1、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
2、合题目要求的1已知全集，则集合（ ）ABCD2若复数，则（ ）ABCD3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（ ）ABCD6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（ ）A12B
3、18C24D367随机变量的分布列如下：01其中，则的最大值为（ ）ABCD8已知三棱锥中，则异面直线，所成角为（ ）ABpCpD9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（ ）ABCD10已知存在使得不等式在上成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD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
4、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
5、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（）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；（）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）（）证明：；（）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（）求的解析式；（）设，若对任意，都有成立，求
6、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（）求椭圆与抛物线的方程；（）若线段的长度为求面积的取值范围22（本题满分15分）已知（）若函数在单调递增，求的取值范围；（）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：DBDAC6-10：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、12，213，5314，1516201717、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
7、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：0123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
8、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，当时，此时：，当时，当时，在时有极小值，符合题意当时，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，
9、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，时，单调递减，时，单调递增，故由式得，令，则恒成立，在单调增于是等价于，故由有故的取值范围为（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，即时，单调递减，时，单调递增，即由，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