期中检测试卷 -【步步高】2023-2024学年高一数学必修（第二册）学习笔记（湘教版2019）

期中检测试卷 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在复平面内，复数(i为虚数单位)对应的点在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　C 解析　因为＝＝＝＝－－i，所以复数对应的点是，在第三象限． 2．已知(a＋i)z＝1＋i(i为虚数单位)，若复数z为纯虚数，则实数a的值为(　　) A．－1 B．1 C．1或－1 D．0 答案　A 解析　因为(a＋i)z＝1＋i， 则z＝＝＝＝＋i， 因为复数z为纯虚数， 所以a＋1＝0且a－1≠0，解得a＝－1. 3．已知向量a＝(1,3)，b＝(2，－4)，则下列结论正确的是(　　) A．(a＋b)∥a B．|a＋2b|＝5 C．向量a，b的夹角为 D．b在a方向上的投影是 答案　C 解析　对选项A，a＋b＝(3，－1)，因为(3，－1)·(1,3)＝3－3＝0，所以(a＋b)⊥a，故A错误； 对选项B，a＋2b＝(5，－5)， 所以|a＋2b|＝＝5，故B错误； 对选项C，cos〈a，b〉＝＝＝－，所以向量a，b的夹角为，故C正确； 对选项D，b在a方向上的投影是|b|cos〈a，b〉＝2×＝－，故D错误． 4．已知在平行四边形ABCD中，＝，＝，＝x＋y，则x＋y等于(　　) A. B. C．1 D. 答案　D 解析　＝＋＝＋，＝＋＝＋，两式联立得 ＝－，＝－， 而＝＋＝＋， 即x＝，y＝， 所以x＋y＝. 5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b＝c，a2＝2b2(1－sin A)，则A等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝2b2－2b2cos A，所以2b2(1－sin A)＝2b2(1－cos A)， 所以sin A＝cos A，即tan A＝1，又0<A<π， 所以A＝. 6．已知m为实数，i为虚数单位，若m＋(m2－9)i<0，则等于(　　) A．i B．1 C．－i D．－1 答案　A 解析　因为m＋(m2－9)i<0， 所以m＋(m2－9)i为实数， 且解得m＝－3， 故＝＝＝i. 7．在△ABC中，点D在边BC的延长线上，且＝3.若＝x＋(1－x)，－<x<0，则点O在(　　) A．线段BC上 B．线段CD上 C．线段AC上 D．线段AD上 答案　B 解析　∵＝x＋(1－x)，－<x<0， ∴由向量共线定理可知O，B，C三点共线． ∵＝3，∴－＝3－3， ∴＝－＋. 又∵－<x<0， ∴点O在线段CD上，且不与C，D点重合． 8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若tan C＝，cos A＝，b＝3，则△ABC的面积为(　　) A．3 B. C. D. 答案　B 解析　由tan C＝＝且sin2C＋cos2C＝1， 解得sin C＝，cos C＝. 又cos A＝， 所以sin A＝＝， 故sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝. 因为＝，b＝3， 故a＝＝2， S△ABC＝×absin C＝×2×3×＝. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9．在△ABC中，下列命题正确的是(　　 ) A.－＝ B.＋＋＝0 C．若(＋)·(－)＝0，则△ABC为等腰三角形 D．若·＞0，则△ABC为锐角三角形 答案　BC 解析　由向量的运算法则知－＝；＋＋＝0，故A错，B对； ∵(＋)·(－)＝2－2＝0， ∴2＝2，即AB＝AC， ∴△ABC为等腰三角形，故C对； ∵·＞0， ∴角A为锐角，但三角形不一定是锐角三角形，故D错． 10．已知平面向量a，b，c满足|a|＝|b|＝|c|＝1，若a·b＝，则(a－b)·(2b－c)的值可能为(　　) A．－2 B．3－ C．0 D．－ 答案　ACD 解析　|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝， 所以|b－a|＝＝1， 则(a－b)·(2b－c)＝2a·b－a·c－2b2＋b·c＝1－2＋c·(b－a)＝－1＋cos α， 其中α为c与b－a的夹角，且α∈[0，π]， 因为cos α∈[－1,1]， 所以cos α－1∈[－2,0]． 11．设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是(　　) A．若|z1|＝|z2|，则|z1z3|＝|z2z3| B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3 C．若z1＝2，则1＝z2 D．若z＋z＞0，则z＞－z 答案　ABC 解析　设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，z3＝a3＋b3i，a1，b1，a2，b2，a3，b3∈R，z1≠0， 对选项A，|z1z3|＝|(a1＋b1i)(a3＋b3i)| ＝|(a1a3－b1b3)＋(a1b3＋a3b1)i| ＝ ＝， 同理可得|z2z3|＝， 若|z1|＝|z2|，则|z1|＝|a1＋b1i|＝＝|z2|＝|a2＋b2i|＝， 则|z1z3|＝|z2z3|，故A正确； 对选项B，因为z1z2＝z1z3， 所以z1z2－z1z3＝z1(z2－z3)＝0， 又因为z1≠0，所以z2＝z3，故B正确； 对选项C，若z1＝2，则z1＝a1＋b1i＝2＝a2－b2i，即a1＝a2，b1＝－b2， 则1＝a1－b1i＝a2＋b2i＝z2，故C正确； 对选项D，若z＋z＞0，z与－z不一定能比大小，如z1＝2＋i，z2＝2－i， z＝3＋4i，z＝3－4i，满足z＋z＝6＞0，但z与－z不能比大小，故D错误． 12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin B＝bsin ，a＝3，O为△ABC外接圆的圆心，则下列结论正确的有(　　) A．A＝ B．△ABC外接圆的面积为12π C.·＝ D．S△ABC的最大值为 答案　ACD 解析　在△ABC中，由正弦定理及asin B＝bsin 得， sin Asin B＝sin Bsin ，而sin B>0， 则有sin A＝cos ，即2sin cos ＝cos ， 又0<<，cos >0，则sin ＝，所以＝，即A＝，A正确； 由正弦定理得，△ABC外接圆的半径R＝×＝×＝， 所以该圆的面积为πR2＝3π，B错误； 如图，·＝||||cos∠OBC＝a·a＝，C正确； 由余弦定理得，9＝a2＝b2＋c2－2bccos ≥2bc－bc＝bc， 当且仅当b＝c＝3时等号成立， 因此S△ABC＝bcsin ＝bc≤，D正确． 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．若复数z＝(a－2)＋(a＋1)i(a∈R)是纯虚数(其中i是虚数单位)，则a＝______，＝________. 答案　2　－i 解析　因为z＝(a－2)＋(a＋1)i(a∈R)是纯虚数， 故故a＝2. 此时＝＝＝－i. 14．两个力F1＝(1,1)，F2＝(4，－5)作用于同一个质点，使该质点从点A(20,15)移到点B(7,0)，则这两个力的合力对质点所做的功为________． 答案　－5 解析　两个力F1＝(1,1)，F2＝(4，－5)作用于同一个质点，其合力大小为F＝F1＋F2＝(1,1)＋(4，－5)＝(5，－4)，从点A(20,15)移到点B(7,0)，其位移＝(7,0)－(20,15)＝(－13，－15)，则这两个力的合力对质点所做的功为W＝F·＝5×(－13)＋(－4)×(－15)＝－5. 15．已知平面向量，满足||＝||＝1，·＝－.若||＝1，则||的最大值为________． 答案　1＋ 解析　由＝－，得||2＝||2＋||2－2·＝1＋1＋1＝3. ∴||＝. ∴当与同向共线时，||有最大值1＋. 16．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若m＝(b－c，a－b)，n＝(sin C，sin A＋sin B)，且m⊥n，则A＝________；若△ABC的面积为2，则△ABC的周长的最小值为__________． 答案　　6 解析　由条件可知m·n＝(b－c)·sin C＋(a－b)·(sin A＋sin B)＝0， 由正弦定理，可得(b－c)c＋(a－b)(a＋b)＝0， 所以bc－c2＋a2－b2＝0， 即bc＝b2＋c2－a2， 所以由余弦定理得cos A＝＝＝， 因为0<A<π，所以A＝， 所以S＝bcsin A＝bc＝2， 解得bc＝8，a2＝b2＋c2－2bccos ＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝8，即a≥2，当b＝c＝2时，等号成立，b＋c≥2＝4，当b＝c时等号成立，所以a＋b＋c≥2＋4＝6，当b＝c＝2时，a＋b＋c取得最小值6. 四、解答题(本题共6小题，共70分) 17．(10分)已知z为复数，z＋2i和均为实数，其中i是虚数单位． (1)求复数z和|z|； (2)若z1＝＋－i在第四象限，求m的取值范围． 解　(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)， 则z＋2i＝a＋(b＋2)i为实数， 所以b＋2＝0，b＝－2. 又＝＋i为实数， 则＝0， 解得a＝4，所以z＝4－2i，|z|＝2. (2)由题意得，z1＝4＋＋i， 且 解得－2<m< 或1<m<. 故m的取值范围为∪. 18．(12分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知A＝，b2－a2＝c2.求tan C的值． 解　由b2－a2＝c2，A＝及正弦定理得 sin2B－＝sin2C，所以－cos 2B＝sin2C. 又由A＝，得B＋C＝， 则－cos 2B＝－cos＝sin 2C＝2sin Ccos C， 所以sin2C＝2sin Ccos C， 又sin C≠0，所以tan C＝2. 19．(12分)已知a，b，c是同一平面的三个向量，其中a＝(1，)． (1)若|c|＝4，且c∥a，求c的坐标； (2)若|b|＝1，且(a＋b)⊥，求a与b的夹角θ. 解　(1)因为c∥a，所以存在实数λ，使得c＝λa＝(λ，λ)， 又|c|＝4，即＝4，解得λ＝±2. 所以c＝(2,2)或c＝(－2，－2)． (2)因为(a＋b)⊥， 所以(a＋b)·＝0， 即a2－a·b－b2＝0， 所以4－×2×1×cos θ－＝0， 所以cos θ＝，因为θ∈[0，π]，所以θ＝. 20．(12分)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，若△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①＝；②cos 2A＋2cos2＝1；③a＝；④b＝2. (1)满足有解三角形的序号组合有哪些？ (2)在(1)所有组合中任选一组，并求对应△ABC的面积．(若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分) 解　(1)由①＝得，3(a2＋c2－b2)＝－2ac， 所以由余弦定理得，cos B＝＝－， 由②cos 2A＋2cos2＝1得， 2cos2A＋cos A－1＝0， 解得cos A＝或cos A＝－1(舍去)，所以A＝， 因为cos B＝－＜－，且B∈(0，π)， 所以B>， 所以A＋B＞π，矛盾． 所以△ABC不能同时满足①，②. 故△ABC满足①，③，④或②，③，④. (2)若△ABC满足①，③，④， 因为b2＝a2＋c2－2accos B，所以8＝6＋c2＋2××c×，即c2＋4c－2＝0. 解得c＝－2，又sin B＝. 所以△ABC的面积S＝acsin B＝－. 若△ABC满足②，③，④， 由正弦定理＝，即＝， 解得sin B＝1， 又B∈(0，π)，所以B＝， 所以c＝＝， 所以△ABC的面积S＝ac＝. 21．(12分)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量a＝(－1,2)，又点A(8,0)，B(n，t)，C(ksin θ，t). (1)若⊥a，且||＝||，求向量； (2)若向量与向量a共线，当k＞4，且tsin θ取最大值4时，求·. 解　(1) 由题意得＝(n－8，t)，∵⊥a，∴8－n＋2t＝0. 又∵||＝||， ∴5×64＝(n－8)2＋t2＝5t2，解得t＝±8， 当t＝8时，n＝24； 当t＝－8时，n＝－8， ∴＝(24,8)或＝(－8，－8)． (2)由题意得＝(ksin θ－8，t)． ∵与a共线，∴t＝－2ksin θ＋16. ∵tsin θ＝(－2ksin θ＋16)sin θ ＝－2k2＋， 又∵k＞4，∴0<<1， 当sin θ＝时，tsin θ取最大值为. 由＝4，得k＝8，此时θ＝，＝(4,8)， ∴·＝8×4＋0×8＝32. 22．(12分)国家边防安全条例规定：当外轮与我国海岸线的距离小于或等于d海里时，就会被警告．如图，设A，B是海岸线上距离s海里的两个观察站，满足s＝d，一艘外轮在P点满足∠BAP＝α，∠ABP＝β. (1)α，β满足什么关系时，就该向外轮发出警告，令其退出我国海域？ (2)当α＋β＝时，角α处于什么范围内可以避免使外轮进入被警告区域？ 解　(1)设外轮到我国海岸线的距离PQ为x海里(图略)， 在△ABP中，sin∠APB＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)， 由正弦定理得＝，所以BP＝， 在Rt△BPQ中，x＝PQ＝BPsin(π－β)＝BPsin β＝， 当x≤d，即≤＝时，就该向外轮发出警告，令其退出我国海域． (2)当α＋β＝时， ＝sin αsin ＝sin α ＝ ＝ ＝sin＋， 要避免被警告，则>＝， 即sin＋>， 解得sin>， 所以2kπ＋<2α－<2kπ＋ (k∈Z), 即kπ＋<α<kπ＋(k∈Z)， 又因为α∈，所以<α<. 即当α∈时可以避免使外轮进入被警告区域． 学科网（北京）股份有限公司 $$