2013-2014苏州中学高二数学期末复习综合练习11(文科).doc

苏州中学高二数学期末复习综合11一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1.命题“”的否定是 .2已知点P为抛物线上一点，记点P到y轴距离d1,点P到直线的距离d2，则d1d2的最小值为_ 3或”是“”成立的_条件4. 已知两条直线，两个平面，给出下面四个命题：； ； . 其中正确命题的序号是 . 5.右面的流程图可以计算的值，则在判断框中可以填写的表达式为_.6已知抛物线到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为A，若双曲线一条渐近线与直线AM垂直，则实数= 7.在区间1,5和2,4分别各取一个数，记为m和n，则方程表示焦点在x轴上的椭圆的概率是_.8.一个样本M的数据是，它的平均数是5，另一个样本N的数据是 它的平均数是34则样本M的方差 _.9盒中有5个球，其中有3个红球，2个白球,现从盒中随机地抽取2个，那么概率为的事件是 .10.在平面直角坐标系中，椭圆1( 0)的焦距为2，以O为圆心，为半径的圆，过点作圆的两切线互相垂直，则离心率= .11.在正三棱锥中，、是、的中点，若，则正三棱锥的体积为 12. 设m,n是平面内的两条不同直线;是平面内的两条相交直线.请写出的一个充分而不必要条件是_ 13. 一个半径为5cm的水晶球放在如图所示的工艺架上，支架是由三根金属杆PA、PB、PC组成，它们两两成600角。则水晶球的球心到支架P的距离是 cm.14. 简化北京奥动会主体育场“鸟巢”的钢结构俯视图，如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，外层椭圆顶点向内层椭圆引切线、.设内层椭圆方程为，则外层椭圆方程可设为.若与的斜率之积为，则椭圆的离心率为二、解答题：本大题共6题，共90分. 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤（本题满分14分）15. （本题14分某校从参加高一年级期中考试的学生中随机抽取名学生，将其数学成绩（均为整数）。分成六段，后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题：()求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；(）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，据此估计本次考试的平均分；第15题图(）用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取人，求至多有人在分数段的频率.16. 已知，命题p：“直线y=kx+1与椭圆恒有公共点”; 命题q：. 若命题“p且q”是假命题，求实数a的取值范围EDCA1ABB1C117如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D、E分别为CC1、A1B1的中点（1）求证：C1E平面A1BD； （2）求证：平面ABB1A1平面A1BD.18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，点、分别为、的中点，（1）证明：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得NM/平面；若存在，D求出的长；若不存在，请说明理由.19如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是CD、A1D1的中点(1)求证：AB1BF；(2)求证：AEBF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF平面AEP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由.（理）已知E、F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的BC和CD的中点，求：（）A1D与EF所成角的大小；（）A1F与平面B1EB所成角的余弦值；（）二面角CD1B1B正弦值。 20 .已知、为椭圆的左右顶点，为椭圆的右焦点，是椭圆上异于、的任意一点，直线、分别交直线于、两点，交轴于点（）当时，求直线的方程；（）是否存在实数，使得以为直径的圆过点，若存在，求出实数的值；，若不存在，请说明理由；（）对任意给定的值，求面积的最小值参考答案1. 2.23.必要不充分4.5.I1996.7.8.99.至少一个白球的概率10.11.12. 略13.14.15.（）分数在内的频率为：，故，如图所示： （）平均分为： （）由题意，分数段的人数为：人； 分数段的人数为：人； 在的学生中抽取一个容量为的样本，分数段抽取2人，分别记为；分数段抽取4人，分别记为；设从样本中任取人，至多有1人在分数段为事件，则基本事件空间包含的基本事件有：、共15种，则事件包含的基本事件有：、共9种，16.真:且 真:即或若命题“p且q”是真命题，则真真,即且若命题“p且q”是假命题，则且或17【证明】（1）取A1B的中点F，连EF，DF因为D、E分别为CC1、A1B1的中点，所以 EFB1BC1D于是四边形EFDC1为平行四边形，3分所以 DFC1E因为 C1E平面A1BD，DF平面A1BD，所以 C1E平面A1BD6分（2）因为ABCA1B1C1是正三棱柱，所以平面A1B1C1，是正三角形.因为平面A1B1C1，E为A1B1的中点，所以，. 9分因为平面ABB1A1，平面ABB1A1，所以平面ABB1A1，而DFC1E，所以平面ABB1A1. 12分因为DF平面A1BD，所以平面ABB1A1平面A1BD. 14分18.证明：（1）因为为菱形，所以AB=BC.又，所以，13分又为中点，所以.而平面，平面，所以.又，所以平面.5分（2）存在. 7分取中点，连结，因为，分别为、中点，所以且又在菱形中，所以，即是平行四边形，10分所以，又平面，平面，所以平面，即在上存在一点，使得平面，此时19（文）(1)证明连结A1B，则AB1A1B，又AB1A1F，且A1BA1FA1，AB1平面A1BF.又BF平面A1BF，AB1BF.(2)证明取AD的中点G，连结FG，BG，则FGAE，又BAGADE，ABGDAE.AEBG.又BGFGG，AE平面BFG.又BF平面BFG，AEBF.(3)解存在取CC1的中点P，即为所求连结EP，AP，C1D，EPC1D，C1DAB1，EPAB1.由(1)知AB1BF，BFEP.又由(2)知AEBF，且AEEPE，BF平面AEP. 19理（）以为坐标原点，分别作为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，则， ， 故异面直线与所成角的为 （），设A1F与平面B1EB所成角为平面B1EB的一个法向量 A1F与平面B1EB所成角的余弦值为。（）平面 的一个法向量平面 的一个法向量，所以二面角CD1B1B正弦值 为。20