期末預測卷02【注意事項】1.本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分120分,考試用時120分鐘.2.本次考試允許使用函數型計算器，凡使用計算器的題目，除題目有具體要求外，最后結果精確到0.01.第Ⅰ卷（選擇題，共60分）一、選擇題（本大題共20小題，每小題3分，共60分。在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1．已知是虛數單位，，則復數在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】整理變形求復數的代數形式即可.【詳解】，所以復數在復平面內對應的點為，在第一象限.故選：A2．（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】由，根據復數模的幾何含義，即可求模.【詳解】．故選：A．3．將函數的圖象向右平移個單位，得到的圖象對應的解析式是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據平移變換的原則即可得解.【詳解】函數的圖象向右平移個單位，得.故選：B.4．已知，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角公式直接進行求解即可.【詳解】，故選A5．等于（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】根據誘導公式，逆用兩角和的余弦公式進行求解即可.【詳解】故選：B6．的內角的對邊分別為，已知，則等于（

）A． B． C．4 D．【答案】C【分析】由已知利用余弦定理即可求解．【詳解】解：，，，由余弦定理可得：，解得．故選：C．7．已知向量，．若，則實數（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用平面向量共線的坐標表示可得出關于實數的等式，解之即可.【詳解】因為向量，且，則.故選：C.8．在中，，，則（

）A．1 B． C．0 D．【答案】A【分析】根據題意表示出數量積的兩個向量，然后求解即可．【詳解】如圖，由，則，又，則，故選：A．9．已知平面α⊥平面β，直線l⊥平面α，則l與β的位置關系是（）A．垂直 B．平行C．l?β D．平行或l?β【答案】D【分析】根據題意即可判斷出答案.【詳解】如圖:l//β或l?β.故選:D.10．如圖所示，已知正三棱柱的所有棱長均為1，則四棱錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先確定四棱錐的高，再根據錐體體積公式求結果.【詳解】取中點,連接,因為正三棱柱，所以為正三角形，所以,因為正三棱柱，所以平面平面，因此平面，從而四棱錐的體積為,故選：D11．如圖所示，在長方體AC1中，E，F分別是B1O和C1O的中點，則長方體的各棱中與EF平行的有（

）A．3條 B．4條C．5條 D．6條【答案】B【分析】由E，F分別是B1O，C1O的中點，故EF∥B1C1，結合正方體的結構特征，即可求解.【詳解】由于E，F分別是B1O，C1O的中點，故EF∥B1C1，因為與棱B1C1平行的棱還有3條：AD,BC，A1D1，所以共有4條.故選：B.12．已知橢圓的焦點在軸上，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據橢圓的標準方程，列出不等式組，即可求解.【詳解】由橢圓的焦點在軸上，則滿足，解得.故選：C.13．已知雙曲線，下列結論正確的是（

）A．C的實軸長為 B．C的漸近線方程為C．C的離心率為 D．C的一個焦點的坐標為【答案】C【分析】求出實半軸、虛半軸、半焦距，即可按定義逐個判斷.【詳解】對A，C的實軸長為，A錯；對B，C的漸近線方程為，B錯；對C，C的離心率為，C對；對D，C的焦點的坐標為，D錯.故選：C14．拋物線的準線方程是，則實數的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據拋物線的準線求得的值【詳解】由題意可得：，則故選：B15．已知等比數列的各項均為正數，且，則（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】根據等比數列的性質可得，，再根據對數知識可求出結果.【詳解】根據等比數列的性質可得，又，所以，所以.故選：A16．已知等差數列的前項和為，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據前項和的性質，結合等差數列的性質、等差數列的前項和公式進行求解即可.【詳解】由，得，所以，則，所以．故選：D17．已知為等差數列，為公差，為前n項和，，則下列說法錯誤的是（

）A． B．C．和均為的最大值 D．【答案】C【解析】運用等差數列前n項和的性質、等差數列下標的性質進行判斷即可.【詳解】由，由，故選項B說法正確；因為，，所以，因此選項A說法正確；因為，所以等差數列是單調遞增數列，因此沒有最大值，故選項C說法錯誤；由，因為，所以，因此選項D說法正確.故選：C18．已知，則的值為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】根據組合數的計算公式即可求解.【詳解】，化簡得：，解得：或（舍去）.故選：B19．將4個大小相同，顏色互不相同的球全部放入編號為1和2的兩個盒子里，使得放入每個盒子里球的個數不小于該盒子的編號，則不同的放球方法有（

）A．7 B．10 C．14 D．20【答案】B【分析】由題意，可得1號盒子至少放一個，最多放2個小球，分兩種情況討論，分別求出不同的放球方法數目，相加可得答案．【詳解】根據題意，每個盒子里的球的個數不小于該盒子的編號，分析可得，1號盒子至少放一個，最多放2個小球，分情況討論：①1號盒子中放1個球，其余3個放入2號盒子，有＝4種方法；②1號盒子中放2個球，其余2個放入2號盒子，有＝6種方法；則不同的放球方法有4+6=10種，故選B．20．已知一組數據的方差是1，那么另一組數據，，，，，的方差是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根據方差的性質計算可得結果.【詳解】設，依題意得，則，即另一組數據，，，，，的方差是.故選：D第Ⅱ卷（非選擇題，共60分）二、填空題（本大題共5小題，每小題4分，共20分）21．記等差數列的前n項和為，若，，則公差.【答案】【分析】根據題意列出方程，即可求得答案.【詳解】由題意等差數列的前n項和為，，，可得，且，則，且，解得，故答案為：22．已知Sn為等差數列{an}的前n項和，a3＋S5＝18，a5＝7.若a3，a6，am成等比數列，則m＝.【答案】15【解析】根據已知條件列出方程組，求得，根據等比中項計算即可得出結果.【詳解】設等差數列{an}的公差為d，由題意得解得∵a3，a6，am成等比數列，∴＝a3am，即(a1＋5d)2＝(a1＋2d)[a1＋(m－1)d]，∴81＝3(2m－3)，解得m＝15.故答案為：15.23．已知的展開式中的系數為，則．【答案】【分析】利用二項式定理得的通項，進而得出的展開式中的系數，列式計算即可．【詳解】由二項式定理可知的通項為，故展開式中含的項分別為，則的展開式中含的項為，則，解得．故答案為：．24．已知，則．【答案】【分析】平方，結合同角三角函數平方關系即正弦二倍角公式求解.【詳解】兩邊平方得：，解得：.故答案為：25．已知雙曲線的離心率為，則其漸近線方程為．【答案】【分析】利用漸近線方程和離心率定義構造齊次式計算即可.【詳解】設雙曲線焦距為，則由題意得其漸近線方程為，因為，所以漸近線方程為：.故答案為：.三、解答題（本大題共5小題，共40分）26．若、、三點的坐標分別為、、，求，的坐標.【答案】，【解析】利用平面向量的加法法則以及向量的坐標運算可得出，的坐標.【詳解】、、，所以，，.27．已知橢圓，求橢圓的長軸長、短軸長、頂點坐標、離心率.【答案】長軸長，短軸長，頂點坐標為：，，，，離心率.【解析】將橢圓的方程化為標準方程，即可求得該橢圓的長軸長、短軸長、頂點坐標和離心率.【詳解】橢圓標準方程可化為：所以，橢圓中，，，由，可得：，所以，長軸長，短軸長，頂點坐標為：，，，離心率.28．△ABC中，內角A、B、C成等差數列，其對邊a、b、c滿足，求A．【答案】【詳解】本試題主要考查了解三角形的運用，因為【點評】該試題從整體來看保持了往年的解題風格，依然是通過邊角的轉換，結合了三角形的內角和定理的知識，以及正弦定理和余弦定理，求解三角形中的角的問題．試題整體上比較穩定，思路也比較容易想，先將利用等差數列得到角B，然后利用余弦定理求解運算得到A．29．已知等差數列的公差為，求證：（1）.（2）若，則.【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析.【分析】（1）運用分別等差數列的通項公式表示即可證明出；（2）運用已知，結合（1）的結論可以證明出結論.【詳解】（1）∵，兩式相減，得，∴.（2）∵，∴.由（1），得，∴.【點睛】本題考查了等差數列兩個性質的證明.應注意：（1）本例的結論是等差數列的兩個重要性質，可用這兩個性質證明或解答相關問題.（2）第2個性質稱為等差數列的“等和性”，還可以推廣，如：當時，有30．在下列條件下求雙曲線標準方程.（1）經過兩點，；（2）焦點在軸上，雙曲線上點到兩焦點距離之差的絕對值為，且經過點.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根據題意可設雙曲線的標準方程為，將題干中兩點坐標代入雙曲線的方程，可求出、的值，即可得出所求雙曲線的標準方程；（2）根據題可設雙曲線