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1、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：（本大题共一、选择题：（本大题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，满分共分，满分共 6060 分，每小题只有一个正确答案）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. 4C. 8D. 16 【答案】B 【解析】 试题分析：等差数列中 考点
2、：等差数列的性质 3.已知向量,若,则( ) A. 1B. 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 2 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
3、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. 【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
4、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 3 面积为( ) A. B. C. 8D. 【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：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
5、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】 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 4 【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
6、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
7、，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 a2b2bc=2b2，即 a2=7b2，则 cosA= 又 A（0，） ，所以 A= 即 A=30. 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】 5 【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=
8、h，则棱柱的体积为，AB=2，AC，BAC60， 2hh=1，AB=2，AC，BAC60BC=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= ，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
9、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 6 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
10、 【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）2-24a2c 得出，双曲线 C 的渐近线方程是. 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：二、填空题：( (本大题共本大题共 4 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分，把正确答案填在题中横线上分，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
11、得 a=1 故答案为：1 14.已知正方形的边长为 ， 为的中点，则_ 【答案】2 【解析】 7 =(+)(-) =-+-=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. 【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
12、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、解答题：三、解答题：(17(17 题题 1010 分，其它每题分，其它每题 1212 分，共分，共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演分解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤算步骤.).) 17.公差不为零的等差数列中，又成等比数列. 8 （1）求数列
13、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. （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
14、，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， ， , 9 （）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）=cos（4x+ ）+ ，f（x）的单调递减区间满足 4x+ 2k，2k+，k
15、Z，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， 10 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，OE，通过证明四边形 OMEF 为平
16、行四边形得出 FMOE，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. 11 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，求棱锥的体
