《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

1. [2025 广东肇庆期末]已知 $ i $ 为虚数单位，复数 $ z = \frac{i}{1 - i} - 1 $，则 $ |z| = $(B)

A.$ \sqrt{10} $
B.$ \frac{\sqrt{10}}{2} $
C.$ \sqrt{5} $
D.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $

答案： 1. B 因为$z = \frac{i}{1 - i} - 1 = \frac{i}{1 - i} - \frac{1 - i}{1 - i} = \frac{-1 + 2i}{1 - i}$，所以$\vert z\vert = \frac{\vert -1 + 2i\vert}{\vert 1 - i\vert} = \frac{\sqrt{10}}{2}$。

2. [2025 江西九江期末]若复数 $ z $ 满足 $ (2 - i)z = i $，则 $ \overline{z} $ 在复平面内对应的点位于(B)

A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限

答案： 2. B $z = \frac{i}{2 - i} = \frac{i(2 + i)}{(2 - i)(2 + i)} = \frac{2i + i^{2}}{4 - i^{2}} = \frac{2i - 1}{5} = -\frac{1}{5} + \frac{2}{5}i$，则$z$在复平面内对应的点为$(-\frac{1}{5},\frac{2}{5})$，该点位于第二象限.

3. [2025 山东济宁期末]已知正三角形 $ ABC $ 的边长为 2，$ \overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) $，$ \overrightarrow{AF} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AC} $，$ AE $ 与 $ BF $ 相交于点 $ O $，则 $ \cos \angle EOF = $(C)

A.$ -\frac{\sqrt{3}}{7} $
B.$ -\frac{2\sqrt{3}}{7} $
C.$ -\frac{\sqrt{21}}{7} $
D.$ -\frac{\sqrt{21}}{14} $

答案： 3. C 由题可得$\overrightarrow{BF} = \overrightarrow{AF} - \overrightarrow{AB} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$，$\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{AB} = \vert\overrightarrow{AC}\vert\vert\overrightarrow{AB}\vert\cos 60^{\circ} = 2 × 2 × \frac{1}{2} = 2$，所以$\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{BF} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) · (\frac{1}{3}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}) = \frac{1}{2}( - \overrightarrow{AB}^{2} + \frac{1}{3}\overrightarrow{AC}^{2} - \frac{2}{3}\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{AB}) = - 2$，$\vert\overrightarrow{AE}\vert = \frac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{AB}^{2} + \overrightarrow{AC}^{2} + 2\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC}} = \frac{1}{2}\sqrt{4 + 4 + 4} = \sqrt{3}$，$\vert\overrightarrow{BF}\vert = \sqrt{\frac{1}{9}\overrightarrow{AC}^{2} + \overrightarrow{AB}^{2} - \frac{2}{3}\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{AB}} = \sqrt{\frac{4}{9} + 4 - \frac{4}{3}} = \frac{2\sqrt{7}}{3}$，所以$\cos \angle EOF = \cos \langle\overrightarrow{AE},\overrightarrow{BF}\rangle =$
$\frac{\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{BF}}{\vert\overrightarrow{AE}\vert\vert\overrightarrow{BF}\vert} = \frac{- 2}{\sqrt{3} × \frac{2\sqrt{7}}{3}} = \frac{-\sqrt{21}}{7}$

4. [2025 江苏泰州期末]已知 $ \triangle ABC $ 的内角 $ A $，$ B $，$ C $ 的对边分别为 $ a $，$ b $，$ c $。若 $ a = \frac{1}{2} $，$ c = 2\cos B $，$ \cos C = c\sin A $，则 $ \triangle ABC $ 的面积为(B)

A.$ \frac{1}{20} $
B.$ \frac{3}{20} $
C.$ \frac{1}{4} $
D.$ \frac{\sqrt{2}}{4} $

答案： 4. B 由$\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C}$，得$\frac{c}{\sin C} = \frac{2}{\sin A}$，所以$\sin C = 2\sin A$.因为$\cos C = c\sin A ＞ 0$，所以$2\cos C = \sin C$，则$4\cos^{2}C = 1 - \cos^{2}C$，解得$\cos C = \frac{\sqrt{5}}{5}$，所以$\sin C = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.由$c = 2\cos B = 2 · \frac{1}{4} + c^{2} - b^{2}$，$2ac$得$c^{2} = 2b^{2} - \frac{1}{2}$.所以$\cos C = \frac{\frac{1}{4} + b^{2} - c^{2}}{2 × \frac{1}{2}b} = \frac{\frac{1}{4} + b^{2} - 2b^{2} + \frac{1}{2}}{b} = \frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{5}$，解得$b = \frac{3\sqrt{5}}{10}$（负值舍去），所以$S = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{3\sqrt{5}}{10} × \frac{2\sqrt{5}}{5} = \frac{3}{20}$.

5. [多选题][2025 山东枣庄期末]已知复数 $ z = 1 - m^2 - (m^2 + 2m - 3)i^{11}(m \in \mathbf{R}) $，则下列说法正确的是(ACD)

A.若 $ z ＜ 0 $，则 $ m = 3 $
B.若 $ z $ 是纯虚数，则 $ m = \pm 1 $
C.若 $ m = 2 $，则 $ |z| = 3\sqrt{2} $
D.若 $ z = \overline{z} $，则 $ m = 3 $ 或 $ m = -1 $

答案： 5. ACD 因为$i^{4} = 1$，所以$i^{11} = i^{3} = - i$，所以$z = 1 - m^{2} + (m^{2} - 2m - 3)i$.对于A，若$z ＜ 0$，则$\begin{cases}1 - m^{2} ＜ 0,\\m^{2} - 2m - 3 = 0,\end{cases}$解得$m = 3$，故A正确；对于B，若$z$是纯虚数，则$\begin{cases}1 - m^{2} = 0,\\m^{2} - 2m - 3 \neq 0,\end{cases}$得$m = 1$，故B错误；对于C，若$m = 2$，则$z = - 3 - 3i$，则$\vert z\vert = 3\sqrt{2}$，故C正确；对于D，若$z = \overline{z}$，则$m^{2} - 2m - 3 = 0$，得$m = 3$或$m = - 1$，故D正确.

6. [2025 山东淄博期末]在锐角三角形 $ ABC $ 中，角 $ A $，$ B $，$ C $ 的对边分别为 $ a $，$ b $，$ c $，且 $ a^2 - 2ab\cos B = (b - c)^2 $，$ b = \sin B $，则 $ \triangle ABC $ 的中线 $ BD $ 长的最大值为$\frac{9\sqrt{2}}{16}$ 。

答案： 6. $\frac{a^{2} - 2ab · \cos B}{2ab} = a^{2} - 2ab · \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2ab} = c^{2} - b^{2} = (b - c)^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc$，即$2b^{2} = 2bc$，则$b = c$，即$B = C$.又$b = \sin B$，所以$a = \sin A$，$c = \sin C$.又由题得$\overrightarrow{BD} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC})$，则$\overrightarrow{BD}^{2} = \frac{1}{4}(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC})^{2} = \frac{1}{4}(c^{2} + a^{2} + 2ac\cos \angle ABC) = \frac{1}{4}(\sin^{2}\angle ABC + \sin^{2}(\pi - 2\angle ABC) + 2\sin(\pi - 2\angle ABC) · \sin\angle ABC\cos \angle ABC) = \frac{1}{4}(\frac{1 - \cos 2\angle ABC}{2} + 2\sin^{2}2\angle ABC) = \frac{1}{4}(-4\cos^{2}\angle ABC - \cos 2\angle ABC + 5) = - \frac{1}{2}[(\cos 2\angle ABC + \frac{1}{8})^{2} - \frac{81}{64}]$.又$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$\begin{cases}\angle ABC \in (0,\frac{\pi}{2}),\\\pi - 2\angle ABC \in (0,\frac{\pi}{2}),\end{cases}$得$\angle ABC \in (\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$，则$2\angle ABC \in (\frac{\pi}{2},\pi)$，$\cos 2\angle ABC \in (-1,0)$，故当$\cos 2\angle ABC = - \frac{1}{8}$时，$\vert\overrightarrow{BD}\vert_{\max} = \frac{9\sqrt{2}}{16}$，即中线$BD$长的最大值为$\frac{9\sqrt{2}}{16}$。