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为分
Ⅲ解：假设在棱上是存在点，满足，设，
则，，分
向量，，，，
所以，，分
故分
由，得，分
因此，，解得，满足，
所以，在棱上存在点，满足，此时，分
18.【答案】解：在中，，
由正弦定理，
可化为：，
故可得：，代入可得：，
所以，故，
在中，由余弦定理可得：，
代入数据和式可得：，
所以三角形面积为：，
故的面积为；
因为且，故，
代入可得：，
因此，
化简可得：，则，
情况一：当时，
所以可得：，化简可得：，
在中，由正弦定理可得：；
情况二：当时，
同理可得：，又因为，故；
综上，的值为．
19.【答案】证明见解答； Ⅰ；Ⅱ．
20.【答案】解：当，时，．
故，
即切点坐标为．
对求导得：
所以切线的斜率．
故切线方程为，即．
所以曲线在点处的切线方程为．
证明：因为，所以，
代入解析式得．
对求导，得其导函数：，
设，则其二阶导数：，
下面将区间分为和两部分来论证的符号：
当时：
因为，所以．
因为，所以且．
由于，有且．
所以．
对于余弦项，因为且，所以．
从而．
因为，所以，即．
当时：
因为，所以．
由于在第二象限，且．
所以．
因为且，所以．
此时中的三项，，均严格大于，
从而．
综合可知，对于任意，均有恒成立，
这说明在区间上单调递增．
又因为由得到，
且．
根据零点存在性定理，由于在上连续且单调递增，
故存在唯一的，使得．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
所以在区间内有且仅有一个极小值点证明完毕．
存在．
若对任意，恒有成立，
则当取特殊值时，必然有．
即．
化简得：，
从而解得．
下面构造参数证明当时，恒有成立，从而说明该最大值是可以取到的．
取，，显然此时满足
此时．
则，．
当时，且，故，在上单调递增．
注意到，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
因此，在区间上，的最小值为．
所以当时，有．
当时，由于且，
有．
因为，且，，故．
所以当时，．
综上所述，当，时，对任意，恒有．
存在满足条件的实数，，且的最大值为．
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