精品解析：天津市第二十中学2026-2027学年高三上学期10月调研检测数学试题

2026-2027第一学期高三年级数学学科调研检测（10月） 一、选择题 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. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知a，b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 10. 复数的虚部为______. 11. 展开式中的常数项为_____________. 12. 如图所示的三棱锥中，平面，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ABCD中，，，，且，则实数的值为__________，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为_______． 15. 已知函数，给出以下四个结论： ①存在实数a，函数无最小值； ②对任意实数a，函数都有零点； ③当时，函数在上单调递增； ④对任意，都存在实数m，使方程有3个不同的实根． 其中所有正确结论的序号是________________． 三、解答题 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的值域． 17. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，. （1）若，求的面积； （2）若，求. 19. 如图，在四棱锥中， 为矩形，且，，. （1）求证： 平面； （2）若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点 到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 20. 已知函数（）． （1）若，，求曲线在点处的切线方程； （2）若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点； （3）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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027第一学期高三年级数学学科调研检测（10月） 一、选择题 1. 已知全集，集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用补集的定义求解. 【详解】不等式，解得， 即，而， 所以或. 故选：D 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 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解. 【详解】因为可得： 当时，，充分性成立； 当时，，必要性不成立； 所以当，是的充分不必要条件. 故选：A. 3. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由当时，，排除D，即可得解. 【详解】设，则函数的定义域为，关于原点对称， 又，所以函数为偶函数，排除AC； 当时， ，所以，排除D. 故选：B. 4. 已知a，b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 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面平行判定定理可判断A错误，B错误，由线面垂直性质可知C正确，利用线面垂直性质以及线面平行判定可知D 错误. 【详解】对于A，若，当，满足，如下图所示： 但此时相交，即A错误； 对于B，结合A中分析可知当时，满足，如下图所示： 但此时相交，即B错误； 对于C，如下图： 显然当时，成立，即C正确； 对于D，当时，满足，如下图所示： 但此时不成立，即D错误. 故选：C 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． 【答案】B 【解析】 【分析】本题综合考查了统计与概率中的基础知识.逐项分析：对于A，利用方差的性质计算即可；对于B，根据线性回归方程中一次项系数的正负即可判断相关性；对于C，利用正态分布密度曲线的对称性进行求解；对于D，根据简单随机抽样的等可能性原则进行判断. 【详解】若样本数据的方差为，由方差的性质可知，数据的方差为，故A错误； 因为回归方程中的系数为，所以变量与具有负的线性相关关系，故B正确； 因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于直线对称. 已知，则. 根据对称性可得，故C错误； 在简单随机抽样中，每一个个体被抽到的可能性是相等的.无论是否先剔除，甲同学被抽到的概率均为样本容量与总体容量的比值，即，显然不等于，故D错误. 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 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求得函数的解析式，代入验证是否成立可判断A；用检验法判断函数在上的单调性可判断B；求出在给定区间上的最大值可判断C；解方程可判断D. 【详解】由题意得，解得，所以， 将其图象向右平移个单位得到函数的图象， 又函数为偶函数，所以，所以， 因为，所以，所以. 对于A，，故A正确； 对于B，因为，所以， 所以函数在上单调递增，故B正确； 对于C；当时，，所以， 所以函数的最大值为1，故C错误； 对于D，函数，所以， 所以或， 所以或， 又因为，所以，，， 即取上述值时，， 所以函数在上恰有三个不同的零点，故D正确. 7. 已知函数为偶函数，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由偶函数定义待定，再将自变量取值由对称性转化至，然后由指对函数性质比较自变量取值的大小，借助函数单调性可比较大小. 【详解】因为函数为偶函数， 则即， 即对于恒成立，所以，即． 当时，. 而， 因为在内单调递增，则， 又在定义域内单调递增，则， 在上单调递增，又， ，即． 故选：A． 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 【答案】A 【解析】 【分析】以，方向为轴正方向建立平面直角坐标系，可得，，设，结合题设分析得到点的轨迹为圆的弦所对应的优弧以及圆的弦所对应的优弧，进而分类讨论求解即可. 【详解】由，可以以，方向为轴正方向建立平面直角坐标系， 由图可知，，设，则，， 以线段为边可作2个等边三角形，其中， 以为圆心，以长为半径作圆，同理作出圆， 因为与的夹角为，所以与的夹角为， 则， 所以点的轨迹为圆的弦所对应的优弧以及圆的弦所对应的优弧. 点在圆的弦所对应的优弧上时，易得， 则圆，设，， 则，而， 所以， 因为，所以， 则，即时，取得最大值5； 当点在圆的弦所对应的优弧上时，易得， 则圆，设，， 则，而， 所以， 因为，所以， 则，即时，取得最大值5. 综上所述，的最大值为5. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】把不等式化为恒成立，设，得到函数，只需使得即可，求得函数的导数，分和两种情况讨论，求得函数的额单调性与最小值，列出不等式，即可求解. 【详解】由不等式可化为，即恒成立， 设，其中，由，可得， 所以，只需证明的最小值即可， 可得， ①若时，恒成立，所以在区间上单调递增； 所以的最小值为，解得， 因为，所以的取值范围是. ②若时，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以的最小值为， 设，其中，可得， 所以在上单调递减， 由，所以当时，解得， 又由，所以实数的取值范围是， 综上可得，实数的取值范围是. 故选：B. 二、填空 10. 复数的虚部为______. 【答案】 【解析】 【分析】直接根据复数的相关概念判断即可； 【详解】解：复数的虚部为 故答案为： 11. 展开式中的常数项为_____________. 【答案】240 【解析】 【分析】写出通项公式，令的指数为，得到，从而常数项为. 【详解】展开式的通项公式为， 令得，， 故答案为：240. 12. 如图所示的三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设中点为,连接,证明点就是三棱锥外接球的球心,即得解. 【详解】解：设中点为, 连接, 因为平面所以,所以. 因为平面所以平面, 所以平面，所以. 所以, 所以. 所以点就是三棱锥外接球的球心. 由题得. 所以三棱锥外接球的半径为. 所以三棱锥外接球的表面积为. 故答案为：. 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__________． 【答案】 【解析】 【分析】将y用x的表达式代入目标式，再利用基本不等式得到目标式的最值，根据不等式恒成立条件求参. 【详解】可得，， 代入得， 当且仅当，即时，等号成立. 故，不等式恒成立则有，解得， 故的取值范围为. 14. 如图，在四边形ABCD中，，，，且，则实数的值为__________，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为_______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求出，由利用数量积公式求解的值即可；建立坐标系，设，则，利用数量积的坐标表示，结合二次函数配方法求解即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以 ； 建立如图所示的坐标系， 因为，，， 可得， 设，因为，则， 所以， ， 当时等号成立， 所以的最小值为， 故答案为：,. 【点睛】平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用． 15. 已知函数，给出以下四个结论： ①存在实数a，函数无最小值； ②对任意实数a，函数都有零点； ③当时，函数在上单调递增； ④对任意，都存在实数m，使方程有3个不同的实根． 其中所有正确结论的序号是________________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】结合分段函数的性质对四个结论进行分析，从而确定正确答案. 【详解】①，当时，， 的图象如下图所示，由图可知，没有最小值，①正确. ②，由于， 当时，；当时，， 所以对任意实数a，函数都有零点，②正确. ③当时，， ，即函数在上不是单调递增函数，③错误. ④，当时，， 当时，， 画出的图象如下图所示， 由图可知存在实数m，使方程有3个不同的实根，④正确. 综上所述，正确结论的序号是①②④. 故答案为：①②④ 三、解答题 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦的和角公式及倍角公式得，再结合条件，即可求解； （2）由三角函数图象变换法则可得，进而利用正弦函数性质可求的值域． 【小问1详解】 . 因为函数的最小正周期为，.所以，解得. 【小问2详解】 由（1）可得， 将函数的图象先向左平移个单位长度， 可得函数， 再将向下平移1个单位可得的图象， 所以， 因为，所以，所以， 所以， 所以在区间上的值域为． 17. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 【答案】（1）取的中点，连接.因为点为棱的中点， 所以，且，又因为，， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. （2） （3）在棱上存在点，满足，此时 【解析】 【分析】（1）取的中点，构造平行四边形，从而得到，最后利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量法求出直线的方向向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值， 即为线面角的正弦值； （3）设比例参数，写出，利用垂直向量数量积为0建立方程求出，且在范围内，说明该点存在. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为点为棱的中点，得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 不妨设，可得， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 假设在棱上存在点，满足， 设，则， 因为， 故， 由，得，解得，满足， 所以在棱上存在点，满足，此时. 18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，. （1）若，求的面积； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知结合正弦定理得，再利用余弦定理得，从而得解； （2）由三角形内角和结合已知可得，化简可得：，再利用求解. 【小问1详解】 在中，， 由正弦定理可知： 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： 故三角形的面积为. 【小问2详解】 因为且，故，所以， 代入可得： 因此 化简可得：，则， 因为，所以， 所以， 所以可得：，化简可得： 在中，由正弦定理可得：； 19. 如图，在四棱锥中， 为矩形，且，，. （1）求证： 平面； （2）若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点 到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 【答案】（1）在中，，，， 所以，解得：， 所以，所以， 又，为平面内两条相交直线， 所以 平面； （2）； 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得到，进而得到即可求证； （2）建系，通过点到面的距离公式及面面角的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （2）由（1）知， 平面，， 所以平面，又 在平面 内，所以平面平面， 在平面内，所以， 在三角形中，，，， 所以，又， 所以， 又， 又， 所以，又， 所以， 取 的中点 ， ，可知：， 因为平面平面，交线为 ， 又在平面内， 所以平面 ，如图建立空间直角坐标系 易得：, 所以， 设平面的法向量为， 则， 所以， 令 ，得，即， 又， 所以求点 到平面的距离， ②， 设平面的法向量， 则，所以， 令，则，可得：， 设平面与平面所成夹角为 ， 所以， 所以， 即平面与平面所成夹角的正弦值为. 20. 已知函数（）． （1）若，，求曲线在点处的切线方程； （2）若且，证明：在区间内有且仅有一个极小值点； （3）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． 【答案】（1） （2）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： ①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． ②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0， 从而． 综合①②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． （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求解； （2）由导数判断函数的单调性求解； （3）先取特殊值得到，再证明即可. 【小问1详解】 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． 答：曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $