1、2021级高二上学期校际联合考试数学试题一单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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. 命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由命题的否定的定义判断【详解】全称命题蝗否定是特称命题命题“”的否定是故选：B2. 已知幂函数的图象经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据幂函数的概念求出，再代入点的坐标可求出，即可得解.【详解】因为函数为幂函数，所以，则，又因为的图象经过点，所以，得，所以.故选：A3. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解
2、三角不等式和一元二次不等式求出集合，再由交集的概念求解即可.【详解】.故选：B.4. 已知锐角满足，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用同角三角函数平方关系可求得，由，利用两角和差余弦公式可求得结果.【详解】为锐角，又，.故选：A.5. 函数在区间的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断出函数的奇偶性，再利用特殊值的正负得出选项【详解】设，则，即在上是奇函数，排除B，D，又，故选：A6. 已知函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据分段函数解析式及对数的运算法则计算可得.【详解】解：因为，所以.故选：D
3、7. 已知是定义在上的奇函数，对任意两个不相等的正数，都有，记，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】构造函数，判断函数在定义域上为单调减函数，然后在判断，即可得出答案.【详解】设，则，则由得，化简得，令函数，即得，则得函数在上为单调减函数，因为是定义在上的奇函数，所以因为,，即得，所以，即.故选：D【点睛】关键点点睛：根据题目所给的条件设，推出，即可构造函数，得到函数的单调性，再根据是定义在上的奇函数，转化为，这是解题的关键.8. 如图，在平行四边形中，点是的中点，点为线段上的一动点，若，则的最大值为（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】A【解析】【分析
4、】设BD、AE交于O，根据题意可得，所以，进而可得，根据O、F、B三点共线，可得x，y的关系，代入所求，即可基本不等式，即可得答案.【详解】设BD、AE交于O，因为，所以，所以,所以，则，所以，因为O、F、B三点共线，所以，即，所以，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，此时，所以，故选：A二多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9. 将红楼梦水浒传西游记三国演义四本书随机地分发给甲、乙、丙三人，每人至少分得一本，则下列说法正确的是（ ）A. 事件“甲分得一本”与事件“丙分得两本”为互
5、斥事件B. 事件“乙分得三国演义”与事件“丙分得水浒传”为对立事件C. 事件“甲分得两本”与事件“乙分得两本”为对立事件D. 事件“甲分得红楼梦”与事件“乙分得红楼梦”为互斥事件【答案】D【解析】【分析】利用互斥事件与对立事件的定义逐项分析即可.【详解】解：对于A，事件“甲分得一本”与事件“丙分得两本”能同时发生，不为互斥事件，故A项错误；对于B，事件“乙分得三国演义”与事件“丙分得水浒传”能同时发生，不为对立事件，故B项错误；对于C，事件“甲分得两本”与事件“乙分得两本”不能同时发生，是互斥事件，两个事件的并集不等于总的样本空间，故不是对立事件，故C项错误；对于D，事件“甲分得红楼梦”与事件
6、“乙分得红楼梦”不能同时发生，是互斥事件，且两个事件的并集不等于总的样本空间，故不是对立事件，故D项正确.故选：D.10. 已知a，则使“”成立的一个必要不充分条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】对于A、D选项，取特殊值说明既不充分也不必要即可；对于B，先取特殊值说明不充分，再同时平方证必要即可；对于C，先取特殊值说明不充分，再结合基本不等式证必要即可；【详解】对于A，当时，满足，不满足，即推不出，不充分；当时，满足，不满足，即推不出，不必要；A错误；对于B，当时，满足，不满足，即推不出，不充分；当时，平方得，又，又，故，即能推出，必要；B正确；对于C，当时，满足，
7、不满足，即推不出，不充分；当时，由，即能推出，必要；C正确；对于D，当时，满足，不满足，即推不出，不充分；当时，满足，不满足，即推不出，不必要；D错误.故选：BC.11. 如图，已知四棱锥中，底面，分别是的中点，且，记三棱锥的体积分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】利用等高等底、同高等底的性质得到，进而利用换顶点法与切割法可以得到，依次可以判断选项的正确与否.【详解】因为是的中点，所以，不妨设到面的距离为，则，即，故A正确，B错误；因为是的中点，所以 ，故，所以，故C正确；由等底等高易得，所以，所以，即，故D选项正确.故选：ACD.12. 对于实数，符号表示不
8、超过的最大整数，例如.定义函数，则（ ）A. B. 函数是周期函数C. 方程在仅有一个解D. 函数增函数【答案】BC【解析】【分析】根据定义判断A，利用分段函数形式表示，根据题意画出函数的图像，再依次判断选项B，C，D即可.【详解】由题意知，画出分段函数的图象，对选项A，定义可得，故A不正确；对选项B，由图知函数为周期函数，故B正确；对选项C，函数与函数有一个交点，即方程在仅有一个解，故C正确；对选项D，由图象可知，所以函数不是增函数，故D不正确.故选：BC.三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 函数的定义域为_.【答案】【解析】【分析】直接解不等式组求出定义域即可.【详解】
9、由题意知，解得，则函数的定义域为.故答案为：.14. 已知圆锥的底面半径为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为_.【答案】#【解析】【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长，再求得圆锥的高，从而求得体积即可【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以，又，所以圆锥的母线长，所以圆锥的高，所以圆锥的体积，故答案为：.15. 已知内角，的对边分别为，那么当_时，满足条件“，”的有两个（仅写出一个的具体数值即可）【答案】内任一数【解析】【分析】由正弦定理可得，然后可求出的范围.【详解】由正弦定理得
10、，所以若满足条件的有两个，则且所以故答案为：内任一数16. 已知函数图像的两条相邻对称轴之间的距离小于，且，则的最小值为_.【答案】13【解析】【分析】先由对称轴间的距离确定了，再利用得到，依次利用诱导公式与基本关系式求得、的关于表达式，求出的值，进而得到，即可得到结果.【详解】，因为两条相邻对称轴之间的距离小于，即，故，所以，因为在处取得最大值，所以，即，所以，所以，因为，所以，即，所以，所以，又，解得，又，所以，所以，又，所以，解得，又，所以的最小值为13.故答案为：13.四解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知，（1）设，的夹角为，求的值；（2）若向量与共
11、线，求的值【答案】（1） （2）0【解析】【分析】（1）根据向量夹角公式，先求，再求；（2）首先分别求向量与的坐标，再根据向量平行的坐标表示，即可求解.【小问1详解】，；【小问2详解】，因为与共线，所以，解得：.18. 某种零件按质量标准分为五个等级.现从一批该零件中随机抽取个，对其等级进行统计分析，得到频率分布表如下：等级频率（）在抽取的个零件中，等级为的恰有个，求；（）在（）的条件下，从等级为和的所有零件中，任意抽取个，求抽取的个零件等级恰好相同的概率.【答案】(1),；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）频率为频数除以样本容量，且一组数据中频率之和为1；（2）先求出等级为3和5的各自
12、数量，然后枚举法求概率.试题解析：（1）由题意知样本容量为20，因为等级为5的有2个，所以，故 .（2）等级为3的有0.1520=3个，设为，等级为5的有2个，设为由枚举得，共有，10种取法，抽取的2个产品等级恰好相同的取法有，4种，故概率为.考点：频率、古典概型概率计算.19. 已知函数.（1）用函数单调性的定义证明在区间上单调递增；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见详解； （2）.【解析】【分析】（1）利用函数单调性的定义与作差法即可证明；（2）将转化为，再用换元法将不等式化为，再利用配方法求得右式最值，进而解决问题.【小问1详解】任取，且，则，所以，所以在区
13、间上单调递增.【小问2详解】不等式在上恒成立，等价于在上恒成立，令，因为，所以，则有在恒成立，令，则，所以，所以，所以实数的取值范围为.20. 如图，在四棱锥中，面，为线段的中点，.（1）证明：平面（2）求与平面所成的角的正切值.【答案】（1）证明见详解； （2）.【解析】【分析】（1）由面得到，再由，则是的垂直平分线，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）由（1）中的结论容易判断即为与面所成的角，再分别求出的长度即可求出的正切值.【小问1详解】在四棱锥中，面，面，所以，因为，则是的垂直平分线，即，又，面，所以平面；【小问2详解】由（1）知平面于，连，故即为与面所成的角，；因为是的中点，且是的
14、中点，则且，在中，由余弦定理得，所以，所以，所以，即与所成的角的正切值为.21. 已知向量，.函数的最小正周期为.（1）求函数在内的单调递增区间；（2）使得不等式成立，求实数的取值范围.【答案】（1）函数在内的单调递增区间为和； （2）【解析】【分析】（1）由数量积的坐标运算求出，化简函数解析式，由条件求，再结合正弦函数的单调性结论求解；（2）化简不等式，设，则，不等式转化为，求出右边的最大值可得范围【小问1详解】，因，所以，.由，得，又，所以函数在内的单调递增区间为，；【小问2详解】，不等式可化为，时，设，则，不等式化为，即不等式在有解，又在上是增函数，所以，所以，即.22. 如图，某圆形小
15、区有两块空余绿化扇形草地（圆心角为）和（圆心角为），为圆的直径.现分别要设计出两块社区活动区域，其中一块为矩形区域，一块为平行四边形区域，已知圆的直径百米，且点在劣弧上（不含端点），点在上点在上点和在上点在上，记.（1）经设计，当达到最大值时，取得最佳观赏效果，求取何值时，最大，最大值是多少？（2）设矩形和平行四边形面积和为，求的最大值及此时的值.【答案】（1）时，最大值为百米 （2）百米，【解析】【分析】对于小问1，分别用变量来表达，代入，得关于的函数，进行三角恒等变换整理成型函数求最大值；对于小问2，分别用变量来表达矩形和平行四边形面积相加，得关于的函数，进行三角恒等变换整理成型函数求最大值.【小问1详解】在矩形OEFG中，所以.因为MNPQ，所以，在OQP中，由正弦定理可知：，即，得.所以因为，所以，当，时，最大值为百米.【小问2详解】设平行四边形MNPQ边MN上的高为h，所以有，所以平行四边形MNPQ的面积为，在矩形OEFG中，所以矩形OEFG的面积为，所以.其中，因为，所以，当，时，百米2，此时