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河北省普通高中2023年数学学业水平合格性考试试卷
一、单选题
1．（2023·河北会考）设集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2023·河北会考）若实数满足，则（　　）
A．2 B．-2 C．1 D．-1
3．（2023·河北会考）若实数满足，，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2023·河北会考）已知向量，，若，则实数（　　）
A．1 B．-1 C．4 D．-4
5．（2023·河北会考）设命题p：，，则p的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
6．（2023·河北会考）函数的定义域是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023·河北会考）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：．当a取正整数且最小时，用“不加借算”的方法计算面积为的正方形区域的边长，其结果是（　　）
A．35.1 m B．35.3 m C．35.5 m D．35.7 m
8．（2023·河北会考）若，，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2023·河北会考）已知向量满足，那么向量的夹角为（　　）
A． B． C． D．
10．（2023·河北会考）已知函数，则的最小值是（　　）
A．-1 B．0 C．1 D．2
11．（2023·河北会考）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，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若m，n与所成的角相等，则
12．（2023·河北会考）在中，设，，，则（　　）
A． B．
C． D．
13．（2023·河北会考）某快递驿站随机记录了7天代收快递的件数，如下表：
天/第 1 2 3 4 5 6 7
件数 285 367 463 290 335 719 698
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）（　　）
A．8808 B．9696 C．10824 D．11856
14．（2023·河北会考）下列函数中，在区间上单调递减的是（　　）
A． B．
C． D．
15．（2023·河北会考）设，则“”是“”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 D．既不充分也不必要条件
16．（2023·河北会考）将一块棱长为60 cm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）（　　）
A． B． C． D．
17．（2023·河北会考）已知函数（，）的图象如图所示，则的值是（　　）
A． B． C． D．
18．（2023·河北会考）已知定义在上的偶函数在上是增函数，且，则使的的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
19．（2023·河北会考）若圆锥的底面半径为3，体积为，则此圆锥的侧面展开图的圆心角是（　　）
A． B． C． D．
20．（2023·河北会考）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． B． C． D．
21．（2023·河北会考）已知，，，则（　　）
A． B． C． D．
22．（2023·河北会考）已知，，，则的最大值是（　　）
A． B．2 C． D．4
23．（2023·河北会考）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象的函数解析式可以是（　　）
A． B．
C． D．
24．（2023·河北会考）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．0.784 B．0.864 C．0.928 D．0.993
25．（2023·河北会考）若，则（　　）
A． B．-1 C． D．1
26．（2023·河北会考）在中，若，，，则（　　）
A． B． C． D．
27．（2023·河北会考）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，，有以下四个结论：
①平面； ②平面；
③直线与成角的余弦值为④直线与平面所成角的正弦值为．
其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
（2023·河北会考）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．
28．这批学员技能考核测试成绩的众数的估计值是（　　）
A．65 B．75 C．85 D．95
29．这批学员技能考核测试成绩的中位数的估计值是（　　）
A．80.75 B．81.25 C．82.50 D．82.75
30．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．79.5 C．81.0 D．82.5
（2023·河北会考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是等边三角形，平面底面，，四棱锥的体积为，为的中点．
31．线段的长是（　　）
A．3 B． C． D．6
32．平面与平面所成二面角的正切值是（　　）
A．2 B． C． D．1
33．直线与平面所成角的正弦值是（　　）
A． B． C． D．
（2023·河北会考）已知函数．
34．若函数的最大值为1，则实数（　　）
A． B． C． D．
35．关于函数的单调性，下列判断正确的是（　　）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．在上单调递增 D．在上单调递减
36．若函数有两个零点、，给出下列不等式：
①；②；③；④．
其中恒成立的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】根据列举法表示的集合可知，
由，，利用交集运算可得.
故答案为：C
【分析】利用交集运算可得.
2．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件
【解析】【解答】因为，
所以，
所以，
故答案为：A.
【分析】利用复数相等求出，可得答案.
3．【答案】B
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】因为，，
所以，A不符合题意，B符合题意，
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，C，D不符合题意，
故答案为：B
【分析】根据题意，利用不等式的性质逐项分析即可.
4．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为，则，
又因为向量，，所以，则，
故答案为：A.
【分析】根据平面向量数量积的运算即可求出结果.
5．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】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：，的否定为“，”.
故答案为：B
【分析】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.
6．【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】根据函数定义域可知，解得或；
所以函数的定义域为.
故答案为：D
【分析】根据函数解析式可得，再利用一元二次不等式解法即可求得定义域.
7．【答案】A
【知识点】函数模型的选择与应用
【解析】【解答】，即用“不加借算”的方法计算面积为的正方形区域的边长，其结果是35.1 m.
故答案为：A
【分析】由，结合题设公式得出结果.
8．【答案】C
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】因为，且，所以，
又因为，所以，
故答案为：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.
9．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】由题意可得：，
∵，
∴向量的夹角为.
故答案为：D
【分析】根据向量的夹角公式运算求解.
10．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；分段函数的应用
【解析】【解答】当时，函数在上单调递减，
所以当时，函数有最小值为，
当时，函数在上单调递增，
所以，
综上，当时，函数有最小值为1.
故答案为：C
【分析】根据分段函数的增减性，可得，即可得解.
11．【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】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符合题意；
若，，可知m，n的位置关系可以是平行、相交或异面，即B不符合题意；
若，，则直线可以在平面内，所以C不符合题意；
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不符合题意.
故答案为：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.
12．【答案】A
【知识点】向量的线性运算性质及几何意义
【解析】【解答】，
则，
故答案为：A.
【分析】根据平面向量的线性运算法则，，即可得解.
13．【答案】C
【知识点】随机抽样和样本估计总体的实际应用
【解析】【解答】样本数据7天代收快递的件数的平均数为：（件），
∴每月（按30天计算）代收快递约为件，
∴该驿站每月（按30天计算）收取的服务费约为元.
故答案为：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.
14．【答案】A
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】对于A： 在上单调递减，A符合题意；
对于B： 在上单调递增，在上单调递减，B不符合题意；
对于C：是，与复合在一起的复合函数，
在是单调递增且，在是单调递减的，
在是单调递增的，
所以在是单调递减的，在是单调递增的，C不符合题意；
对于D：是，与，复合在一起的复合函数，
在是单调递增，是单调递增的，
所以是在的单调递增的，D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据三角函数及复合函数的单调性逐项判断即可.
15．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】∵函数在上单调递增，
∴当时，，即，反之亦成立，
∴“”是“”的充分必要条件，
故答案为：C.
【分析】由“”可推出“”，“”可推出“”，即可得最后结果．
16．【答案】B
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】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30 cm，
根据球的体积公式可得.
故答案为：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.
17．【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】由图可知，
所以，所以，
则，
把代入得，，
所以，则，
又因，所以.
故答案为：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.
18．【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】∵是定义在上的偶函数，在区间上单调递增，且，
∴在区间上单调递减，且，
∴当时，，
当时，，
综上所述，的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】利用函数的奇偶性和单调性进行求解即可.
19．【答案】D
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】设圆锥的高为，母线为；
将半径代入体积公式可得，；
则母线长，
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，弧长为圆锥底面周长，
所以圆心角.
故答案为：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.
20．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】设国外的2个城市和国内的3个城市分别为：，
则随机选取2个城市的基本事件为：，
共10种，
选出的2个城市都在国内的情况为：共3种，
故所求概率.
故答案为：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.
21．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由已知，
∵指数函数在上单调递增，且值域为，
∴，∴，即
又∵对数函数在区间单调递减，
∴，即，即.
综上所述，，，的大小关系为.
故答案为：C.
【分析】根据指数函数、对数函数的性质，将，，与和进行比较即可.
22．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】∵，，，
∴由基本不等式有： ，
当且仅当，即，时，等号成立.
∴当且仅当，时，的最大值为.
故答案为：B.
【分析】利用基本不等式求解即可.
23．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】由可得，
将其图象向右平移个单位长度可得.
故答案为：B
【分析】由可得，再根据平移规则即可得结论.
24．【答案】C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】由题意知：由相互独立事件的概率公式得，
3人都进球的概率为，
3人中恰有2人进球的概率，
故至少进2球的概率为，
故答案为：C.
【分析】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.
25．【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】由题意可知，令，则
解得（舍），故.
故答案为：A
【分析】由倍角公式化简为，令，解得，由余弦的二倍角公式得出，计算求解即可.
26．【答案】A
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】由题意可得，，，
由余弦定理可得，即
又可得；
利用正弦定理可知，所以.
故答案为：A
【分析】根据余弦定理可计算出，再利用正弦定理即可得出.
27．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】对于①. 如图所示，连接， 取中点取中点.连接.
由等边三角形的性质得，由等腰梯形的性质得. 又平面，所以平面.所以.同理又平面，所以平面，所以该结论正确；
对于②，首先计算等腰梯形的高，再计算几何体的高.
取AB中点O， 建立如图所示的空间直角坐标系，设是的中心，是的中心.过作，过作. .
.所以几何体的高为.
所以.
所以，
设平面的法向量为，则
，
所以，
所以平面不正确；
对于③，由题得.
所以直线与成角的余弦值为，所以该结论正确；
对于④，由题得.
.
设平面的法向量为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．所以该结论正确.
故答案为：C
【分析】对于①. 如图所示，连接， 取中点取中点.连接，证明，即可判断；对于②③④，设是的中心，是的中心.过作，过作，再利用向量法计算即可判断得解.
【答案】28．C
29．B
30．B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求众数即可；
（2）根据频率分布直方图求得前三组频率之和为，所以中位数在组，设中位数为，则，计算求解即可；
（3）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.
28．根据频率分布直方图中频率值最大的组为，
则众数为；
故答案为：C.
29．根据频率分布直方图可知前四组的频率分别为，
前三组频率之和为，所以中位数在组，
设中位数为，
则，解得.
故这批学员技能考核测试成绩的中位数的估计值是.
故答案为：B.
30．根据题意可得，平均数的估计值为：
故答案为：B
【答案】31．D
32．B
33．D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；用空间向量求直线与平面的夹角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）设，取中点，连接，证明出平面，即是四棱锥的高，，计算求解即可；
（2）分别取的中点为，连接，由底面，得出，，从而得到为平面与平面所成二面角的平面角，计算求解即可；
（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，所以，所以，求出平面的法向量，从而可利用空间向量的坐标运算求得直线与平面所成角的正弦值.
31．由已知，设，则矩形的面积，
取中点，连接，
∵是等边三角形，，
∴，且，∵平面平面，
平面平面，平面，
∴平面，即是四棱锥的高，
∴四棱锥的体积
∴解得，，∴.
故答案为：D.
32．分别取的中点为，连接，
设，则.因为是等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，底面，
因为四棱锥的体积为，所以，
解得.则，，所以，，
又因为底面为矩形，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，.
故答案为：B
33．取中点为，中点为，连接，因为是等边三角形，为中点，所以，
因为平面底面，平面底面，平面，
所以平面，又平面，则，
如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
又，所以，
则，所以，
设平面的法向量为，又，
则，
令，则，
所以，
则直线与平面所成角的正弦值是.
故答案为：D.
【答案】34．B
35．A
36．D
【知识点】二次函数的性质；指数函数的单调性与特殊点；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）令，则，由指数函数的单调性以及二次函数的性质得；
（2）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；
（3）由题意可知，、是关于的二次方程的两根，根据函数有两个不同的正零点，可求得，得到，利用指数函数的单调性可判断①；利用二次函数的基本性质可判断②③④的正误.
34．，令，
则，
当时，，
解得.
故答案为：B
35．令，函数可化为为，
因为函数开口向上，对称轴为，即.
当时，函数单调递增；
当时，函数单调递减，又因为在上单调递减，
由复合函数的单调性可得，函数在上单调递增.
故答案为：A.
36．，
令，则，令，可得，
令，则函数有两个不同的正零点，
所以，，解得，
由题意可知，、是关于的二次方程的两根，
由韦达定理可得，
所以，，所以，，可得，①对；
由韦达定理可得，则，
所以，，②对；
，③对；
，④对.
故答案为：D.
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河北省普通高中2023年数学学业水平合格性考试试卷
一、单选题
1．（2023·河北会考）设集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】根据列举法表示的集合可知，
由，，利用交集运算可得.
故答案为：C
【分析】利用交集运算可得.
2．（2023·河北会考）若实数满足，则（　　）
A．2 B．-2 C．1 D．-1
【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件
【解析】【解答】因为，
所以，
所以，
故答案为：A.
【分析】利用复数相等求出，可得答案.
3．（2023·河北会考）若实数满足，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】因为，，
所以，A不符合题意，B符合题意，
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，C，D不符合题意，
故答案为：B
【分析】根据题意，利用不等式的性质逐项分析即可.
4．（2023·河北会考）已知向量，，若，则实数（　　）
A．1 B．-1 C．4 D．-4
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为，则，
又因为向量，，所以，则，
故答案为：A.
【分析】根据平面向量数量积的运算即可求出结果.
5．（2023·河北会考）设命题p：，，则p的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】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：，的否定为“，”.
故答案为：B
【分析】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.
6．（2023·河北会考）函数的定义域是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】根据函数定义域可知，解得或；
所以函数的定义域为.
故答案为：D
【分析】根据函数解析式可得，再利用一元二次不等式解法即可求得定义域.
7．（2023·河北会考）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：．当a取正整数且最小时，用“不加借算”的方法计算面积为的正方形区域的边长，其结果是（　　）
A．35.1 m B．35.3 m C．35.5 m D．35.7 m
【答案】A
【知识点】函数模型的选择与应用
【解析】【解答】，即用“不加借算”的方法计算面积为的正方形区域的边长，其结果是35.1 m.
故答案为：A
【分析】由，结合题设公式得出结果.
8．（2023·河北会考）若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】因为，且，所以，
又因为，所以，
故答案为：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.
9．（2023·河北会考）已知向量满足，那么向量的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】由题意可得：，
∵，
∴向量的夹角为.
故答案为：D
【分析】根据向量的夹角公式运算求解.
10．（2023·河北会考）已知函数，则的最小值是（　　）
A．-1 B．0 C．1 D．2
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；分段函数的应用
【解析】【解答】当时，函数在上单调递减，
所以当时，函数有最小值为，
当时，函数在上单调递增，
所以，
综上，当时，函数有最小值为1.
故答案为：C
【分析】根据分段函数的增减性，可得，即可得解.
11．（2023·河北会考）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，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若m，n与所成的角相等，则
【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】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符合题意；
若，，可知m，n的位置关系可以是平行、相交或异面，即B不符合题意；
若，，则直线可以在平面内，所以C不符合题意；
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不符合题意.
故答案为：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.
12．（2023·河北会考）在中，设，，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】向量的线性运算性质及几何意义
【解析】【解答】，
则，
故答案为：A.
【分析】根据平面向量的线性运算法则，，即可得解.
13．（2023·河北会考）某快递驿站随机记录了7天代收快递的件数，如下表：
天/第 1 2 3 4 5 6 7
件数 285 367 463 290 335 719 698
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）（　　）
A．8808 B．9696 C．10824 D．11856
【答案】C
【知识点】随机抽样和样本估计总体的实际应用
【解析】【解答】样本数据7天代收快递的件数的平均数为：（件），
∴每月（按30天计算）代收快递约为件，
∴该驿站每月（按30天计算）收取的服务费约为元.
故答案为：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.
14．（2023·河北会考）下列函数中，在区间上单调递减的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】对于A： 在上单调递减，A符合题意；
对于B： 在上单调递增，在上单调递减，B不符合题意；
对于C：是，与复合在一起的复合函数，
在是单调递增且，在是单调递减的，
在是单调递增的，
所以在是单调递减的，在是单调递增的，C不符合题意；
对于D：是，与，复合在一起的复合函数，
在是单调递增，是单调递增的，
所以是在的单调递增的，D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据三角函数及复合函数的单调性逐项判断即可.
15．（2023·河北会考）设，则“”是“”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 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】∵函数在上单调递增，
∴当时，，即，反之亦成立，
∴“”是“”的充分必要条件，
故答案为：C.
【分析】由“”可推出“”，“”可推出“”，即可得最后结果．
16．（2023·河北会考）将一块棱长为60 cm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）（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】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30 cm，
根据球的体积公式可得.
故答案为：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.
17．（2023·河北会考）已知函数（，）的图象如图所示，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】由图可知，
所以，所以，
则，
把代入得，，
所以，则，
又因，所以.
故答案为：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.
18．（2023·河北会考）已知定义在上的偶函数在上是增函数，且，则使的的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】∵是定义在上的偶函数，在区间上单调递增，且，
∴在区间上单调递减，且，
∴当时，，
当时，，
综上所述，的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】利用函数的奇偶性和单调性进行求解即可.
19．（2023·河北会考）若圆锥的底面半径为3，体积为，则此圆锥的侧面展开图的圆心角是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】设圆锥的高为，母线为；
将半径代入体积公式可得，；
则母线长，
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，弧长为圆锥底面周长，
所以圆心角.
故答案为：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.
20．（2023·河北会考）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． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】设国外的2个城市和国内的3个城市分别为：，
则随机选取2个城市的基本事件为：，
共10种，
选出的2个城市都在国内的情况为：共3种，
故所求概率.
故答案为：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.
21．（2023·河北会考）已知，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】由已知，
∵指数函数在上单调递增，且值域为，
∴，∴，即
又∵对数函数在区间单调递减，
∴，即，即.
综上所述，，，的大小关系为.
故答案为：C.
【分析】根据指数函数、对数函数的性质，将，，与和进行比较即可.
22．（2023·河北会考）已知，，，则的最大值是（　　）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】∵，，，
∴由基本不等式有： ，
当且仅当，即，时，等号成立.
∴当且仅当，时，的最大值为.
故答案为：B.
【分析】利用基本不等式求解即可.
23．（2023·河北会考）将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象的函数解析式可以是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】由可得，
将其图象向右平移个单位长度可得.
故答案为：B
【分析】由可得，再根据平移规则即可得结论.
24．（2023·河北会考）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．0.784 B．0.864 C．0.928 D．0.993
【答案】C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】由题意知：由相互独立事件的概率公式得，
3人都进球的概率为，
3人中恰有2人进球的概率，
故至少进2球的概率为，
故答案为：C.
【分析】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.
25．（2023·河北会考）若，则（　　）
A． B．-1 C． D．1
【答案】A
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】由题意可知，令，则
解得（舍），故.
故答案为：A
【分析】由倍角公式化简为，令，解得，由余弦的二倍角公式得出，计算求解即可.
26．（2023·河北会考）在中，若，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】由题意可得，，，
由余弦定理可得，即
又可得；
利用正弦定理可知，所以.
故答案为：A
【分析】根据余弦定理可计算出，再利用正弦定理即可得出.
27．（2023·河北会考）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，，有以下四个结论：
①平面； ②平面；
③直线与成角的余弦值为④直线与平面所成角的正弦值为．
其中正确结论的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】对于①. 如图所示，连接， 取中点取中点.连接.
由等边三角形的性质得，由等腰梯形的性质得. 又平面，所以平面.所以.同理又平面，所以平面，所以该结论正确；
对于②，首先计算等腰梯形的高，再计算几何体的高.
取AB中点O， 建立如图所示的空间直角坐标系，设是的中心，是的中心.过作，过作. .
.所以几何体的高为.
所以.
所以，
设平面的法向量为，则
，
所以，
所以平面不正确；
对于③，由题得.
所以直线与成角的余弦值为，所以该结论正确；
对于④，由题得.
.
设平面的法向量为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．所以该结论正确.
故答案为：C
【分析】对于①. 如图所示，连接， 取中点取中点.连接，证明，即可判断；对于②③④，设是的中心，是的中心.过作，过作，再利用向量法计算即可判断得解.
（2023·河北会考）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．
28．这批学员技能考核测试成绩的众数的估计值是（　　）
A．65 B．75 C．85 D．95
29．这批学员技能考核测试成绩的中位数的估计值是（　　）
A．80.75 B．81.25 C．82.50 D．82.75
30．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．79.5 C．81.0 D．82.5
【答案】28．C
29．B
30．B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求众数即可；
（2）根据频率分布直方图求得前三组频率之和为，所以中位数在组，设中位数为，则，计算求解即可；
（3）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.
28．根据频率分布直方图中频率值最大的组为，
则众数为；
故答案为：C.
29．根据频率分布直方图可知前四组的频率分别为，
前三组频率之和为，所以中位数在组，
设中位数为，
则，解得.
故这批学员技能考核测试成绩的中位数的估计值是.
故答案为：B.
30．根据题意可得，平均数的估计值为：
故答案为：B
（2023·河北会考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是等边三角形，平面底面，，四棱锥的体积为，为的中点．
31．线段的长是（　　）
A．3 B． C． D．6
32．平面与平面所成二面角的正切值是（　　）
A．2 B． C． D．1
33．直线与平面所成角的正弦值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】31．D
32．B
33．D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；用空间向量求直线与平面的夹角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）设，取中点，连接，证明出平面，即是四棱锥的高，，计算求解即可；
（2）分别取的中点为，连接，由底面，得出，，从而得到为平面与平面所成二面角的平面角，计算求解即可；
（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，所以，所以，求出平面的法向量，从而可利用空间向量的坐标运算求得直线与平面所成角的正弦值.
31．由已知，设，则矩形的面积，
取中点，连接，
∵是等边三角形，，
∴，且，∵平面平面，
平面平面，平面，
∴平面，即是四棱锥的高，
∴四棱锥的体积
∴解得，，∴.
故答案为：D.
32．分别取的中点为，连接，
设，则.因为是等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，底面，
因为四棱锥的体积为，所以，
解得.则，，所以，，
又因为底面为矩形，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，.
故答案为：B
33．取中点为，中点为，连接，因为是等边三角形，为中点，所以，
因为平面底面，平面底面，平面，
所以平面，又平面，则，
如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
又，所以，
则，所以，
设平面的法向量为，又，
则，
令，则，
所以，
则直线与平面所成角的正弦值是.
故答案为：D.
（2023·河北会考）已知函数．
34．若函数的最大值为1，则实数（　　）
A． B． C． D．
35．关于函数的单调性，下列判断正确的是（　　）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．在上单调递增 D．在上单调递减
36．若函数有两个零点、，给出下列不等式：
①；②；③；④．
其中恒成立的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】34．B
35．A
36．D
【知识点】二次函数的性质；指数函数的单调性与特殊点；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）令，则，由指数函数的单调性以及二次函数的性质得；
（2）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；
（3）由题意可知，、是关于的二次方程的两根，根据函数有两个不同的正零点，可求得，得到，利用指数函数的单调性可判断①；利用二次函数的基本性质可判断②③④的正误.
34．，令，
则，
当时，，
解得.
故答案为：B
35．令，函数可化为为，
因为函数开口向上，对称轴为，即.
当时，函数单调递增；
当时，函数单调递减，又因为在上单调递减，
由复合函数的单调性可得，函数在上单调递增.
故答案为：A.
36．，
令，则，令，可得，
令，则函数有两个不同的正零点，
所以，，解得，
由题意可知，、是关于的二次方程的两根，
由韦达定理可得，
所以，，所以，，可得，①对；
由韦达定理可得，则，
所以，，②对；
，③对；
，④对.
故答案为：D.
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