【文档说明】浙江省北斗星盟2020-2021学年高二下学期5月阶段性联考数学试题 含答案.docx，共(12)页，870.239 KB，由小赞的店铺上传

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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：VSh=其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式：13VSh=其中S表示锥体的底面积，

h表示锥体的高台体的体积公式：()112213VhSSSS=++其中1S、2S分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高球的表面积公式：24πSR=球的体积公式：34π3VR=，其中R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U=R，2Axx=，3Bxx=，则集合()UAB=ð（）A．2xxB．3x

xC．23xxD．23xx2．若复数12zi=−，则1zi=−（）A．1322i−−B．1322i−+C．13i+D．13i−−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m，n，若m，n与所成的角相等，则//mnC．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l：3yxb=+和圆C：221xy+=，则“2b=”是“直线l与圆C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()1122xfxex=−−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．12B．18C．24D．367．随机变量的分布列如下：1−01Pxyz其中3xyz+=，则D的最大值为（）A．23B．59C．29D．348

．已知三棱锥ABCD−中，2ABCDBDAC====，2ADBC==，则异面直线AB，CD所成角为（）A．π6B．π3C．π4D．π29．椭圆C：22143xy+=，过其左焦点F的弦AB，过点A，B分别作椭圆的切线，交于点P，则ABP△面积最小值

为（）A．94B．92C．34D．3210．已知存在x使得不等式32211xaxaxxxe++++在(0,1上成立，则实数a的取值范围为（）A．()1,+B．(),e1−−C．()e1,−+D．(),1−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2212425yx−=，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()()3221xax−−的展开式的所有项系数之和为64，则实数a=______，展开式中含2x项的系数是______．14．函数lnyxx=的单调增区间______，在2xe=处的切线方程是______．15．已知某圆台的上、下底半

径和高的比为1:4:4，母线长为10cm，则该圆台的体积为______（3cm）．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()11,Pxy在椭圆2212xy+=上，点()22,Qxy在直线440xy+−=上

，则12122xxyy−+−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X，求X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Z，求Z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PABCD−中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，2PAAD==，1AB=，以AC的中点O为球

心，AC为直径的球面交PD于M（异于点D），交PC于N（异于点C）．（Ⅰ）证明：AMPC⊥；（Ⅱ）求直线AN与平面ACM所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知函数()3226fxxaxbxaa=++++，当1x=时，()fx有极小值174−．（Ⅰ）求()fx的解析式；

（Ⅱ）设()3221112ln324gxxxxmx=−+−−，若对任意1212xx，都有()()()112fxgxfx−−()2gx成立，求实数m的取值范围．21．（本题满分15分）椭圆C：()222210xyabab+=的焦距

为2，椭圆C上一点23,22P．不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若抛物线E：()220ypxp=的焦点是椭圆的右焦点．（Ⅰ）求椭圆C与抛物线E的方程；（Ⅱ）若线段AB的长度为6．求AOB△面积S的取值范围．22．（本题满分15

分）已知()2xfxxeax=−．（Ⅰ）若函数()yfx=在()0,+单调递增，求a的取值范围；（Ⅱ）已知函数()ln1gxx=+，且不存在0x，使()()gfxx成立，求实数a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：C

DBBA10、解：当0x=时，不等式一定成立；当(0,1x，32211xaxaxxxe++++等价于1xeax−，所以min1xeax−利用1xex+，所以1111xexxx−+−=，当0x=取等号，所以1a．11．()0,7、()0,7−、265yx=12

．454+，213．3−，5314．1,e+，23yxe=−15．224π16．2017．622−17、解法一：令22yy=，则l：240xy+−=，由直线l：122yx=−+可知纵向距离最小，设与直线l平行的切线方程为：12yxm=

−+，与椭圆22220xy+−=联立，得2234440xmxm−+−=，由0=得，62m=，故()1212min6222xxyy−+−=−．解法二：同解法一，知纵向距离最小，设与直线l平行且与椭圆相切的直线切于点()00,Pxy，易知切线方程为：0012xxyy+=，其斜率001

22xky=−=−，∴00xy=，代入椭圆方程得，∴0063xy==，即66,33P，此时点66,236Q−．故()1212min6222xxyy−+−=−．18．解：（1）X的可能取值为0，1，2，

3，所以()37310357012024CPXC====，()12373106321112040CCPXC====，()2137310217212040CCPXC====，()3331013120CPXC===，所以所求分布列为：X0123Y72421407401120所

以()721719012324404012010EX=+++=；（2）由题意可知，设摸出3个球都是红球的概率为1P，则351310112CPC==，设中奖的次数为Y，则16,12YB，所以()111116121224DY==，()()()6

036001650DZDYDY===元．19．解：（1）∵AC是球O的直径，∴AMMC⊥又∵PA⊥平面ABCD，CD面ABCD，∴PACD⊥∵矩形ABCD，∴CDAD⊥，∵ADPAA=，∴CD⊥平面PAD∵AM平面PAD，∴CDAM⊥∵C

DMCC=，∴AM⊥平面PCD∵PC平面PCD，∴AMPC⊥．（2）解法一：由第一问可知AMPD⊥，又∵PAAD=，则M是PD的中点，∴1AMMD==，∵CDPD⊥，∴222MCMDCD=+=，∵ANPC⊥，AMPC⊥，

ANAMA=，∴PC⊥面AMN，∴NMPC⊥∵ANPC⊥，∴在RtPAC△中，2232CNACPNPA==，∴35CNPC=，∵355NC=，∴65AN=，55NM=，∴310CMNS=△∵AM⊥面PCD，∴在三棱锥NAMC−中，NAMVACMNVV−−=∵AM

⊥面PCD，∴AMMC⊥，∴22AMCS=△设N到平面ACM的距离为h，则1133AMCCMNhSAMS=△△，∴3210h=记AN与平面ACM所成角为，则15sin10hAN==．解法二：∵底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，∴PA，AB，AD两两互相垂直；∴如图，以

A为原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立直角坐标系．则()0,0,0A，()1,2,0C，()0,0,2P，()0,2,0D∴()1,2,2PC=−，()0,0,2AP=，由第一问可知AMPD⊥，又∵PAAD=，则M是PD的

中点，∴220,,22M∴()1,2,0AC=，220,,22AM=，设平面ACM的法向量为(),,nxyz=．由00ACnAMn==，得()2,1,1n=−．

设(),2,2PNPC==−，∴(),2,22ANAPPN=+=−∵ANPC⊥，∴2220ANPC=+−+=，解得25=，∴22232,,555AN=，记AN与平面AC

M所成角为，则15sincos,10ANn==，∴直线AN与平面ACM所成角的正弦值为1510．20．解：（1）由函数()3226fxxaxbxaa=++++，所以：()232fxxaxb=++，因为在1x=时()fx有极小值174−，所以：232

017164ababaa++=++++=−从而得12a=−或92a=−，①当12a=−时，2b=−，此时：()232fxxx=−−，当2,13x−时，()0fx，当()1,x+时，()0f

x，∴在1x=时()fx有极小值，符合题意．②当92a=−时，6b=，不合题意，舍去∴所求的()32111224fxxxx=−−−．（2）∵1212xx，()()()()1122fxgxfxgx−−恒成立，所以()()()314ln3xfxgxxxmx=−=−+在1,2单调递

增，则()240mxxx=−+，即34mxx−+对1,2x恒成立，令()34hxxx=−+，可得()234hxx=−+，令()0hx，即2340x−+，解得2233x−，令()0hx，即2340x−+，解得23x−或2

3x，所以()hx在21,3单调递增，在2,23单调递减，当23x=时，函数()hx取得最大值，最大值为()max216393hxh==，所以1639m，即实数m的

取值范围163,9+．21．解：（1）设椭圆左()1,0−，右焦点为()1,0，解得()22231441aa+=−，化简得424920aa−+=，解得22a=或214a=（舍去）．所以2221bac=−=，

所以椭圆C的方程为2212xy+=．可知椭圆的右焦点()1,0F，则抛物线E：24yx=．（2）因为若线段AB的长等于椭圆短轴的长，要使三点A，O，B能构成三角形，则直线l不过原点O，弦AB不能与x轴垂直，故可设直线AB的方程为ykxm=+，由2212ykxmxy=++=消去y，并整理，

得()222124220kxkmxm+++−=．设()11,Axy，()22,Bxy，又()()222216412220kmkm=−+−，所以122412kmxxk+=−+，()21222112mxxk−=+，因为

6AB=，所以()()222116kxx+−=，即()()222112146kxxxx++−=，所以()()22222814161212mkmkkk−+−−=++，即()()()2

2222112041kkmk+−=+，则2102k．又点O到直线AB的距离21mdk=+，因为12SABd=，所以()()()()()22222222222211212332132214411kkkkSkkk+−++==−+++

，令22211kuk+=+，则41,3u，故230,8s所以S的取值范围是60,4．22．解：（1）()()212xfxxea=+−，由题意知()0fx恒成立，故()212xaxe+

恒成立∵12yx=+与故2xye=在()0,+单调增且函数值恒正故()212xyxe=+在()0,+单调增；∴()0120e1a+=即a的取值范围为(,1−．（2））解法一：由题2ln1xxexax−−恒成立，故2minln1xxexa

x−−令()2ln1xxexhxx−−=，则()2222lnxxexhxx+=，令()222lnxFxxex=+，易见()Fx在()0,+单调增0x→，()Fx→−；x→+，()Fx→+，故存在t使得()0Ft=，即222ln0ttet+=，①()0

,xt时，()0Fx，()0hx，()hx单调递减，(),xt+时，()0Fx，()0hx，()hx单调递增，故()()2minln1ttethxhtt−−==由①式得2112lnttett=，②令()xGxxe=，则()()10xGxxe=+恒成立，∴()y

Gx=在()0,+单调增于是②等价于()12lnGtGt=，故22ln1tttet=−=③由③有()()2min121ln12ttttetthxhttt+−−−====故a的取值范围为(,2−．（2）解法二：由题知()2ln22ln1

2ln12xxxexxxexxaxx+−+−−−−−=恒成立，()2lnmin2ln12xxexxax+−+−−令()1tFtet=−−，则0t时()10tFte=−，()yFt=在()0,+单调增，∴()(

)00FtF=，当0t=取等令()2lnGxxx=+，()120Gxx=+，()yGx=在()0,+单调增，0x→，()Gx→−；x→+，()Gx→+，故()yGx=在()0,+上有一唯一

零点0x，即002ln0xx+=∴()()002ln2ln002ln12ln10xxxxexxexx++−+−−+−=，又0x，∴()2ln2ln10xxexxx+−+−，当0xx=时取等故a的取值

范围为(,2−（2）解法三：由题知：2ln10xxeaxx−−−恒成立令()2ln1xhxxeaxx=−−−，由题知()min0hx记()()()2121exFxhxxax==+−−，0x时()()22141e0xFxxx=++

恒成立0x→，()Fx→−；x→+，()Fx→+，故对任意a，()0Fx=总有解0xx=，即()0200121exaxx=+−①()00,xx时，()0Fx，()0hx，()hx单调递减，()0,xx+时，()0Fx，()0hx，()hx单调递

增，∴()()0min0hxhx=，即02000ln10xxeaxx−−−②由①，②得022002ln0xxex+，等价于02000112lnxxexx令()xGxxe=，则()()10xGxxe=+恒成立，∴()yGx=在()0,+单调增于是上式

等价于()0012lnGxGx=，故0201xex∴()()020000011121212xaxexxxx=+−+−=，综上所述a的取值范围为(,2−．