全书综合检测-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中数学必修第二册（苏教版2019)

全书综合检测 (时间：120分钟总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共 A.1448πcm B.1 668T cm' 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 C.2 168T em' D.3 252m cm 符合题目要求的， 5.(2024·江苏扬州高一期中)已知梯形ABCD 1.(2024·江苏淮安高一月考)设z=1+i,则1z2 中，AD∥BC,BF=3F元，Ai=3H㎡，且B丽= il= ( 入BA+4BC,则的值为 () A.i B.-i C.-1 D.1 2.(2024·江苏连云港高一期中)若tana 4.3 5 C.9 B. C. 64 D.9 64 64 64 10 6.(2024·江苏南京高一期未)同时抛掷两枚质 3.(2024·江苏苏州高一期末)某科研单位对某 地均匀的骰子，观察向上的点数，设事件A 软件的使用情况进行满意度调查，在一批用 “第一枚向上点数为奇数”，事件B=“第二枚 户的有效问卷（用户打分在50分到100分之 向上点数为偶数”，事件C=“两枚骰子向上点 间的问卷)中随机抽取了100份，按分数进行 数之和为8”，事件D=“两枚骰子向上点数之 分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所 积为奇数”，则 示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的 A.A与C互斥 B.A与C相互独立 得分的75百分位数为 C.B与D互斥 D.B与D相互独立 频率 1组距 7.(2024·江苏泰州中学高一月考)已知△ABC 0.035 0.025 0.020 为锐角三角形，B=石则的取值范围为 BC 0.010 ( 0 5060708090100分数 2,+∞ B.(3,2) A.78.5 B.82.5 C.85 D.87.5 4.(2024·江苏淮安高一月考)中国是瓷器的故 323 乡，中国瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟 23 D. 2 3,2 大贡献下图是明清时期的一件圆台形青花缠枝 8.(2024·江苏南京高一月考)已知正四棱锥 纹大花盆，其上口直径为20cm,下底直径为 P-ABCD的侧棱长为/I0,且二面角P-AB-C 18cm,高为24cm,则其容积约为 ( 的正切值为22，则它的外接球表面积为 ( ) A.12m B.40 3 C.8m 035 27 全书综合检测学霸185 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 15分 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 12.(2024·江苏无锡高一月考)下表是关于某 选错的得0分 校高一年级男、女生选科意向的调查数据， 9.(2024·江苏准安高一期中)已知a=(4. 人数如表所示： -1),b=(0,-1),则下列结论正确的是 选修物理 选修历史 男生 160 40 A.(a-b)⊥b 女生 80 120 B.Ia+2b1=5 Ca与b的夹角为日 现要在所有参与调查的人中用分层抽样的 方法抽取n个人做进一步的调查，若在“选 D.a在b方向上的投影向量是b 修物理的男生”中抽取了8人，则n的 10.(2024·江苏无锡天一中学高一期未)在一 值为 个有限样本空间中，事件A,B,C发生的概率 13.(2024·江苏南通高-期中)若1+√3tan10°= 满足P(A)=P(B)=P(C)= 3.P(AUB)= sin50o,则m m )4与C互斥，则下列说法正确的是( 14.(2024·江苏徐州高一月考)在锐角△ABC 中，a2-2=bc,则，2 A+m合的取值范 A.P(AC)=I B.A与B相互独立 3 围为 C.P(ABC)=27 D.P(AUBUC)≤ 8 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤」 11.（2024·江苏南京高一期末)如图，已知菱 15.(13分)(2024·江苏镇江中学高一期中)已 形ABCD的边长为2，∠ADC=60°，将△ACD 沿AC翻折为三棱锥P-ABC,点P为翻折过 知：是复数，+2i和二均为实数，其中i是 程中点D的某一位置，则下列结论正确的是 虚数单位 ( (1)求复数：的共轭复数 A.无论点P在何位置，总 有AC⊥PD D 、(2)记三m”若复数对应的点在 B.点P存在两个位置，使 第三象限，求实数m的取值范围. 得V三传维P-c=1成立 C.当平面PAC⊥平面BAC时，异面直线PA 与BC所成角的余弦值为} D.当PB=2时，M为PB上一点，则AM+CM 的最小值为22 必修第二册·SJ学霸186 16.(15分)(2024·江苏南京金陵中学高一期17.(15分)(2024·江苏连云港高一月考)如 末)某学校承办了2024年某次大型体育比 图，在平面四边形ABCD中，|AB1=|BCI= 赛的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了 100名候选者的面试成绩并分成五组：第一 1-0c-1.厨C-分 组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65， (1)求AC的长度： 75).第四组[75,85).第五组[85,95]，绘制 (2)求1BD12 成如图所示的频率分布直方图，已知第三、 四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组 的频率相同。 频率 0.045组距 0.020 045556575859巧分数 (1)求a,b的值，并估计这100名候选者面 试成绩的中位数：（中位数的结果保留 一位小数) (2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽 样抽取5人，然后再从这5人中选出 2人，求选出的两人来自同一组概率 (要求列出样本空间进行计算)》 全书综合检测学霸187 18.(17分)(2024·江苏无锡高一月考)在19.(17分)(2024·江苏南京师大附中高一期 △ABC中，角A,B,C所对的边分别为a, 末)如图，在三棱台ABC-A,B,C,中，△AB,C b,c,其中a=√19，且 sin B+sin C 为正三角形，AB=BC=2,且AB⊥BC,点D cos B+cos A 为AC的中点，平面ABC⊥平面AB,C. cos B-cos A (1)若C,D⊥B,C,证明：平面CBB,C,⊥平 sin C 面DBC· (1)求角A: (2)当AA,=CC,=4时. (2)求△ABC面积的最大值： ①设平面ABA,与平面DBC,的交线为 BD.3且 (3)若点D为BC边上一点，C=4 I,求二面角A,--C,的余弦值， ②若点E在棱B,C,上，满足B,C,= AD⊥AC,求△ABC的面积 3EC.问：在棱BC上是否存在点P,使得 过点A1,E,P三点的平面将三棱台 ABC-A,B,C,分为两个多面体，且体积相 等？若存在，求出BP的长度；若不存 在，请说明理由。 必修第二册·SJ学霸18阳4π.球的表面积为4π×22=16π.因为球面 3.B解析：因为(0.01+0.025+0.035)×10=0.7<0.75.(0.01+0.025 三角形的各边长均为T,所以∠AOB= 0.035+0.02)×10=0.9>0.75,所以75百分位数位于[80.90)，设为 ∠AOC=∠BOC=0°，即0A,OB.OC两两 x,则(0.01+0,025+0.035)×10+0.02(x-80)=0.75.解得x=82.5.故 垂直（如图所示），则根据对称性，球而三何 选B 形ABC的面积为球面面积的 8,为 4.C解析：依题意可得该圆台形大花盆的上底面面积S,= 100πcm2,下底面面积S2=81Tcm2,又高h=24cm,代人圆台休积 4m×22=2π.故选A 11,ACD解析：对于A.题图2所示中5月份有AQI值超过200的异 公式可得V=3(S+5+√S)h=2168石m3.故选C 常值，A正确： 5.D解析：因为AD∥BC,B=3F元，Ai=3亦，所以B=B㎡+Fi 对于B,C,题图②中5月份的箱体高度比6月份的箱休高度小 说明5月的AQI值比6月的AQI值集中.B错误，C正确： 成成-成（园成） 4 对于D.虽然5月有严重污染天气，但从题图②所示中5月份箱体 整体上比6月份箱体偏下且箱体高度小， 成G成义耐=A成u屁，所以A=4=G==× 4 AQ1值整体集中于较小值，说明从整体上看，该地区2023年5月 99 的空气质量路好于6月，D正确.故选ACD. 12.C解折，x=1X10+220+3x40+410+(5+6+7+8)×5.3.4样本 1664放选D 6.C解析：记(x,y)表示基本事件：第一枚骰子向上的点数为x.第 100 偏度反应数据偏离方向与程度，由题中图表可得，有比较多的小 二枚骰子向上的点数为对于A:对事件A,C都包含基本事件(3， 于样本均值x=3,4的数据，当右侧有长尾时，受极端值影响.3= 5),(5,3),所以A与C不互斥，故A错误：对于B:因为P(A)= 1是(，-30.面样本方差，>0.则月=>0.赦选C 2P(G= 6事件4c包含基本事件(3.5).(5.3).所以 100台 P(AC)= 8因为P(4C)≠P(A)P(C),所以A,C不独立，故B错 13.解：(1)若i=3时，则4=(1,2,3)，(1,3.2)，(2,1.3)，(2,3.1)， (3.1.2).(3.2.1).且1=(1.2.3) 误：对于C:若第二枚骰子向上的点数是偶数，则两枚骰子向上的 可得X(A.)=0.2,2,4,4,4,所以X(A,1)的所有可能取值为0. 点数之积不可能为奇数，所以事件B和D互斥，故C正确：对于D: 2,4 111 (2)设“X(A.)=4”为事件.样本空间为2 因为P(B)=2P(D)=X2,P(BD)=0,所以P(BD)≠ 因为n=5,可知A共有5×4×3×2×1=120（个），即样本容量 P(B)P(D),所以B,D不独立.放D错误故选C n(2)=120. 显然若对调两个位置的序号之差大于2，则x(A,)>4, 7C解折：因为B=石所以4+C=行即C= 6 64 可知X(A,)=4只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之 A<T <4< 间调整顺序若调整两次两个连续序号，则有(1.2)，(3,4)1， 2 因为△ABC为锐角三角形，所以 即 则 1(1,2),(4,5)1,(2,3),(4,5)1,共有3种可能：若连续三个序 0<C<2 5 <642 0 号之间周整顺序，连续三个序号有11,2,3,2,3.4,3.4,51 共3组，由(1)可知：每组均有3种可能满是X(A.)=4,可得共有 3×3=9(种)可能综上所述，H(M)=3+9=12.所以P(B)= 3A<由正弦定理，得骆=血 血（ n(M)121 BC sin A sin A V(2)12010 (3)不可能，理由如下： 6 cos A-cos 6 13 设专家甲的排序为2“，，记4=(2…)： sin A 2tan A 2 专家乙的排序为为水，记B=(方为“ 13 因为T<A<开所以mA>5,所以0<mA了，所以 由题意可得：X(A,0=∑1xi=a,K(A,B)=∑gx1=4, 1√323AB 因为1y-1=1(y-x,)+(x-i)1≤1-x1+x-i1=1x-1+1x, ),。+.即的取值范围为2,3被选C 8.D解析：设正方形ACD中心为O, 结合i的任意性可得∑y-1≤∑x-+∑kyl=+4<a+ 取AB的中点H,连接P0,PH,O,则P川 ⊥AB,OH⊥AB.P0⊥平面ABCD.所以 6.所以专家乙的鉴定结果与真实价值1的差异量不可能为a+6. ∠PHO为二面角P-AB-C的平面角，即 全书综合检测 Po tn ZPHO2 1.D解析：1：2-il=1(1+i)2-1=12i-l=1il=√0+2=1，故选D 设正方形ABCD的边长为a(a>0),则A 2A解桥：e知得-（于a)m(行）门-心2（后 2a,P1=v0,由 a小m(石as(a-石)m(a石）因为(a P02+02=P2.即(2a)2+ 212 2w =10.解得a=2(负偵已舍 ）-受根据同角三角两数基本关系式得一（任-2如） 去）.则P0=22.A0=√2 球心在直线PO上.设球心为G,设球的半径为R.R=PG=GA,则 m(）(a）1-r(a石）-（贤） =（2+(22-,解得R=所以外接球的表面积S m(a6）w(a6）m(a-61(径)广4 5w21 25 4R2=4×()=故选D 9.ABD解析：对于A,由题意可得a-b=(4.0),则(a-b)·b=4×0+ 0×(-1)=0,所以(a-b)⊥b.故A正确：对于B,la+2h1=1(4,-3)1= 必修第二册·SJ学霸110 √4+(-3)=5，故书正确：对于C,设a,b的夹角为8，因为 2in50e.m50°_im100°_sin(90°+10)_cms10 w0=a·b 4×0+(-1)×(-1) s10°c0s109 0s10° s10=1故答案 ab公+-x√个+-下m7.所以0≠ 为1 5w3 于放C精误：对于D.设a,B的夹角为Q.则a在办方向上的投影 14.1,3 解析：由余弦定理及a2-b2=bc,得2+c2-2bo%A- 2=br,得c-2bosA=6,由正弦定理得inC-2 sin Beos A=inB. 向量是aa0:名x ·b=b,故D正确.故选ABD 17 得in(A+B)-2 in Beo A=inB.得in Acos B+eos Asin B- 2 sin Bcos A=sinB,得sin(A-B)=sinB.因为△ABC为锐角三角 10.ABD解析：A选项.A与C互斥，故A∩C=⑦，P(AC)=0.则C包 含事件A,故P(AC)=P(A)=3,A正确：B选项，P(AUB)= 0<2B< 2 形，所以A-B=B,即A=2B,则 得」 PA)+P(B)-P(AAB),即I 0c-3B< 后<B<则 2 B)=g故P(AnB)=P(A)P(B),A与B相互独立，B正确： 3 B<1, 2 2 11-tm2B1 2 'tan A tan B tan 28 tan B tan B tan B tan B C选项，A与C互斥，故AB与C互斥.故P(ABC)=P[(AB)∩ tan B C]=0,C错误：D选项，P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C) 1111 P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABG)= 令mm及.则m)=子m在（停）上单调遥诚，得)e 8 PBC)=&-P(BC).因为PBC)≥0，所以P以AURUC)月 9 15.解：(1)设z=a+bi(a,beR).则z+2i=a+(b+2)L由+2i为实数 P(BC)≤gD正确，故选ABD, 11.AC解析：选项A,设菱形ABCD对角线的交点为O,如图①所 则2=0房以6=2后产学2号为实则号 示，无论点P在何位置.总有AC⊥OP.AC⊥DD.因为OPC平面 0,所以a=2.则=2-2i.复数z的共把复数：=2+2i OPD,ODC平面OPD,OPnOD=O,所以AC⊥平面OPD.又因为 PDC平面OPD,所以AG⊥PD成立，选项A正确： (2)由(1)可知，1= mm一1 选项B,点P旋转到使得平面APC⊥平面ADC时，V取得最 2m+1 1 <0, 大值，因为Sa=Sao,所以V了·5am·IP1= 2m<0 由1对应的点在第三象限，得 3m-2 4C·0D1·10P叫2x3x31,使得V能r4c=1成立。 10. 或m>1 3 6 只有平面APC⊥平面ADC成立时的一个点，选项B错误： 解得子m<0,故实数m的取值范调为行0） 选项C,如图②.因为AD∥BC. 16.解：(1)因为第三，四、五组的频率之和为0.7，所以(0.045+0.020+ a)×10=0.7,解得a=0.005:前两组的频率之和为1-0.7=0,3，即 (a+b)×10=0.3,所以b=0.025. 前两组频率之和为03，前三组颜率之和为0.75，所以中位数在第 三组，为65+05-03 10=69.4 0.45 (2)第四，第五两组志愿者分别有20人、5人，故按照分层抽样抽 得的第四组志區者人数为4，分别设为a,6,c,d,第五组志愿者人 数为1，设为e, 所以异面直线PA与BC所成角即为∠PAD(戎共补角).因为平 这5人中选出2人，所有情况有(a,b),(a,e),(a,d),(a,e). 面PAC⊥平面BAC,且平面PAC∩平面ABC=AC,PO⊥AC.所以 (b,e),(b,d),(b,e).(c,d).(c,e),(d.e),共有10种情况， P0⊥平面ABC,ODC平面ABC,即有PO⊥OD.因为菱形ABCD的 其中选出的两人来自同-组的有(a,b).(a.c),(a,d),(b.c). 边长为2，∠40C=60°，所以Pm=D= 2=3,所以 (b,d),(c,d),共6种情况，故选出的两人来自同一组的概率P= 2 D=3 2 63 PD=VPm+0D=6.在△PD中，s∠PAD=P+A-D 105 2PA·AD 22+22-(6)2 17.解：(1)因为1A店1=B1=1,B.B元=1Bii·B元1o∠ABC= 2×2×2 行选项C瑰 选项D,当PB=2时，易得△PAB,△PCB都为正三角形，AM+ 2,所以m∠ABC=7又0P<∠4BC<180.所以∠4BC=60°，所 CM取最小值时，点M为PB中点，A/+CM的最小值为23，选项 以△ABC为等边三角形，所以|AC1=1,即AC的长度为1. D不正确.故选AC (2)设AD=x(x>0),在△ACD中，由余弦定理知，AC2=AD2+CD2 1220舞析：根据分层抽样方法得，高0解得。=20.故答装 2AD·CD·0s∠ADC,即1=x2+I-2rcos∠ADC,所以os∠ADC= 为20. 台，成：1=园成1=乙A0c:号，解得=2或 13.1解析：由题意可知， x=-√2（舍去）.所以AD2=AGC2+CD2,即△ACD为等腰直角三角 m=(1+3tam10）im50°=0w109+v3sin10 0s10 ·sin50= 形且∠ACD=90,所以C⊥Ci在△BCD中.由余弦定理知BD2= 2sin50°· 210, 2in10 c,a-2c:mL=1-2xx1x(-9） =2+ cos 10 =2in500.60s(60°-10°) os10° √3，所以12=2+/3. 参考答案学霸111 1a将：（山因为行2，所以血8mc+C- cos2B-cos2A.sin Bsin C+sin2C=(1-sin2B)-(1-sin2A)= sin2A-sin2B. 在△ABC中.由正弦定理得c+c2=a2-b2.即b2+c2-a2=-e 在△ABC中，由余弦定理得A+之口。-又因为0< 21 ,所以4=2 D (2)由m=19结合余弦定理得19=2+2+c,因为2+c2≥2x 因为B,M=√AB-A=万，则AD1=B,M=7, 所以k≤号，当且仅当6=e时取。“，放△4C面积的最大值为 可得A,D1=A-AD=3,A,B,=A,D+BD1=4, 119w519w3 可知北 A,日2则4B,=B,G=4,4,G=42. 12 将三校台ABC-A,B,C,补成三棱锥G-A,B,C1, ()如图所示，因为品子，所以 如图2，则.G3。Gc。1 "GA:GB GC2 市=破+多成=迹+名（花-）=商 设C,Dn4,G=N,可知1即为直线N,则M-”-0.1 'NA NC AC4 应号花因为014C.所以市.花=0，质以（号破。 可得M=4 、,挂意到==年，则B,,M,N三点共线，且 WB,4,即B,=),可知B,N为线段AB的中垂线，则 MN 1 47 配）花=0，所以号函.花+衣.花=0，即宁k 7 4 M=NB=了过点D作H⊥B,N,垂足为H,过点H作F⊥BN, +3xh2=0.即2b=36 垂足为F,连接DF, 因为AB⊥平面B,DW.DHC平面B,DM,则DH⊥AB 又因为b≠0.所以2=3b.在△ABC中.由余弦定理得a2=b2+c2 且BNOAB=H,B,N.ABC平面GA,B,所以DH⊥平面GA,B, 由BNC平面而GA,B,,可得DH⊥BN, 2西，即19=+，代人c=之6，解得6=2负位已合去 且DHOHF=H.D,HFC平面DIF,可得BN⊥平面DHF, 由DFC平面DF,可得DF⊥BN,可知二面角A,-I-C,的平面角 为∠DFH. 之3，所以Sac=n4= 所以e= 1 2*2x3 535 22 因为B,D⊥平面ABC,且DMC平面ABC,所以B,D⊥DM 在Rt△B,DM中，B,D=6,DM=l,B,M=7, 19.(1)证明：如图①，连接DB,因为AB=BC,且点D为AC的中点， 所以BD⊥AC.又因为平面ABC⊥平面AB,C,平面ABC门平 可得DH.,DM6 B M 品从6 ,期NMH=B,NB,H=107 21 面AB,C=AC,BDC平面ABC.所以BD⊥平面AB,G,由B,CC平 面AB,C,可得BD⊥B,C,且C,D⊥B1C,C,DnBD=D,C,D,BDC 在△BN中，N-号，BM=1,可得m∠BNW-B创. BN 4 平面DBG,.可得B,C⊥平面DBC,.且B,CC平面CBB,C1,所以 在△HF中，可得F=H·m∠BNM=57 14 平面(CBB,C,⊥平而DBC, 在△F巾，则P:VmD:可得 气，所以二面角4，G,的余弦值为 ②存在.由①可知，三棱台ABC-A,B,C的高B,D=6,S△4，S, 45ac=8.则三棱台AC-4BG,的体积6写(2： 8+V2x8)xw6=146 3 2 且5A4E了544=名，则三棱锥B-AB,G,的体积 (2)解：①油题意可知，BD=1C=2,B,D=6, =x16xw6=166 Vg-,=33 9之'c-46,如图④， BP 因为△AB,C为正三角形，且点D为AC的中点.所以B,D⊥AC 设PE∩GB,=Q.A,QnAB=S. E>0. 又因为平面ABC⊥平面AB,G,平面ABCn平而AB,G=AC,B,DC 平面AB,C,所以B,D⊥平面ABC, 则0e线段GB5aw=A4-5, 由BDC平面ABC.可得B,D⊥BD.可得B,B=/B,D+BD= 则三校台SP-AB,E的体积om4E=寸(5,52 22. 如图②，取AB的中点M.连接DM.B,AM, 因为B,B=AB1.AD=DB.则BM⊥AB,DH⊥AB. 整理可得162+16A-5=0,解得A=(负值已会去)， 且B,M∩DM=M,B,M,DMC平面B,DM,所以AB⊥平面B,D. 对于梯形ABBA1,过点A作AD1⊥AB,垂足为D1,如图③， 所以存在点户此时即B,6=号 3 必修第二册·SJ学霸112