2023年12月3日发(作者：去年三中小升初数学试卷)

2023年3月河北省普通高中学业水平合格性考试数学试卷注意事项：1．本试卷共4页，包括两道大题，36道小题，总分100分，考试时间120分钟.2．所有答案在答题卡上作答，在本试卷和草稿纸上作答无效.答题前，请仔细阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题.3．答题时，请用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮将原选涂答案擦拭干净后，再选涂其他答案标号.4．考试结束时，请将本试卷与答题卡一并交回.一、单项选择题（共8小题，每小题2分，共16分）1．设集合M2,3,4，N3,4,5，则MN（A．2B．5C．3,4）D．1）D．2,3,4,52．若实数a,b满足abii(1i)，则ab（A．2B．2C．1）3．若实数a,b,c满足ab，c0，则（A．acbcB．acbcC．acbcD．acbc）D．44．已知向量a(2,1)，b(m,2)，若ab，则实数m（A．1B．1C．4）5．设命题p：R，sin1，则p的否定是（A．R，sin1C．R，sin16．函数f(x)x(x2)的定义域是（A．0,2C．,02,B．R，sin1D．R，sin1）B．2,0D．,20,7．魏晋时期刘徽在其撰写的《九章算术注》中提到了“不加借算”开平方的方法：试卷第1页，共8页a2rar．当a取正整数且r最小时，用“不加借算”的方法计算面积为1232m2的正2a方形区域的边长，其结果是（A．35.1m8．若sinA．34）C．35.5m）C．154B．35.3m1π，,π，则cos()（42D．35.7mB．34D．154二、单项选择题（共28小题，每小题3分，共84分）rrrr9．已知向量a,b满足|a|1,|b|2,ab3，那么向量a,b的夹角为（A．30B．60C．120D．150）D．2））1x,x010．已知函数f(x)，则f(x)的最小值是（log(x2),x02A．1B．0C．111．已知m，n是两条不同的直线，是平面，则下列四个结论中正确的是（A．若m，n，则m//nC．若m，mn，则n//B．若m//，n//，则m//nD．若m，n与所成的角相等，则m//n）12D．ab33uurr12．在ABC中，设AD3DB，CAa，CBb，则CD（13A．ab4413B．ab4412C．ab3313．某快递驿站随机记录了7天代收快递的件数，如下表：天/第件数34298已知该驿站每代收1件快递收取0.8元服务费，据此样本数据，估计该驿站每月（按30天计算）收取的服务费是（单位：元）（D．1185614．下列函数中，在区间(1,1)上单调递减的是（））A．8808B．9696C．10824试卷第2页，共8页A．f(x)x1B．f(x)cosxC．f(x)exexD．f(x)ln1x1x15．设a,bR，则“ab”是“a3b3”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件条件将一块棱长为60cm的正方体石块，磨制成一个球形石块，则最大球形石块的体积是（取16．π3）（D．既不充分也不必要）B．108000cm3C．10800cm3D．5400cm3）A．864000cm317．已知函数f(x)sin(x)（0，π0）的图象如图所示，则的值是（A．7π10B．9π10C．π2D．π518．已知定义在R上的偶函数fx在,0上是增函数，且f10，则使fx0的x的取值范围是（A．1,0）B．0,1C．1,1D．,11,）19．若圆锥的底面半径为3，体积为37π，则此圆锥的侧面展开图的圆心角是（A．π2B．2π3C．3π4D．3π220．某旅游爱好者想利用假期去国外的2个城市和国内的3个城市旅游，由于时间所限，只能在这5个城市中选择两个为出游地．若他用“抓阄”的方法从中随机选取2个城市，则选出的2个城市都在国内的概率是（A．）C．1335B．21D．）31021．已知a20.1，b0.50.2，clog0.50.2，则（A．cabB．cbaC．bac）D．abc22．已知a0，b0，a2b4，则ab的最大值是（试卷第3页，共8页A．2B．2C．22D．423．将函数ysin2xcos2x的图象向右平移（）π个单位长度，所得图象的函数解析式可以是4A．y2cos2xπC．y2cos2x4πB．y2sin2x43πD．y2sin2x424．某足球队进行点球训练，假设守门员不变，球员甲进球的概率为0.9，球员乙、丙进球的概率均为0.8．若3人各踢点球1次，且进球与否相互独立，则至少进2球的概率是（A．0.784B．0.864C．0.928）D．1）D．105）D．0.99325．若3cos210cos1，则cos2cos（A．49B．1C．10926．在ABC中，若BC1，AC3，cosCA．2，则sinB（3C．306B．15510627．如图所示的八面体的表面是由2个全等的等边三角形和6个全等的等腰梯形组成，设A1AA1B11，AB2，有以下四个结论：①BC平面AA1A2；②AA1//平面BB2C2C；56③直线AA1与CC2成角的余弦值为6．3④直线A1C1与平面AA2B2B所成角的正弦值为其中正确结论的个数是（）试卷第4页，共8页A．1B．2C．3D．428．河北雄安新区围绕职业培训、岗位开发、岗位对接等一系列工作，制定出台了《河北雄安新区当地劳动力教育培训实施方案（2019—2025年）》等30余项政策文件，截至2022年底，累计开展各项职业培训16.8万人次．雄安新区公共服务局为了解培训效果，对2022年参加职业技能培训的学员进行了考核测试，并从中随机抽取60名学员的成绩（满分100分），进行适当分组后（每组为左开右闭的区间），作出如图所示的频率分布直方图．这批学员技能考核测试成绩的众数的估计值是（A．65B．75C．85）D．9529．河北雄安新区围绕职业培训、岗位开发、岗位对接等一系列工作，制定出台了《河北雄安新区当地劳动力教育培训实施方案（2019—2025年）》等30余项政策文件，截至2022年底，累计开展各项职业培训16.8万人次．雄安新区公共服务局为了解培训效果，对2022年参加职业技能培训的学员进行了考核测试，并从中随机抽取60名学员的成绩（满分100分），进行适当分组后（每组为左开右闭的区间），作出如图所示的频率分布直方图．这批学员技能考核测试成绩的中位数的估计值是（A．80.75B．81.25C．82.50）D．82.7530．河北雄安新区围绕职业培训、岗位开发、岗位对接等一系列工作，制定出台了《河北雄安新区当地劳动力教育培训实施方案（2019—2025年）》等30余项政策文件，截至2022年底，累计开展各项职业培训16.8万人次．雄安新区公共服务局为了解培训效果，对2022年试卷第5页，共8页参加职业技能培训的学员进行了考核测试，并从中随机抽取60名学员的成绩（满分100分），进行适当分组后（每组为左开右闭的区间），作出如图所示的频率分布直方图．若同一组数据用该区间的中点值作代表，则这批学员技能考核测试成绩的平均数的估计值是（A．79.0）B．79.5C．81.0D．82.531．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PCD是等边三角形，平面PCD底面ABCD，AD3，四棱锥PABCD的体积为183，E为PC的中点．线段AB的长是（）A．3B．32C．33D．632．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PCD是等边三角形，平面PCD底面ABCD，AD3，四棱锥PABCD的体积为183，E为PC的中点．平面PAB与平面ABCD所成二面角的正切值是（）试卷第6页，共8页A．2B．3C．2D．133．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PCD是等边三角形，平面PCD底面ABCD，AD3，四棱锥PABCD的体积为183，E为PC的中点．直线DE与平面PAD所成角的正弦值是（）A．32B．33C．13D．2）134．已知函数f(x)2x212xa．若函数f(x)的最大值为1，则实数a（A．78B．78C．98D．98）35．已知函数f(x)2x212xa．关于函数f(x)的单调性，下列判断正确的是（A．f(x)在,2上单调递增1C．f(x)在,上单调递增4B．f(x)在,2上单调递减1D．f(x)在,上单调递减4x12x36．已知函数fx22a．若函数fx有两个零点x1、x2，给出下列不等式：①x1x24；②fx1x20；③fx1x21其中恒成立的个数是（A．1B．2）C．31；④fx1x220．32D．4试卷第7页，共8页试卷第8页，共8页1．C【分析】根据交集运算法则即可计算得出MN3,4.【详解】根据列举法表示的集合可知，由M2,3,4，N3,4,5，利用交集运算可得MN3,4.故选：C2．A【分析】利用复数相等求出a,b即可.【详解】因为abii(1i)1i，所以a1,b1，所以ab2，故选：A.3．B【分析】根据题意，利用不等式的性质逐项分析即可.【详解】因为ab，c0，所以acbc，故A错误，B正确，由不等式两边同时加上或减去同一个实数不等号不改变，所以acbc，acbc故C，D错误，故选：B4．A【分析】根据平面向量数量积的运算即可求出结果.【详解】因为ab，则ab0，答案第1页，共16页又因为向量a(2,1)，b(m,2)，所以ab2m20，则m1，故选：A.5．B【分析】根据含有一个量词命题的否定可知，改变量词符号并否定结论即可.【详解】由题意可知，含有一个量词命题的否定将改为，并否定结论即可，所以命题p：R，sin1的否定为“R，sin1”.故选：B6．D【分析】根据函数解析式可得x(x2)0，再利用一元二次不等式解法即可求得定义域.【详解】根据函数定义域可知x(x2)0，解得x0或x2；所以函数f(x)的定义域为,20,.故选：D7．A【分析】由12323527结合题设公式得出结果.【详解】1232352735735.1，即用“不加借算”的方法计算面积为1232m2的正方形区域70的边长，其结果是35.1m.故选：A8．C【分析】利用三角函数的诱导公式和同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】因为sin1π15，且,π，所以cos1sin2，424答案第2页，共16页又因为cos()cos，所以cos()故选：C.9．D【分析】根据向量的夹角公式运算求解.【详解】rrrrab3由题意可得：cosa,brr2，aba∵,b0,π，∴向量a,b的夹角为150.15，4故选：D10．C【分析】求x0时函数f(x)的最小值及x0时函数f(x)的最小值，最后两个最小值比较，谁最小即为函数f(x)的最小值.【详解】当x0时，函数f(x)1x在(,0]上单调递减，所以当x0时，函数f(x)1x有最小值为f(0)1，当x0时，函数f(x)log2(x2)在(0,)上单调递增，所以f(x)f(0)log221，1x,x0综上，当x0时，函数f(x)有最小值为(x2),x02故选：C11．A【分析】根据线面垂直的性质定理以及空间中线线垂直的关系可判断A正确，C错误；由线面平行性质定理以及线面角的定义可得BD均错误.【详解】答案第3页，共16页由线面垂直的性质定理可得垂直于同一平面的两直线平行，即A正确；若m//，n//，可知m，n的位置关系可以是平行、相交或异面，即B错误；若m，mn，则直线n可以在平面内，所以C错误；由线面角的定义可知，若m，n与所成的角相等，则m，n的位置关系可以是平行、相交或异面，即D错误.故选：A12．A【分析】根据平面向量的线性运算法则，用CA、CB表示出CD即可.【详解】3313CDCAADCAABCA(CBCA)CACB，444413则CDab，44故选：A.13．C【分析】求出样本平均数，由此估计30天代收快递件数，并估算出服务费即可.【详解】样本数据7天代收快递的件数的平均数为：x1285367463290335719698451（件），7∴每月（按30天计算）代收快递约为4513013530件，∴该驿站每月（按30天计算）收取的服务费约为135300.810824元.故选：C.14．A【分析】根据三角函数及复合函数的单调性逐项判断即可.【详解】对于A:f(x)x1在1,上单调递减,A正确;答案第4页，共16页ππ对于B:f(x)cosx在,0上单调递增,在0,上单调递减，B错误；221对于C:f(x)exex是yt，与tex复合在一起的复合函数，t111tex在x(1,1)是单调递增且t,e，yt在t,1是单调递减的，tee1yt在t1,e是单调递增的，t所以f(x)ln1x在x(1,0)是单调递减的，在x(0,1)是单调递增的，C错误；1x1x1x是ylnt，与t，复合在一起的复合函数，1x1x对于D:f(x)lnt1x在x(1,1)是单调递增，ylnt是单调递增的，1x1x是在x(1,1)的单调递增的，D错误.1x所以f(x)ln故选：A.15．C【分析】由“ab”“a3b3”，“a3b3”⇒“ab”，即可得最后结果．【详解】3∵函数fxx在,上单调递增，∴当ab时，fafb，即a3b3，反之亦成立，∴“ab”是“a3b3”的充分必要条件，故选C.【点睛】本题主要考查必要条件、充分条件、充分必要条件的性质和应用，属于基础题.16．B【分析】由题可得当球形石块半径等于正方体石块棱长时体积最大，根据球的体积公式计算可得结果.【详解】由题意可得，该问题相当于求正方体内切球体积，易知当石块直径等于正方体棱长时其体积最大，即最大球形石块的半径为30cm，根据球的体积公式可得V43πr4303cm3108000cm3.3答案第5页，共16页故选：B17．A【分析】由图可得函数的最小正周期，从而可得，再利用待定系数法即可得解.【详解】由图可知所以TTπ5ππ，26665π2π，所以，356则f(x)sinx，5ππ把,0代入得，sin0，56所以ππ7π2kπ,kZ，则2kπ,kZ，52107π.10又因π0，所以故选：A.18．C【分析】使用函数的奇偶性和单调性进行求解即可.【详解】∵fx是定义在R上的偶函数，在区间,0上单调递增，且f(1)0，∴fx在区间0,上单调递减，且f1f10，∴当x,0时，f(x)00f1fx1x0，当x0,时，f(x)0f(x)f100x1，综上所述，x的取值范围是1,1.故选：C.19．D【分析】根据圆锥底面半径和体积可计算出圆锥的母线，再根据侧面展开图的特征利用弧长公式即可得出圆心角.答案第6页，共16页【详解】设圆锥的高为h，母线为l；12将半径r3代入体积公式Vπrh37π可得，h7；3则母线长lr2h24，设此圆锥的侧面展开图的圆心角为，则其侧面展开图的半径为Rl4，弧长为圆锥底面周长2πr6π，所以圆心角故选：D20．D【分析】列举出所有的基本事件，得到基本事件的总数，找出满足条件的事件数，由概率公式求解即可.【详解】设国外的2个城市和国内的3个城市分别为：A1,A2,B1,B2,B3，则随机选取2个城市的基本事件为：A1,A2,A1,B1,A1,B2,A1,B3,A2,B1，6π3π.42A2,B2,A2,B3,B1,B2,B1,B3,B2,B3共10种，选出的2个城市都在国内的情况为：B1,B2,B1,B3,B2,B3共3种，故所求概率P故选：D.21．C【分析】根据指数函数、对数函数的性质，将a，b，c与0和1进行比较即可.【详解】由已知a20.13.10，b0.50.2120.220.2x∵指数函数fx2在R上单调递增，且值域为0,，答案第7页，共16页∴0f0.2f0.1f0，∴020.220.1201，即0ba1又∵对数函数gxlog0.5x在区间0,单调递减，∴g0.2g0.5，即log0.50.2log0.50.51，即c1.综上所述，a，b，c的大小关系为bac.故选：C.22．B【分析】使用基本不等式求解即可【详解】∵a0，b0，a2b4，11a2b14∴由基本不等式有：aba2b2，2222222当且仅当a2b，即a2，b1时，等号成立.∴当且仅当a2，b1时，ab的最大值为2.故选：B.23．B【分析】π利用辅助角公式将函数写成y2sin2x，再根据平移规则即可得出相应的解析式.4【详解】π由ysin2xcos2x可得y2sin2x，4将其图象向右平移故选：B24．C【分析】ππππ个单位长度可得y2sin2x2sin2x.4444利用相互独立事件的概率公式，求出3人都进球和3人中恰有2人进球的概率即可计算求解.【详解】由题意知：由相互独立事件的概率公式得，答案第8页，共16页3人都进球的概率为0.90.80.80.576，3人中恰有2人进球的概率0.90.80.20.90.80.20.10.80.80.352，故至少进2球的概率为0.5760.3520.928，故选：C.25．A【分析】由倍角公式结合换元法得出cos，继而得出cos2cos的值.【详解】2由题意可知32cos110cos1，令tcos,t[1,1]，则3t25t202341解得t,t2（舍），故cos2cos2cos21cos2t2t11.9993故选：A26．A【分析】根据余弦定理可计算出c6，再利用正弦定理即可得出sinB【详解】由题意可得BCa1，ACb3，ABc，由余弦定理可得c2a2b22abcosC6，即c630.625又cosC,C0,π可得sinC；335bc3bsinC利用正弦定理可知，所以3sinBsinCc66故选：A27．C【分析】对于①.如图所示，连接A1A2,取BC中点D,取B1C1中点E.连接A1E,AD,DE,证明BCAA1，BCAA2,即可判断；对于②③④，取AB中点O,建立如图所示的空间直角坐标系，设O1是AD,过E作EHAD，再利用向量法计△A1B1C1的中心，O2是ABC的中心.过A1作AG1算即可判断得解.答案第9页，共16页【详解】对于①.如图所示，连接A1A2,取BC中点D,取B1C1中点E.连接A1E,AD,DE.由等边三角形的性质得BCAD，由等腰梯形的性质得BCDE.又ADDED,AD,DE平面ADEA1,所以BC平面ADEA1.所以BCAA1.同理BCAA2,又AA1AA2A,AA1,AA2平面AA1A2,所以BC平面AA1A2，所以该结论正确；13对于②，首先计算等腰梯形的高=12()2，再计算几何体ABC-A1B1C1的高.22取AB中点O,建立如图所示的空间直角坐标系，设O1是△A1B1C1的中心，O2是ABC的中AD,过E作EHO2DO2H3133.心.过A1作AG13326HE(63236.所以几何体ABC-A1B1C1的高为.)()23263136136,,,B1,0,0,C0,3,0,B,,所以A1,0,0,A1226326.3136136所以AA1(,,),BC(1,3,0),BB2(,,)，263263BBCC设平面22的法向量为m(x1,y1,z1)，则答案第10页，共16页m·BCx13y102,m(3,1,)，1362y1z10m·BB2x126313623所以mAA131()0,26323所以AA1//平面BB2C2C不正确；对于③，由题得C2(0,26363,),CC2(0,,).3333|336()|6395，所以该结论正确；所以直线AA1与CC2成角的余弦值为1361664369391326对于④，由题得C1(0,3,),AC(,,0),AB(2,0,0),.113322136BB2(,,).263设平面AA2B2B的法向量为n(x2,y2,z2)，则n·AB2x20,m(0,22,1)，136y2z20n·BB2x22633|62所以直线A1C1与平面AA2B2B所成角的正弦值为．所以该结论正确.3138144|22故选：C28．C【分析】根据频率分布直方图求众数的方法求解即可.答案第11页，共16页【详解】根据频率分布直方图中频率值最大的组为80,90,则众数为故选:C.29．B【分析】根据频率分布直方图进行中位数的估计即可.【详解】根据频率分布直方图可知前四组的频率分别为0.005100.05,0.015100.15,0.025100.25,0.040100.40，8090852前三组频率之和为0.050.150.250.450.5，所以中位数在80,90组，设中位数为x，则0.450.040x800.5，解得x81.25.故这批学员技能考核测试成绩的中位数的估计值是81.25.故选：B.30．B【分析】由频率分布直方图求平均数可将每一组数据的中点值乘以其对应的频率相加求和即可得出其平均数.【详解】根据题意可得，平均数的估计值为：550.005650.015750.025850.04950.0151079.5故选：B31．D【分析】设AB2a，作出四棱锥的高，并用AB2a求出高，再用体积解出a即可.【详解】答案第12页，共16页由已知，设ABCD2a，则矩形ABCD的面积SABCD32a6a，取CD中点F，连接PF，∵PCD是等边三角形，PCPDCD2a，∴PFCD，且PF3a,∵平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，PF平面PCD，∴PF平面ABCD，即PF是四棱锥PABCD的高，11∴四棱锥PABCD的体积VPABCDSABCDPF6a3a18333∴解得，a3，∴AB2a6.故选：D.32．B【分析】由PG底面ABCD得出CD6，进而由PFAB，FGAB得出平面PAB与平面ABCD所成二面角的正切值.【详解】分别取CD,AB的中点为G,F，连接PF,FG,PG,AG,BG，设CD2a,a0，则PG3a.因为PCD是等边三角形，所以PGCD，又因为平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，PG平面PCD，PG底面ABCD，因为四棱锥PABCD的体积为183，1所以(32a)3a183，解得a3.3则PGFG，PGAG,PGBG，所以PAPB，PFAB，又因为底面ABCD为矩形，所以FGAB，答案第13页，共16页所以PFG为平面PAB与平面ABCD所成二面角的平面角，tanPFGPG333故选：B33．D【分析】根据面面关系建立空间直角坐标系，由四棱锥PABCD的体积可得DC长，从而可利用空间向量的坐标运算求得直线DE与平面PAD所成角的正弦值.【详解】取CD中点为O，AB中点为M，连接OP,OM，因为PCD是等边三角形，O为CD中点，所以OPCD，因为平面PCD底面ABCD，平面PCD底面ABCDCD，OP平面PCD，所以OP平面ABCD，又OM,OC平面ABCD，则OPOM,OPOC，如图，以O为原点，OM,OC,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，113又VPABCDADDCOP3DCDC183，所以DC6，332933333A3,3,0,C0,3,0,D0,3,0,P0,0,33,E0,,则22，所以DE0,2,2，答案第14页，共16页DA3,0,0,DP0,3,33，nx,y,z设平面PAD的法向量为，又3x0x0DAn0则，令z1，则n0,3,1，3y33z0y3zDPn09333nDE1，则直线DE与平面PAD所成角的正弦值是1.22所以cosn,DE22233nDE故选：D.34．B【分析】令t2x，由指数函数的单调性以及二次函数的性质得出a.【详解】f(x)2x22x22xa，令t20,，11711则y2tta2ta，当t,x2时，ymaxa1，解得a=.84848故选：B35．A【分析】利用换元法，结合二次函数和指数函数的单调性，最后利用复合函数的单调性即可求解.【详解】令2xt(t0)，函数f(x)2x212xa可化为为y2t2ta(t0)，因为函数y2t2ta(t0)开口向上，对称轴为t当0t当t1时，函数y2t2ta(t0)单调递增；41，即x2.421x时，函数y2t2ta(t0)单调递减，又因为y2在R上单调递减，4由复合函数的单调性可得，函数f(x)在(,2)上单调递增.故选：A.36．D【分析】2分析可知2x1、2x2是关于t的二次方程2t2ta0的两根，根据函数gt2tta有两答案第15页，共16页a1xx个不等的正零点可求得a,0，分析可得212，利用指数函数的单调性可判断28①；利用二次函数的基本性质可判断②③④的正误.【详解】fx2x212xa2x22x22a，令fx0，则22x2xa0，令t2x0，可得2t2ta0，2令gt2tta，则函数gt有两个不同的正零点，Δ18a011所以，0，解得a0，84g0a0由题意可知，2x1、2x2是关于t的二次方程2t2ta0的两根，由韦达定理可得2所以，2x1x2x1a12x22x1x20,，216124，所以，x1x24，可得x1x24，①对；16a1xxxx由韦达定理可得212，则a2212,0，28所以，fx1x22x1x2222x1x2aa221x1x22aaa0，②对；222fx1x2121x1x2212x1x21a2232x1x2a232x1x2a82212a2,0，③对；32fx1x2222x1x2212x1x22a2a252x1x2aa8a2a8a10，④对.故选：D.答案第16页，共16页


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