人教A版高中数学(必修第二册)期中考测试卷（必修一--必修二第七章复数）（2份，原卷版+解析版）

这是一份人教A版高中数学(必修第二册)期中考测试卷（必修一--必修二第七章复数）（2份，原卷版+解析版），文件包含人教A版高中数学必修第二册期中考测试卷必修一--必修二第七章复数原卷版doc、人教A版高中数学必修第二册期中考测试卷必修一--必修二第七章复数解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
期中考测试卷（二）范围：必修一~必修二第七章复数说明：1．本试题共4页，满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、试室号、座位号填写在答题卷上。3. 答题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷上各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卷整洁，考试结束后，将答题卷交回，试卷自己保存。第I卷(选择题 共60分)一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解集合M和集合N中的不等式，求两集合的交集.【详解】，，所以.故选：D．2．（2022秋·广东·高三校联考阶段练习）已知向量，则“”是“”的（    ）A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据向量平行的坐标表示，求得的充要条件，结合集合之间的包含关系，判断即可.【详解】根据题意，等价于，解得或；又是的真子集，故“”是“”的充分不必要条件.故选：C.3．（2023春·广东梅州·高一大埔县虎山中学校考期中）边长为4的等边三角形用斜二测画法得到的图形的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设边长为4的等边三角形的面积为，斜二测法得到的图形的面积为，根据即可求出结果.【详解】设边长为4的等边三角形的面积为，斜二测法得到的图形的面积为，由于,且，所以，故选：A.4．（2022春·广东揭阳·高一惠来县第一中学校考阶段练习）在中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（    ）A． B．1 C． D．2【答案】C【分析】由余弦定理求出，利用正弦定理将边化角，再根据二倍角公式得到，即可得到，最后利用面积公式计算可得；【详解】解：因为，又，所以，因为，所以，所以，因为，所以，即，所以或，即或（舍去），所以，因为，所以，所以；故选：C5．（2023秋·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）若，则的值为（    ）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】B【分析】利用两角和的正切公式求解即可.【详解】由，又，原式.故选：B.6．（2022秋·广东广州·高一广州市第二中学校考阶段练习）已知圆锥的底面积为1，表面积为3，则它的侧面展开图的圆心角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径与母线的关系，再利用圆锥侧面展开图的特征求解作答.【详解】圆锥的底面积为1，圆锥底面圆半径r，有，令圆锥母线长为，有，因此，显然圆锥侧面展开图扇形弧长，所在圆半径为l，所以圆锥侧面展开图的圆心角为.故选：A7．（2022春·广东汕尾·高一华中师范大学海丰附属学校校考阶段练习）已知在平行四边形ABCD中，，，对角线AC与BD相交于点M，（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量加法的几何意义可得，应用向量线性运算的坐标表示，即可求的坐标.【详解】由题设，.故选：D.8．（2022春·广东广州·高一西关外国语学校校考期中）在中，，，，点在边上且，则的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用余弦定理求出的长，可求得的长，利用三角形的面积公式以及可求得的面积.【详解】因为，则为锐角，且，所以，由余弦定理可得，则，因为点在边上且，则，所以，，故.故选：D.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．（2023春·广东广州·高二统考期末）把复数z的共轭复数记作，已知（i为虚数单位），则下列结论正确的有（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据，可得，然后结合复数的运算法则，分别判断各选项即可【详解】由，可得，有：，选项A错误．，选项B正确；，选项C正确；，选项D错误．故选：BC．10．（2023春·广东佛山·高一佛山市三水区三水中学校考阶段练习）已知是边长为2的等边三角形，，分别是、上的两点，且，，与交于点，则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．在方向上的投影为【答案】BCD【分析】以E为原点建立平面直角坐标系，写出所有点的坐标求解即可.【详解】由题E为AB中点，则，以E为原点，EA，EC分别为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示：所以，，设，∥，所以，解得：，即O是CE中点，，所以选项B正确；，所以选项C正确；因为，，所以选项A错误；，，在方向上的投影为，所以选项D正确.故选：BCD【点睛】此题考查平面向量基本运算，可以选取一组基底表示出所求向量的关系，对于特殊图形可以考虑在适当位置建立直角坐标系，利于计算.11．（2022秋·广东珠海·高三统考期末）关于函数，下列说法正确的是（    ）A．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到B．的图象关于直线对称C．的表达式可以改写为D．若函数在的值域为，则m的取值范围是【答案】BD【分析】对于A，由平移规则可判断；对于B，代入检验可判断；对于C，利用诱导公式可判断；对于D，根据值域建立不等式后可判断.【详解】对于A，由函数的图象向左平移个单位可得到函数的图象，所以A选项错误；对于B，当时，，所以B选项正确；对于C，，所以C选项错误；对于D，由得，又函数在的值域为，得，解得，所以D选项正确．故选：BD12．（2022春·广东深圳·高一深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）在中，分别为，，的对边，下列叙述正确的是（    ）A．若是锐角三角形，则不等式恒成立B．，则C．若，则为钝角三角形D．若,，则三角形的形状唯一确定【答案】ABC【分析】由是锐角三角形，得到，结合正弦函数的单调性，可判定A正确；由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，可判定B正确；由两角和的正切公式得到，得到，可判定C正确；化简得到，求得或，可判定D不正确.【详解】对于A中，若是锐角三角形，可得，所以，且，可得，所以，即不等式恒成立，所以A正确；对于B中，因为，由正弦定理得，又由，所以，可得，因为，可得，所以，即，又因为，所以，所以B正确；对于C中，在中，可得，所以，因为，可得，所以必有一个小于，不妨设，可得，所以为钝角三角形，所以C正确；对于D中，由且，可得，解得或，因为，可得或，所以的形状不唯一，所以D不正确.故选：ABC第Ⅱ卷(非选择题 共90分)三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．（2023春·广东东莞·高二校考阶段练习）若复数满足，其中为虚数单位，则___________，___________．【答案】          【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【详解】由题意得： ，∴，故答案为：，【点睛】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．14．（2023秋·广东广州·高一统考期末）若函数为奇函数，则__________（结果用数字表示）.【答案】【分析】先由函数为奇函数可得，求出，再将代入即可得解.【详解】解：因为函数为奇函数，所以，即，解得，经检验，符合题意，所以，所以.故答案为：.15．（2022春·广东韶关·高一校考阶段练习）在中，内角的对边分别为，且， ，则外接圆的面积为______.【答案】【分析】由正弦定理求得，得到，求得，进而求得外接圆半径为，即可求得外接圆的面积.【详解】由，可得，即，因为，可得，所以，又因为，可得，所以，又由，所以，设外接圆半径为，可得，所以所以外接圆的面积为.故答案为：.16．（2022秋·广东东莞·高三校考阶段练习）在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则该三角形周长的最大值为___________.【答案】【分析】利用正弦定理化简式子，求出的值，进而求出的大小，由余弦定理结合基本不等式即可求出，即可求出三角形周长的最大值.【详解】由正弦定理变形有：，又因为，所以，则，又因为，所以，又因为，所以，当且仅当 “”时取等.则该三角形周长的最大值为.故答案为：.解答题（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（2022秋·广东阳江·高一阳江市第一中学校考期中）已知复数.(1)若z为纯虚数，求m的值；(2)若复数的实部与虚部之和为14，求m的值.【答案】(1)5(2)1【分析】（1）先将复数进整理，得出其实部和虚部，由条件可得实部为零，虚部不为零得出答案.(2)先化简复数，得出实部与虚部，从而求出答案.【详解】（1）由z为纯虚数，则，解得（舍去）（2）所以，解得18．（2022·广东肇庆·校考模拟预测）已知△ABC中的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角B为钝角，且．(1)求角B的大小；(2)若点D在AC边上，满足，且，，求BC边的长．【答案】(1)(2)6【分析】（1）由正弦定理边角关系得，根据三角形内角的性质求得，即可确定B的大小；（2）由，根据已知及向量数量积的运算律，列方程求的模长即可.【详解】（1）由已知，得：，则．由正弦定理，，∵A，，故，∴，∴，即．∵，则，∴，即．（2）由题意，得．∵，∴，∴．∵，，，∴，∴，，则，∴．19．（2023秋·广东河源·高二龙川县第一中学校考期末）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，；(1)求A；(2)若，的面积为，求a．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据正弦定理，可推出，进而根据以及诱导公式可得出，即可求出结果；（2）由三角形面积可推得.然后根据余弦定理，结合已知条件即可得出.【详解】（1）根据正弦定理及题意，得，所以，整理可得．因为，所以．又，所以．又，所以．（2）由（1）知，.所以，又，所以．由余弦定理可得．又，所以，所以．20．（2022秋·广东河源·高一校考阶段练习）已知函数是定义在上的函数，恒成立，且(1)确定函数的解析式；(2)用定义证明在上是增函数；(3)解不等式．【答案】(1)(2)证明过程见详解(3)【分析】（1）先由函数的奇偶性得到，然后由求解；（2）利用函数单调性定义证明； （3）将，转化为，利用单调性求解.【详解】（1）由题意可得，解得所以，经检验满足奇函数.（2）设，则，，，且，则，则，即，所以函数在上是增函数．（3），，是定义在上的增函数，，得，所以不等式的解集为．21．（2023春·广东肇庆·高一校考阶段练习）如图，在菱形中，.(1)若，求的值；(2)若，，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可知，即可求解；（2），从而即可求解.【详解】（1）因为在菱形中，.故，故，所以.（2）显然，所以①，因为菱形，且，，故，.所以.故①式.故.22．（2022秋·广东揭阳·高二惠来县第一中学校考期中）已知的内角的对边分别为， ，若， .请从下面的三个条件中任选一个，两个结论中任选一个，组成一个完整的问题，并给出解答.条件：① ；② ；③ 结论：① 求的周长的取值范围；②求的面积的最大值.【答案】答案见解析.【分析】根据正弦定理，余弦定理及三角恒等变换可得，然后利用余弦定理，基本不等式结合条件即得.【详解】若选条件①，则由正弦定理得，因为的内角，，所以，所以，即，又因为，所以，因此；若选条件②，则由正弦定理可得，∴，∴，可得.又，因此；若选条件③，则由余弦定理，即，∴，所以，又，所以，又，因此；若选择结论①，因，所以由余弦定理可得：，所以，解得（当且仅当时取等号）又，所以，即，故的周长的取值范围是；若选择结论②，，因，所以由余弦定理可得：，即（当且仅当时取等），故，所以的面积，即的面积的最大值为