山东省临沂市第十九中学2019届高三上学期第六次质量调研考试数学(文)试题(解析版)

1、山东省临沂第十九中学高三上学期第六次质量调研考试文科数学试题一、选择题：（本大题共 12 个小题，每小题5 分，满分共 60 分，每小题只有一个正确答案）1.已知集合，若，则=（）a. 0 或b. 1 或c. 0 或 3d. 1 或 3 【答案】 c 【解析】由得：，又因为，故或，解得，或（舍去），故选 c. 2.已知数列是等差数列，且，则公差（ ）a. b. 4 c. 8 d. 16 【答案】 b 【解析】试题分析：等差数列中考点：等差数列的性质3.已知向量, 若, 则( ) a. 1 b. c. d. 1 【答案】 d 【解析】【分析】由得出 tan= ，把所求的式子上下同除以化简成关于正

2、切的式子，代入正切即可得解. 【 详 解 】 向 量, 若, 则=0 即tan=, 因 为. 故选 d. 【点睛】本题考查了数量积的坐标表示，考查了同角关系中的商数关系，关键是变形式子利用齐次式的方法进行求解. 4.已知函数，若将函数的图像向左平移个单位长度后所得图像对应函数是偶函数，则a. b. c. d. 【答案】 c 【解析】【分析】先由函数平移得解析式，由函数为偶函数得，从而得.进而结合条件的范围可得解. 【 详 解 】 将 函 数的 图 像 向 左 平 移个 单 位 长 度 后 所 得 图 像 对 应 函 数 是 ：. 由此函数为偶函数得时有：. 所以.即. 由，得. 故选 c. 【

3、点睛】解答三角函数图象变换的注意点：（1）进行图象变换时，变换前后的三角函数名称一样，若名称不一样，则先要根据诱导公式统一名称（2）在进行三角函数图象变换时，可以“ 先平移，后伸缩” ，也可以 “ 先伸缩，后平移” ，无论是哪种变换，切记每一个变换总是对而言的，即图象变换要看“ 变量 ” 发生了多大的变化，而不是“ 角” 变化多少5. 下列命题中，为真命题的是（）a. ,使得b. c. d. 若命题：，使得，则：，都有【答案】 d 【解析】试题分析：根据全称命题与存在性命题的关系可知，命题：，使得，则：，都有，故选 d. 考点：命题的真假判定及应用. 6.如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗线

4、画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为( ) a. b. c. 8 d. 【答案】 d 【解析】由题意可得，该几何体是一个棱长为4 的正方体中截取一个角所得的三棱锥，该三棱锥的最大面是一个边长为的等边三角形，该三角形 的面积是. 本题选择 d 选项. 点睛：(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理7.若抛物线上的点到其焦点的距离是到轴距离的倍，则等于（）a. b. 1c. d. 2 【答案】 d 【解析】【分析

5、】根据抛物线的定义及题意可知3x0=x0+ , 得出 x0求得 p，即可得答案【详解】由题意，3x0=x0+ ，x0= p0， p=2. 故选： d【点睛】本题主要考查了抛物线的定义和性质考查了考生对抛物线定义的掌握和灵活应用，属于基础题8.若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围a. b. c. d. 【答案】 b 【解析】分析：不等式有解，即为大于的最小值，运用乘1 法和基本不等式，计算即可得到所求最小值，解不等式可得m的范围详解：正实数满足则 =4 ，当且仅当，取得最小值4由 x有解，可得解得或故选 d 点睛：本题考查不等式成立的条件，注意运用转化思想，求最值，同时考查乘1法和基

6、本不等式的运用，注意满足的条件：一正二定三等，考查运算能力，属中档题9.在 abc中，内角a,b,c的对边分别是a，b，c，已知，则角 a=（）a. 30b. 60c. 120d. 150【答案】 a 【解析】【分析】先利用正弦定理化简, 得到 c 与 b 的关系式，代入中得到a2与 b2的关系式，然后利用余弦定理表示出cosa，把表示出的关系式分别代入即可求出cosa 的值，根据a 的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出 a 的值【详解】由 sinc=2sinb 得： c=2b， 所以 a2- b2bc=?2b2， 即 a2=7b2， 则 cosa=又 a（0，） ，所以 a=即 a=30

7、. 故选 a. 【点睛】本题考查学生灵活运用正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数值化简求值，是一道基础题，注意计算的准确性 . 10.已知三棱柱的侧棱垂直于底面, 各顶点都在同一球面上, 若该棱柱的体积为, 则此球的体积等于( ) a. b. c. d. 【答案】 b 【解析】【分析】画出球的内接三棱柱abc-a1b1c1，作出球的半径，然后可求球的表面积【详解】设 aa1=h， 则棱柱的体积为， ab=2， ac， bac 60 ， 2 hh=1， ab=2，ac， bac 60 bc=如图，连接上下底面外心，o 为 pq 的中点， op平面 abc ，ap=则球的半径为oa，由题意 op=

8、 ，oa=所以球的体积为：r3=. 故选 b. 【点睛】本题考查棱柱的外接球，常用处理方法：先求底面外接圆的半径，转化为直角三角形，求出球的半径.考查了空间想象能力，计算能力11.设函数,则使成立的的取值范围是（）a. b. c. d. 【答案】 a 【解析】试题分析：，定义域为， ， 函数为偶函数，当时，函 数 单 调 递 增 ， 根 据 偶 函 数 性 质 可 知 ： 得成 立 ， ，的范围为故答案为a. 考点：抽象函数的不等式. 【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的

9、单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可12.设是双曲线的左右焦点， p是双曲线c右支上一点，若，且，则双曲线c的渐近线方程是（）a. b. c. d. 【答案】 a 【解析】【分析】利用双曲线的定义和已知即可得出|pf1|，|pf2|，再利用余弦定理找出a,c的等量关系从而可求a,b的比值即可得出双曲线 c的渐近线方程【详解】 设|pf1|pf2|，则|pf1|-|pf2|=2a，又 |pf1|+|pf2|=6a，解得 |pf1|=4a，|pf2|=2a由可得（2a）2=（4a）2+（2c）2-2 4a 2c 得出，双曲线 c的渐

10、近线方程是. 故选 a 【点睛】本题考查了求双曲线的渐近线方程，熟练掌握双曲线的定义、余弦定理是解题的关键，属于中档题. 二、填空题： ( 本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分，把正确答案填在题中横线上) 13.若双曲线的离心率为2，则_【答案】 1 【解析】双曲线的离心率为2，解得 a=1故答案为： 114.已知正方形的边长为， 为的中点，则_【答案】 2 【解析】=(+) (-) =-+- =22- 22=2. 15.已知，函数在上单调递增，则的取值范围是 _【答案】【解析】【分析】因为函数为奇函数，在上单调递增，所以函数在上单调递增，故再结合周期表达式即可得出的取值范围 .

11、 【详解】 因为函数为奇函数， 在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 故，t，即又所以. 故答案为【点睛】本题考查了正弦型函数的性质，结合奇偶性，单调性可得出函数周期的情况，熟练掌握三角函数图象及性质是关键 . 16.对于三次函数，给出定义：设是的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点” . 某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心. 设函数，则_【答案】【解析】由题可得：，所以对称中心为（， ） ，设g(x) 上任意一点，因为关于（， ）对称，所以p 关于其对称的对称点为在g(x) 上，且所以，故2017 三、解答

12、题：(17 题 10 分，其它每题 12分，共 70 分解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 .) 17.公差不为零的等差数列中，又成等比数列 . （1）求数列的通项公式 . （2）设，求数列的前 n 项和. 【答案】（1）； （2）【解析】【分析】(1)通过将已知各项用首项和公差表示，利用已知条件计算即得结论；(2),采用裂项相消即可求和. 【详解】（1）解：设公差为d（d）由已知得：，又，解得：（2）,【点睛】本题考查了数列求通项公式及前n 项和，利用基本量法求首项公差即得通项公式，利用裂项相消求和也是常见的题型 ,注意计算的准确性. 18.已知在中，角、的对边分别是、 、 ，且. （

13、1）求角；（2）若边长，求周长的最大值. 【答案】 ( )；( )9.【解析】试题分析：由可得，再根据正弦定理可得的值，根据的取值范围，即可求出答案根据余弦定理可求得，化简即可求得，当且仅当时取等号，求得周长的最大值解析： （）由正弦定理得即，在中， , （）由余弦定理可得：即，当且仅当时取等号，周长的最大值为6+3=9 19.已知向量，函数，且图象经过点(1)求的值；(2)求在上的单调递减区间【答案】 (1) ;(2) 单调递减区间为. 【解析】【分析】（1）利用向量数量积公式、三角函数性质求出f （x） =cos（2）+ ，再由 y=f （x）图象经过点（，1） 能求出 ；（2）f（x）=

14、cos（4x+ ）+ ，f（x）的单调递减区间满足4x+ 2k ，2k+ ，kz，由此能求出f （x）在 0， 上的单调递减区间【详解】（1）由题知：，由图象经过点，则，所以或，解得或，又因为，所以. （2）由（ 1）知的单调递减区间满足，整理得：又因为，所以当时，当时，所以函数在上的单调递减区间为【点睛】函数的性质(1) . (2)周期(3)由求对称轴(4)由求增区间 ; 由求减区间 . 20.如图所示， 在五面体中，四边形为菱形， 且，为的中点 . （1）求证：平面；（2）若平面平面，求三棱锥的体积【答案】（1）详见解析； （2） . 【解析】【分析】（1）取 bd 中点 o，连接 om，

15、oe，通过证明四边形omef 为平行四边形得出fm oe，故而fm 平面 bde ；（2）取ad 的中点h，证明eh平面abcd ，由（ 1）得到平面的距离等于到平面的距离所以，求出即可 . 【详解】证明 :（1）取中点，连接，因为分别为中点，所以且，由已知且，又在菱形为菱形中，与平行且相等， 所以且. 所以且, 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面且平面，所以平面. （2）由（ 1）得平面，所以到平面的距离等于到平面的距离取的中点，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 由已知可得是边长为4 的等边三角形，故，又因为【点睛】 本题考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，

16、求棱锥的体积可以利用体积相等转化易求的体积，属于中档题21.已知函数，. （1）讨论的单调性；（2）若对任意，都有成立，求实数的取值范围 . 【答案】（1）当时，在上，是减函数 ,当时，在上，是减函数 ,在上，是增函数 ；（ 2）【解析】【分析】求出函数的定义域，函数的导数，通过a的范围讨论，判断函数的单调性即可（2）对任意 x0，都有 f（x） 0成立，转化为在（0，+）上f（x）min0，利用函数的导数求解函数的最值即可【详解】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+）又当 a0 时，在（ 0，+）上， f （x） 0，f（x）是减函数当 a0 时，由 f （x）=0 得：或（舍）所以：在

17、上， f （x） 0，f（x）是减函数在上， f （x） 0，f（x）是增函数（2）对任意x0，都有 f（x） 0 成立，即：在（0，+）上f（x）min0 由（ 1）知：当a0 时，在（ 0，+）上f（x）是减函数，又 f（1）=2a 20，不合题意当 a0 时，当时， f（ x）取得极小值也是最小值，所以：令（a0）所以：在（ 0，+）上， u （a） 0，u（a）是增函数又u（1）=0 所以：要使得f（x）min0，即 u（a） 0，即 a1，故： a的取值范围为 1，+）【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力22.已知椭圆c ：（ab0） ，四点

18、p1（1,1 ） ，p2（0,1 ） ，p3（ 1，）， p4（1，）中恰有三点在椭圆c上. （）求 c的方程；（）设直线l 不经过 p2 点且与 c相交于 a，b两点 . 若直线 p2a与直线 p2b的斜率的和为1，证明： l 过定点 . 【答案】 (1). (2) 证明见解析 . 【解析】试题分析：（1）根据，两点关于y 轴对称，由椭圆的对称性可知c 经过，两点 . 另外由知，c不经过点 p1，所以点 p2在 c上. 因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出 c的方程； （2）先设直线 p2a与直线 p2b的斜率分别为 k1，k2，再设直线 l 的方程，当 l 与 x 轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l ：（） ，将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点. 试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知c经过，两点 . 又由知，c不经过点p1，所以点p2在c上. 因此，解得. 故c的方程为. （2）设直线p2a与直线p2b的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得a，b的坐标分别为（t，）