届山东省临沂市普通高考模拟考试三模数学文试题.docx
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届山东省临沂市普通高考模拟考试三模数学文试题
2019届山东省临沂市普通高考模拟考试（三模）数学（文）试题
一、单选题
1．已知集合，，若，则实数的取值范围为（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先利用一元二次不等式的解法化简集合，再根据包含关系列不等式求解即可.
【详解】
因为，且，
所以，即实数的取值范围为，故选C.
【点睛】
本题主要考查一元二次不等式的解法以及集合子集的定义，属于基础题.
2．已知，其中是实数，则复数在复平面内对应的点位于（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，利用复数相等的条件求得，从而可得结果.
【详解】
由，
得，
，即，
复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限，故选B.
【点睛】
复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念以及复数相等的性质，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.
3．某中学高一年级560人，高二年级540人，高三年级520人，用分层抽样的方法抽取部分样本，若从高一年级抽取28人，则从高二、高三年级分别抽取的人数是（）
A．2726B．2627C．2628D．2728
【答案】A
【解析】直接根据分层抽样的定义建立比例关系，从而可得到结论.
【详解】
设从高二、高三年级抽取的人数分别为，
则满足，得，故选A.
【点睛】
本题主要考查分层抽样的应用，属于基础题.分层抽样适合总体中个体差异明显，层次清晰的抽样，其主要性质是每个层次，抽取的比例相同.
4．已知函数则的值为（）
A．B．2C．D．9
【答案】D
【解析】根据分段函数的解析式，先求出的值，从而可得的值.
【详解】
因为，，
所以，
所以，故选D.
【点睛】
本题主要考查分段函数的解析式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.当出现的形式时，应从内到外依次求值．
5．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，且其渐近线方程为，则该双曲线的方程为（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】先求出抛物线的焦点，即可得双曲线的焦点，可得到的值，结合双曲线的渐近线方程可以设双曲线的方程为,由双曲线的几何性质可得,可解得,将代入所设双曲线的方程即可得结果.
【详解】
因为抛物线的焦点为，
所以双曲线的右焦点也为,则有，
因为双曲线的渐近线方程为,
所以可设其方程为,
因为,则,解得，
则双曲线的方程为,故选B.
【点睛】
本题主要考查抛物线的方程与与性质，以及双曲线的方程与性质，属于中档题.求解双曲线方程的题型一般步骤：
（1）判断焦点位置；
（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.
6．在中，，，，，为的三等分点，则（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由可得，由，为的三等分点，结合向量运算的三角形法则可得，再利用平面向量数量积的运算法则可得结果.
【详解】
因为，所以，
化为，
因为，，
所以，
又因为，为的三等分点，
所以
，故选C.
【点睛】
本题主要考查平面向量的线性运算以及平面向量数量积的运算，属于中档题.向量数量积的运算主要掌握两点：
一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.
7．某产品近期销售情况如下表：
月份
2
3
4
5
6
销售额（万元）
15.1
16.3
17.0
17.2
18.4
根据上表可得回归方程为，据此估计，该公司8月份该产品的销售额为（）
A．19.05B．19.25C．19.5D．19.8
【答案】D
【解析】由已知表格中的数据求得,代入线性回归方程求得,再在回归方程中取求得值即可.
【详解】
得，
，
取，得，故选D.
【点睛】
本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，明确线性回归方程恒过样本中心点是关键，属于基础题.
8．已知等比数列中，，前三项之和，则公比的值为（）
A．1B．C．1或D．
【答案】C
【解析】先验证合题意，时，利用等比数列的通项公式与求和公式列方程求解即可.
【详解】
等比数列中，，前三项之和，
若，，，符合题意；
若，则，
解得，即公比的值为1或，故选C.
【点睛】
本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题.等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.
9．已知满足约束条件且不等式恒成立，则实数的取值范围为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】画出可行域,令,利用线性规划求的最小值,再由不等式恒成立列不等式，求得实数的取值范围.
【详解】
由约束条件，作出可行域如图，
令,平移直线
则当直线过点时，
直线的纵截距最大，有最小值,
因为不等式恒成立,
所以,即，故选A.
【点睛】
本题主要考查线性规划求最值以及不等式恒成立问题，属于中档题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：
（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；
（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
10．下列命题中：
①若命题，，则，；
②将的图象沿轴向右平移个单位，得到的图象对应函数为；
③“”是“”的充分必要条件；
④已知为圆内异于圆心的一点，则直线与该圆相交.
其中正确的个数是（）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【解析】利用特称命题的否定判断①；利用三角函数图象的平移变换法则判断②；利用基本不等式以及充分条件与必要条件的定义判断③；利用直线与圆的位置关系以及点到直线距离公式判断④.
【详解】
对于①，若命题，，则，；故①正确；
对于②，将的图象沿轴向右平移个单位，得到的图象对应函数为，故②错误；
对于③，“”是“”的充分必要条件，故③正确；
对于④，因为为圆内异于圆心的一点，则，所以圆心到直线的距离，所以该直线与该圆相离，故④错误，故选C.
【点睛】
本题主要考查的知识要点：
特称命题的否定，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，三角函数图象的平移变换法则，基本不等式的应用,意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.
11．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：
，即，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列，则数列的前2019项的和为（）
A．672B．673C．1346D．2019
【答案】C
【解析】求出已知数列除以2所得的余数，归纳可得是周期为3的周期数列，求出一个周期中三项和，从而可得结果.
【详解】
由数列各项除以2的余数，
可得为，
所以是周期为3的周期数列，
一个周期中三项和为，
因为，
所以数列的前2019项的和为，
故选C.
【点睛】
本题主要考查归纳推理的应用，考查了递推关系求数列各项的和，属于中档题.利用递推关系求数列中的项或求数列的和：
（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；
（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.
12．如图是某几何体的三视图，则过该几何体顶点的所有截面中，最大截面的面积是（）
A．2B．C．D．1
【答案】A
【解析】首先确定几何体的空间结构特征，然后结合面积公式求解面积的最大值即可.
【详解】
由三视图可知其对应的几何体是一个半圆锥，且圆锥的底面半径为，高，
故俯视图是一个腰长为2，顶角为的等腰三角形，
易知过该几何体顶点的所有截面均为等腰三角形，且腰长为2，顶角的范围为，
设顶角为，则截面的面积：
，
当时，面积取得最大值.
故选：
A.
【点睛】
本题主要考查三视图还原几何体的方法，三角形面积公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
二、填空题
13．向量，，若，则_________.
【答案】
【解析】先求出与的坐标，再利用向量垂直数量积为零列方程求解即可.
【详解】
向量，，
所以，
又因为，
所以，即，
解得，故答案为.
【点睛】
利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：
（1）两向量平行，利用解答；
（2）两向量垂直，利用解答.
14．椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过的直线交椭圆于，两点，的周长为8，则该椭圆的短轴长为__________.
【答案】
【解析】由的周长为8，利用椭圆的定义可得的值，再根据离心率为求出的值，从而求得的值，进而可得结果.
【详解】
因为的周长为8，
所以，
因为离心率为，
所以，
由,解得，
则该椭圆的短轴长为，故答案为.
【点睛】
本题主要考查椭圆的定义以及椭圆的离心率，意在考查对基础知识的掌握与灵活应用，属于中档题.
15．正三角形的边长为2，将它沿高翻折，使点，间的距离为，则四面体外接球的表面积为__________．
【答案】
【解析】试题分析：
四面体在如下图所示的长方体中，其外接球即为长方体的外接球，半径
，表面积为；故填．
【考点】1.球与多面体的组合；2.球的表面积公式.
16．函数与的图象上存在关于轴的对称点，则实数的取值范围为_________．
【答案】
【解析】函数与的图象上存在关于轴的对称点，转化为与的图象有交点，等价于的图象有交点，利用导数的几何意义，结合函数图象即可得结果.
【详解】
关于轴对称的函数为，
因为函数与的图象上存在关于轴的对称点，
所以与的图象有交点，
方程有解，即有解，
时符合题意，
时转化为有解，
即的图象有交点，
是过定点的直线，其斜率为，
设相切时，切点的坐标为，
则，解得，切线斜率为，
由图可知，当，即且时，的图象有交点，
此时，与的图象有交点，函数与的图象上存在关于轴的对称点，
综上可得，实数的取值范围为，故答案为.
【点睛】
本题主要考查函数图象的应用，考查了导数的几何意义、函数与方程思想、转化思想的应用，属于难题.转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本题将存在对称点问题转化为函数交点问题是解题的关键.
三、解答题
17．在中，角，，所对的边分别为，，，，
（1）求证：
；
（2）若，的外接圆面积为，求的周长．
【答案】
（1）见证明；
（2）.
【解析】
（1）由，利用诱导公式、两角和与差的正弦公式化简可得，从而可得结论；
（2）利用圆的面积公式可求得三角形外接圆半径，利用同角三角函数的关系与正弦定理可得，结合
（1），利用余弦定理列方程求得，从而可得结果.
【详解】
（1）∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
∴在中，，
（2）设的外接圆半径为，由已知得，∴，
∵，，∴，
∴，
∵，∴，
由得，解得，
∴，∴的周长为.
【点睛】
本题主要考查余弦定理、正弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：
（1）；
（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函
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