2021浙江省北斗星盟高二下学期5月阶段性联考数学试题含答案

这是一份2021浙江省北斗星盟高二下学期5月阶段性联考数学试题含答案
绝密★考试结束前2020学年第二学期浙江北斗星盟5月阶段性联考高二年级数学试题考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间150分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题纸。参考公式：柱体的体积公式： 其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式： 其中表示锥体的底面积，表示锥体的高台体的体积公式： 其中、分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高球的表面积公式： 球的体积公式：，其中表示球的半径选择题部分一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．已知全集，，，则集合（ ）A． B． C． D．2．若复数，则（ ）A． B． C． D．3．下列命题是真命题的是（ ）A．过空间中任意三点有且仅有一个平面B．对于平面和共面的直线，，若，与所成的角相等，则C．若空间两条直线不相交，则这两条直线平行D．平面内有两条相交直线与平面平行，则平面平面4．已知直线：和圆：，则“”是“直线与圆相切”的（ ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．函数的图象大致为（ ）A． B． C． D．6．从红、黄、蓝三种颜色中选出若干种颜色，给如图所示的四个相连的正方形染色，若每种颜色只能涂一个正方形或两个正方形，且相邻两个正方形所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（ ）A．12 B．18 C．24 D．367．随机变量的分布列如下：其中，则的最大值为（ ）A． B． C． D．8．已知三棱锥中，，，则异面直线，所成角为（ ）A． B． C． D．9．椭圆：，过其左焦点的弦，过点，分别作椭圆的切线，交于点，则面积最小值为（ ）A． B． C． D．10．已知存在使得不等式在上成立，则实数的取值范围为（ ）A． B． C． D．非选择题部分二、填空题：本大题共7小题，共36分．多空题每小题6分，单空题每小题4分．11．已知双曲线方程为，则焦点坐标为______，渐近线方程为______．12．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是______，侧面与底面所成二面角的正切值为______．13．已知的展开式的所有项系数之和为64，则实数______，展开式中含项的系数是______．14．函数的单调增区间______，在处的切线方程是______．15．已知某圆台的上、下底半径和高的比为，母线长为，则该圆台的体积为______（）．16．某小区有5个连排的私家车位，其中1、2号为甲家所有，3、4号为乙两家所有，5号为丙家所有．若甲、乙、丙三家各有一辆私家车，规定每个车位至多停一辆车且这三辆车只能停这5个车位，称车辆未停在自家车位上为停错位，则三辆车全停错位的停法数为______．（用数字作答）17．设点在椭圆上，点在直线上，则的最小值是______．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（本题满分14分）为促进居民消费，某超市准备举办一次有奖促销活动，顾客购买满一定金额商品后即可抽奖，在一个不透明的盒子中装有10个质地均匀且大小相同的小球，其中5个红球，3个白球，2个黑球，搅拌均匀。每次抽奖都从箱中随机摸出3个球，若摸出的是全是红球，则获60元的返金券．（Ⅰ）设顾客抽奖1次摸出白球的个数为，求的分布列和数学期望；（Ⅱ）若某顾客有6次抽奖机会，设顾客抽取6次后最终可能获得的返金券的金额为，求的方差．19．（本题满分15分）中国古代数学经典《数书九章》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥成为“阳马”．在如图所示的阳马中，底面为矩形，平面，，，以的中点为球心，为直径的球面交于（异于点），交于（异于点）．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知函数，当时，有极小值．（Ⅰ）求的解析式；（Ⅱ）设，若对任意，都有成立，求实数的取值范围．21．（本题满分15分）椭圆：的焦距为2，椭圆上一点．不过原点的直线与椭圆相交于，两点，若抛物线：的焦点是椭圆的右焦点．（Ⅰ）求椭圆与抛物线的方程；（Ⅱ）若线段的长度为．求面积的取值范围．22．（本题满分15分）已知．（Ⅰ）若函数在单调递增，求的取值范围；（Ⅱ）已知函数，且不存在，使成立，求实数的取值范围．2020年学年第二学期北斗星盟5月阶段性联考高二年级数学参考答案1-5：DBDAC 6-10：CDBBA10、解：当时，不等式一定成立；当，等价于，所以利用，所以，当取等号，所以．11．、、 12．，2 13．，5314．， 15． 16．20 17．17、解法一：令，则：，由直线：可知纵向距离最小，设与直线平行的切线方程为：，与椭圆联立，得，由得，，故．解法二：同解法一，知纵向距离最小，设与直线平行且与椭圆相切的直线切于点，易知切线方程为：，其斜率，∴，代入椭圆方程得，∴，即，此时点．故．18．解：（1）的可能取值为0，1，2，3，所以，，，，所以所求分布列为：所以；（2）由题意可知，设摸出3个球都是红球的概率为，则，设中奖的次数为，则，所以，元．19．解：（1）∵是球的直径，∴又∵平面，面，∴∵矩形，∴，∵，∴平面∵平面，∴∵，∴平面∵平面，∴．（2）解法一：由第一问可知，又∵，则是的中点，∴，∵，∴，∵，，，∴面，∴∵，∴在中，，∴，∵，∴，，∴∵面，∴在三棱锥中，∵面，∴，∴设到平面的距离为，则，∴记与平面所成角为，则．解法二：∵底面为矩形，平面，∴，，两两互相垂直；∴如图，以为原点，，，所在直线为，，轴建立直角坐标系．则，，，∴，，由第一问可知，又∵，则是的中点，∴∴，，设平面的法向量为．由，得．设，∴∵，∴，解得，∴，记与平面所成角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为．20．解：（1）由函数，所以：，因为在时有极小值，所以：从而得或，①当时，，此时：，当时，，当时，，∴在时有极小值，符合题意．②当时，，不合题意，舍去∴所求的．（2）∵，恒成立，所以在单调递增，则，即对恒成立，令，可得，令，即，解得，令，即，解得或，所以在单调递增，在单调递减，当时，函数取得最大值，最大值为，所以，即实数的取值范围．21．解：（1）设椭圆左，右焦点为，解得，化简得，解得或（舍去）．所以，所以椭圆的方程为．可知椭圆的右焦点，则抛物线：．（2）因为若线段的长等于椭圆短轴的长，要使三点，，能构成三角形，则直线不过原点，弦不能与轴垂直，故可设直线的方程为，由消去，并整理，得．设，，又，所以，，因为，所以，即，所以，即，则．又点到直线的距离，因为，所以，令，则，故所以的取值范围是．22．解：（1），由题意知恒成立，故恒成立∵与故在单调增且函数值恒正故在单调增；∴即的取值范围为．（2））解法一：由题恒成立，故令，则，令，易见在单调增，；，，故存在使得，即，①时，，，单调递减，时，，，单调递增，故由①式得，②令，则恒成立，∴在单调增于是②等价于，故③由③有故的取值范围为．（2）解法二：由题知恒成立，令，则时，在单调增，∴，当取等令，，在单调增，，；，，故在上有一唯一零点，即∴，又，∴，当时取等故的取值范围为（2）解法三：由题知：恒成立令，由题知记，时恒成立，；，，故对任意，总有解，即①时，，，单调递减，时，，，单调递增，∴，即②由①，②得，等价于令，则恒成立，∴在单调增于是上式等价于，故∴，综上所述的取值范围为．010123