期末预测卷02（解析版）

期末预测卷02【注意事项】1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分120分,考试用时120分钟.2.本次考试允许使用函数型计算器，凡使用计算器的题目，除题目有具体要求外，最后结果精确到0.01.第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．已知是虚数单位，，则复数在复平面内对应的点位于（

）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】整理变形求复数的代数形式即可.【详解】，所以复数在复平面内对应的点为，在第一象限.故选：A2．（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】由，根据复数模的几何含义，即可求模.【详解】．故选：A．3．将函数的图象向右平移个单位，得到的图象对应的解析式是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据平移变换的原则即可得解.【详解】函数的图象向右平移个单位，得.故选：B.4．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角公式直接进行求解即可.【详解】，故选A5．等于（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】根据诱导公式，逆用两角和的余弦公式进行求解即可.【详解】故选：B6．的内角的对边分别为，已知，则等于（

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

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用平面向量共线的坐标表示可得出关于实数的等式，解之即可.【详解】因为向量，且，则.故选：C.8．在中，，，则（

）A．1 B． C．0 D．【答案】A【分析】根据题意表示出数量积的两个向量，然后求解即可．【详解】如图，由，则，又，则，故选：A．9．已知平面α⊥平面β，直线l⊥平面α，则l与β的位置关系是（）A．垂直 B．平行C．l⊂β D．平行或l⊂β【答案】D【分析】根据题意即可判断出答案.【详解】如图:l//β或l⊂β.故选:D.10．如图所示，已知正三棱柱的所有棱长均为1，则四棱锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先确定四棱锥的高，再根据锥体体积公式求结果.【详解】取中点,连接,因为正三棱柱，所以为正三角形，所以,因为正三棱柱，所以平面平面，因此平面，从而四棱锥的体积为,故选：D11．如图所示，在长方体AC1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有（

）A．3条 B．4条C．5条 D．6条【答案】B【分析】由E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，结合正方体的结构特征，即可求解.【详解】由于E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，因为与棱B1C1平行的棱还有3条：AD,BC，A1D1，所以共有4条.故选：B.12．已知椭圆的焦点在轴上，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆的标准方程，列出不等式组，即可求解.【详解】由椭圆的焦点在轴上，则满足，解得.故选：C.13．已知双曲线，下列结论正确的是（

）A．C的实轴长为 B．C的渐近线方程为C．C的离心率为 D．C的一个焦点的坐标为【答案】C【分析】求出实半轴、虚半轴、半焦距，即可按定义逐个判断.【详解】对A，C的实轴长为，A错；对B，C的渐近线方程为，B错；对C，C的离心率为，C对；对D，C的焦点的坐标为，D错.故选：C14．抛物线的准线方程是，则实数的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据抛物线的准线求得的值【详解】由题意可得：，则故选：B15．已知等比数列的各项均为正数，且，则（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】根据等比数列的性质可得，，再根据对数知识可求出结果.【详解】根据等比数列的性质可得，又，所以，所以.故选：A16．已知等差数列的前项和为，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据前项和的性质，结合等差数列的性质、等差数列的前项和公式进行求解即可.【详解】由，得，所以，则，所以．故选：D17．已知为等差数列，为公差，为前n项和，，则下列说法错误的是（

）A． B．C．和均为的最大值 D．【答案】C【解析】运用等差数列前n项和的性质、等差数列下标的性质进行判断即可.【详解】由，由，故选项B说法正确；因为，，所以，因此选项A说法正确；因为，所以等差数列是单调递增数列，因此没有最大值，故选项C说法错误；由，因为，所以，因此选项D说法正确.故选：C18．已知，则的值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】根据组合数的计算公式即可求解.【详解】，化简得：，解得：或（舍去）.故选：B19．将4个大小相同，颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（

）A．7 B．10 C．14 D．20【答案】B【分析】由题意，可得1号盒子至少放一个，最多放2个小球，分两种情况讨论，分别求出不同的放球方法数目，相加可得答案．【详解】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分析可得，1号盒子至少放一个，最多放2个小球，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有＝4种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有＝6种方法；则不同的放球方法有4+6=10种，故选B．20．已知一组数据的方差是1，那么另一组数据，，，，，的方差是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据方差的性质计算可得结果.【详解】设，依题意得，则，即另一组数据，，，，，的方差是.故选：D第Ⅱ卷（非选择题，共60分）二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）21．记等差数列的前n项和为，若，，则公差.【答案】【分析】根据题意列出方程，即可求得答案.【详解】由题意等差数列的前n项和为，，，可得，且，则，且，解得，故答案为：22．已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a3＋S5＝18，a5＝7.若a3，a6，am成等比数列，则m＝.【答案】15【解析】根据已知条件列出方程组，求得，根据等比中项计算即可得出结果.【详解】设等差数列{an}的公差为d，由题意得解得∵a3，a6，am成等比数列，∴＝a3am，即(a1＋5d)2＝(a1＋2d)[a1＋(m－1)d]，∴81＝3(2m－3)，解得m＝15.故答案为：15.23．已知的展开式中的系数为，则．【答案】【分析】利用二项式定理得的通项，进而得出的展开式中的系数，列式计算即可．【详解】由二项式定理可知的通项为，故展开式中含的项分别为，则的展开式中含的项为，则，解得．故答案为：．24．已知，则．【答案】【分析】平方，结合同角三角函数平方关系即正弦二倍角公式求解.【详解】两边平方得：，解得：.故答案为：25．已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为．【答案】【分析】利用渐近线方程和离心率定义构造齐次式计算即可.【详解】设双曲线焦距为，则由题意得其渐近线方程为，因为，所以渐近线方程为：.故答案为：.三、解答题（本大题共5小题，共40分）26．若、、三点的坐标分别为、、，求，的坐标.【答案】，【解析】利用平面向量的加法法则以及向量的坐标运算可得出，的坐标.【详解】、、，所以，，.27．已知椭圆，求椭圆的长轴长、短轴长、顶点坐标、离心率.【答案】长轴长，短轴长，顶点坐标为：，，，，离心率.【解析】将椭圆的方程化为标准方程，即可求得该椭圆的长轴长、短轴长、顶点坐标和离心率.【详解】椭圆标准方程可化为：所以，椭圆中，，，由，可得：，所以，长轴长，短轴长，顶点坐标为：，，，离心率.28．△ABC中，内角A、B、C成等差数列，其对边a、b、c满足，求A．【答案】【详解】本试题主要考查了解三角形的运用，因为【点评】该试题从整体来看保持了往年的解题风格，依然是通过边角的转换，结合了三角形的内角和定理的知识，以及正弦定理和余弦定理，求解三角形中的角的问题．试题整体上比较稳定，思路也比较容易想，先将利用等差数列得到角B，然后利用余弦定理求解运算得到A．29．已知等差数列的公差为，求证：（1）.（2）若，则.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【分析】（1）运用分别等差数列的通项公式表示即可证明出；（2）运用已知，结合（1）的结论可以证明出结论.【详解】（1）∵，两式相减，得，∴.（2）∵，∴.由（1），得，∴.【点睛】本题考查了等差数列两个性质的证明.应注意：（1）本例的结论是等差数列的两个重要性质，可用这两个性质证明或解答相关问题.（2）第2个性质称为等差数列的“等和性”，还可以推广，如：当时，有30．在下列条件下求双曲线标准方程.（1）经过两点，；（2）焦点在轴上，双曲线上点到两焦点距离之差的绝对值为，且经过点.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据题意可设双曲线的标准方程为，将题干中两点坐标代入双曲线的方程，可求出、的值，即可得出所求双曲线的标准方程；（2）根据题可设双曲线