《真题试炼：2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《真题试炼：2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）（含解析）（26页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、真题试炼直面高考绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2作答时,务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的1.设集合A=x|x2-5x+60,B= x|x-1b,则A. ln(ab)0B. 3a0D. ab【答案】C【解析】【分析】本题也可用直接法,因为,所以,当时,知A错,因为是增函数,所以,故B错；因为幂函数是增函数,所以,知C正确；取,满足,知D错【详解】取,满
2、足,知A错,排除A；因为,知B错,排除B；取,满足,知D错,排除D,因为幂函数是增函数,所以,故选C【点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义,渗透了逻辑推理和运算能力素养,利用特殊值排除即可判断7.设,为两个平面,则的充要条件是A. 内有无数条直线与平行B. 内有两条相交直线与平行C. ,平行于同一条直线D. ,垂直于同一平面【答案】B【解析】【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件,渗透直观想象、逻辑推理素养,利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件,由面面平行性质定理知,若,则内
3、任意一条直线都与平行,所以内两条相交直线都与平行是的必要条件,故选B【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理,最容易犯的错误为定理记不住,凭主观臆断,如：“若,则”此类的错误8.若抛物线y2=2px（p0）的焦点是椭圆的一个焦点,则p=A. 2B. 3C. 4D. 8【答案】D【解析】【分析】利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于的方程,即可解出,或者利用检验排除的方法,如时,抛物线焦点为（1,0）,椭圆焦点为（2,0）,排除A,同样可排除B,C,故选D【详解】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点,所以,解得,故选D【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质,渗透逻辑推理、运算能力素养9
4、.下列函数中,以为周期且在区间(,)单调递增的是A. f(x)=cos 2xB. f(x)=sin 2xC. f(x)=cosxD. f(x)= sinx【答案】A【解析】分析】本题主要考查三角函数图象与性质,渗透直观想象、逻辑推理等数学素养画出各函数图象,即可做出选择【详解】因为图象如下图,知其不是周期函数,排除D；因为,周期为,排除C,作出图象,由图象知,其周期为,在区间单调递增,A正确；作出的图象,由图象知,其周期为,在区间单调递减,排除B,故选A【点睛】利用二级结论：函数的周期是函数周期的一半；不是周期函数；10.已知a（0,）,2sin2=cos2+1,则sin=A. B. C. D
5、. 【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式得到正余弦关系,利用角范围及正余弦平方和为1关系得出答案【详解】,又,又,故选B【点睛】本题为三角函数中二倍角公式、同角三角函数基本关系式的考查,中等难度,判断正余弦正负,运算准确性是关键,题目不难,需细心,解决三角函数问题,研究角的范围后得出三角函数值的正负,很关键,切记不能凭感觉11.设F为双曲线C：（a0,b0）的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点若|PQ|=|OF|,则C的离心率为A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】准确画图,由图形对称性得出P点坐标,代入圆的方程得到c与a关系,可求双曲线
6、的离心率【详解】设与轴交于点,由对称性可知轴,又,为以为直径的圆的半径,为圆心,又点在圆上,即,故选A【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解,难度适中,审题时注意半径还是直径,优先考虑几何法,避免代数法从头至尾,运算繁琐,准确率大大降低,双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题,需强化练习,才能在解决此类问题时事半功倍,信手拈来12.设函数的定义域为R,满足,且当时,.若对任意,都有,则m的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题为选择压轴题,考查函数平移伸缩,恒成立问题,需准确求出函数每一段解析式,分析出临界点位置,精准运算得到解决【详解】时,即右移1个单位,图像变为原来的
7、2倍如图所示：当时,令,整理得：,（舍）,时,成立,即,故选B【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反,画错示意图,画成向左侧扩大到2倍,导致题目出错,需加深对抽象函数表达式的理解,平时应加强这方面练习,提高抽象概括、数学建模能力二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分13.我国高铁发展迅速,技术先进经统计,在经停某站的高铁列车中,有10个车次的正点率为0.97,有20个车次的正点率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为_.【答案】098.【解析】【分析】本题考查通过统计数据进行概率的估计,采取估算法,利用概率思想解题【详解】由题
8、意得,经停该高铁站的列车正点数约为,其中高铁个数为10+20+10=40,所以该站所有高铁平均正点率约为【点睛】本题考点为概率统计,渗透了数据处理和数学运算素养侧重统计数据的概率估算,难度不大易忽视概率的估算值不是精确值而失误,根据分类抽样的统计数据,估算出正点列车数量与列车总数的比值14.已知是奇函数,且当时,.若,则_.【答案】-3【解析】【分析】当时,代入条件即可得解.【详解】因为奇函数,且当时,又因为,所以,两边取以为底的对数得,所以,即【点睛】本题主要考查函数奇偶性,对数的计算渗透了数学运算、直观想象素养使用转化思想得出答案15.的内角的对边分别为.若,则的面积为_.【答案】【解析】
9、【分析】本题首先应用余弦定理,建立关于的方程,应用的关系、三角形面积公式计算求解,本题属于常见题目,难度不大,注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查【详解】由余弦定理得,所以,即解得（舍去）所以,【点睛】本题涉及正数开平方运算,易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误解答此类问题,关键是在明确方法的基础上,准确记忆公式,细心计算16.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数
10、为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面,其棱长为_【答案】 (1). 共26个面. (2). 棱长为.【解析】【分析】第一问可按题目数出来,第二问需在正方体中简单还原出物体位置,利用对称性,平面几何解决【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面,计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有个面如图,设该半正多面体的棱长为,则,延长与交于点,延长交正方体棱于,由半正多面体对称性可知,为等腰直角三角形,即该半正多面体棱长为【点睛】本题立意新颖,空间想象能力要求高,物体位置还原是关键,遇到新题别慌乱,题目其实很简单,稳中求胜是关键立体几何平面化,无论多难都不怕,强大空间想象能力,快速还原图形三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题,每个试题考生都必须作答第22、23为选考题,考生根据要求作答（一）必考题：共60分。17.如图,长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E,求二面角BECC1的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用长方体的性质,可以知道侧面,利用线面垂直的性质可以证明出,这样可以利用线面垂直的判定定理,证明出平面；（2）以点坐标原点
