全书综合检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（苏教版）

全书综 (时间：120分钟 一、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，只有一项是 符合题目要求的 1.（2024·江苏淮安高一月考)设z=1+i,则1z2- i训= A.i B.-i C.-1 D.1 2.(2024·江苏连云港高一期中)若tan（a- () c.9 0 3.(2024·江苏苏州高一期末)某科研单位对某 软件的使用情况进行满意度调查，在一批用 户的有效问卷（用户打分在50分到100分之 间的问卷)中随机抽取了100份，按分数进行 分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所 示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的 得分的75百分位数为 () 频率 ↑组距 0.03 0.025 0.020H 0.010- 5060708090100分数 A.78.5B.82.5 C.85 D.87.5 4.（2024·江苏淮安高一月考)中国是瓷器的故 乡，中国瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟 大贡献.下图是明清时期的一件圆台形青花缠枝 纹大花盆，其上口直径为20cm,下底直径为 18cm,高为24cm,则其容积约为 全书综合检测 合检测 总分：150分) A.1448πcm3 B.1668mcm3 C.2168πcm3 D.3252mcm3 5.(2024·江苏扬州高一期中)已知梯形ABCD 中，AD∥BC,BF=3FC,AH=3HF,且BH= BA+地BC,则4的值为 () B 3 5 7 A. B. C. D.9 64 64 64 64 6.(2024·江苏南京高一期末)同时抛掷两枚质 地均匀的骰子，观察向上的点数，设事件A= “第一枚向上点数为奇数”，事件B=“第二枚 向上点数为偶数”，事件C=“两枚骰子向上点 数之和为8”，事件D=“两枚骰子向上点数之 积为奇数”，则 () A.A与C互斥 B.A与C相互独立 C.B与D互斥 D.B与D相互独立 7.(2024·江苏泰州中学高一月考)已知△ABC 为锐角三角形，B=石，则2的取值范周为 BC A(,+) /3 B.(3,2) 132W3\ C.2’3 等2 8.（2024·江苏南京高一月考)已知正四棱锥 P-ABCD的侧棱长为√J1I0,且二面角P-AB-C 的正切值为22，则它的外接球表面积为 ( 40 25 A.12πB. 3 T C.8π D. 27 学霸185 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分。 9.(2024·江苏淮安高一期中)已知a=(4, -1),b=(0,-1),则下列结论正确的是 A.(a-b)⊥b B.Ia+2b1=5 C.a与b的夹角为 A D.a在b方向上的投影向量是b 10.(2024·江苏无锡天一中学高一期末)在一 个有限样本空间中，事件A,B,C发生的概率 满足P(A)=P(B)=P(C)= 3,P(AUB)= gA与C互斥，则下列说法正确的是( A.P(AC)= B.A与B相互独立 C.P(ABC)=27 1 D.P(AUBUC)≤ 8 11.(2024·江苏南京高一期末)如图，已知菱 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 程中点D的某一位置，则下列结论正确的是 A.无论点P在何位置，总 有AC⊥PD B.点P存在两个位置，使 得V三棱锥r-ABc=1成立 B C.当平面PAC⊥平面BAC时，异面直线PA 与BC所成角的余弦值为号 D.当PB=2时，M为PB上一点，则AM+CM 的最小值为2√2 必修第二册·SJ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15分. 12.（2024·江苏无锡高一月考)下表是关于某 校高一年级男、女生选科意向的调查数据， 人数如表所示： 选修物理 选修历史 男生 160 40 女生 80 120 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 修物理的男生”中抽取了8人，则n的 值为 13.(2024·江苏南通高一期中)若1+√3tan10°= sin50。,则m= m 14.(2024·江苏徐州高一月考)在锐角△ABC anA+mB的取值范 中，a2-2=bc,则，2+1 围为 四、解答题：本题共5小题，共7分.解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤， 15.(13分)(2024·江苏镇江中学高一期中)已 知：是复数+2i和二均为实数，其中i是 虚数单位 (1)求复数z的共轭复数z; 2)远名2+若复数对应的点在 第三象限，求实数m的取值范围. 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=|BC1= 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 IcpI-n 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 b 0.020 a- 0455565758595夯数 (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-A1B1C1中，△AB,C b,c,其中a=VI,且simB+sinC 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C1D⊥B,C,证明：平面CBB1C1⊥平 sin C 面DBC1· (1)求角A; (2)当AA1=CC1=4时， (2)求△ABC面积的最大值； ①设平面ABA,与平面DBC,的交线为 BD3且 (3)若点D为Bc边上一点，C4 1,求二面角A1-l-C1的余弦值， ②若点E在棱B,C1上，满足B1C1= AD⊥AC,求△ABC的面积 3EC1.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-AB,C1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1884π，球的表面积为4π×22=16π.因为球面 三角形的各边长均为T,所以∠AOB= ∠A0C=∠B0C=90°，即0A,OB,OC两两 垂直（如图所示）则根据对称性，球面三角 形ABC的面积为球面面积的 1 8,为 8 4T×22=2m.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 常值，A正确； 对于B,C,题图②中5月份的箱体高度比6月份的箱体高度小， 说明5月的AQI值比6月的AQI值集中，B错误，C正确： 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， AQI值整体集中于较小值，说明从整体上看，该地区2023年5月 的空气质量略好于6月，D正确.故选ACD 12.C解析：话-1x10+2×20+3x40+4x10+(5+67+8)×5-3.4,样本 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 于样本均值x=3.4的数据，当右侧有长尾时，受极端值影响，b3= 100 100名（气-）'>0，而样本方差6，>0，则月，=3>0.故选C 63 13.解：(1)若n=3时，则A=(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1), (3,1,2),(3,2,1),且1=(1,2,3)， 可得X(A,)=0,2,2,4,4,4,所以X(A,)的所有可能取值为0， 2,4. (2)设“X(A,I)=4”为事件M,样本空间为2， 因为n=5,可知A共有5×4×3×2×1=120（个），即样本容量 n(2)=120, 显然若对调两个位置的序号之差大于2，则X(A,)>4, 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 间调整顺序，若调整两次两个连续序号，则有{(1,2)，(3,4)}， {(1,2),(4,5),{(2,3),(4,5)},共有3种可能；若连续三个序 号之间调整顺序，连续三个序号有{1,2,3}，{2,3,4}，{3,4,5}， 共3组，由(1)可知：每组均有3种可能满足X(A,I)=4,可得共有 3×3=9(种)可能.综上所述，n(M)=3+9=12.所以P(B)= n(M)_121 N(2)120-10 (3)不可能，理由如下： 设专家甲的排序为x1,x2,…,x,记A=(x1,x2,…,*): 专家乙的排序为y1,y2,…,y,记B=(y12,…y) 由题意可得4，-三-引=，4，=三=4， 因为ly:-il=1(y:-x)+(x:-i)1≤1y:-x:1+lx:-i1=x-i训+lx y:, 结合的任意性可得三-≤三比+三出=a+4a+ 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. 全书综合检测 1.D解析：1z2-il=1(1+i)2-il=12i-il=1il=√0+12=1，故选D. 2A解斩已知得s(行2a）m[2(石a)]-m(石 a）n2(石a）os(a-石)im2(a-石）因为m(a 石）-只，根据同角三角两数基本关系式得m(;2a） w(e）m(a石）1-(）1-（经） m(a6os2(a-6)m(e6）(径)+1 子故选A 必修第二册·SJ 3.B解析：因为(0.01+0.025+0.035)×10=0.7<0.75，（0.01+0.025+ 0.035+0.02)×10=0.9>0.75,所以75百分位数位于[80,90)，设为 x,则(0.01+0.025+0.035)×10+0.02(x-80)=0.75,解得x=82.5.故 选B 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=81πcm2,又高h=24cm,代入圆台体积 公式可得V=3(S1+S2+√SS2)h=2168mcm3,故选C. 5.D解析：因为AD∥BC,B=3F元，Ai=3H亦，所以B=B+Fi= 成+成+4（威-耐=成+4（威成） 号g成又励：A威n成，所以A==。如=× 166故透D. 99 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 二枚骰子向上的点数为y.对于A:对事件A,C都包含基本事件(3， 5),(5,3),所以A与C不互斥，故A错误；对于B:因为P(A)= 1 2,P(C)三6，事件AC包含基本事件(3,5)，(5,3)，所以 P(AC)=18 1 因为P(AC)≠P(A)P(C),所以A,C不独立，故B错 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 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: 11 因为P(B)=2,P(D)=2X24,P(BD)=0,所以P(BD)大 P(B)P(D),所以B,D不独立，故D错误故选C 7.C解析：因为B=石，所以A+C=,即C=5π-A 6 6 6 0<A< 2 因为△ABC为锐角三角形，所以 即 则 0<C<2’ 0 5T 6 -A2 子<A<子由正孩定理， AB sin C ( sin BC sin A sin A sin Sr 13 sin A 2tan A 2 因为写<A受，所以mA>5,所以0 anA3,所以 1√3 32w3 C的取值范围为(2，兮） .故选C. 8.D解析：设正方形ABCD中心为O, 取AB的中点H,连接PO,PH,OH,则PH ⊥AB,OH⊥AB,PO⊥平面ABCD,所以 ∠PIO为二面角P-AB-C的平面角，即 PO tan L PHO-O-22. 设正方形ABCD的边长为a(a>0),则A若 B P0=Ea.又A0=行C=2:经。，H=m,由 2 2 P02+A02=PA2,即(2a)2+ 停)°10，根得a=2(负位已含 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 R=(2(2反-R),解得及=，所以外接球的表面积S= 4πR2=4r× 521225 4)=2m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,Ia+2b1=1(4,-3)1= 学霸110 √42+(-3)2=5，故B正确；对于C,设a,b的夹角为0，因为 4×0+(-1)×(-1) 1-√17 0=a-立X,下v7z所以公 牙，放C错误；对于D,设a,6的夹角为0，则a在6方向上的投影 向量是am0:合众 ·b=b,故D正确故选ABD. 17 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)= P(A)+P(B)-P(AnB),即 时+时-P(an=多放Pan B)=号，故P(AnB)=P(AP(B),A与B湘互独立，B正确， C选项，A与C互斥，故AB与C互斥，故P(ABC)=P[(AB)∩ C]=0,C错误；D选项，P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)- 11111 P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC)=3+3+3-3*3 PCBC)=S-PBG),因为P(BC)≥0，所以P(AURUC=)8 8 P(BC)≤号，D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 示，无论点P在何位置，总有AC⊥OP,AC⊥OD,因为OPC平面 OPD,ODC平面OPD,OP∩OD=0,所以AC⊥平面OPD.又因为 PDC平面OPD,所以AC⊥PD成立，选项A正确； 选项B,点P旋转到使得平面APC⊥平面ADC时，V=棱锥P-ABc取得最 大值，因为SAARC=S△AGD,所以V=楼PABc=3·SAAc·IOPI= 1AG·1OD1·10P1=2X3x3-1,使得V=pAc=1成 6 只有平面APC⊥平面ADC成立时的一个点，选项B错误： 选项C,如图②，因为AD∥BC, D ① ② 所以异面直线PA与BC所成角即为∠PAD(或其补角).因为平 面PAC⊥平面BAC,且平面PAC∩平面ABC=AC,PO⊥AC,所以 PO⊥平面ABC,ODC平面ABC,即有PO⊥OD.因为菱形ABCD的 边长为2，∠ADC=60,所以P0=00= AD:3 2=√5，所以 2 2 PD=√P02+0D=V6.在△PAD中，cos∠PAD-P4+AD2-PD2 2PA·AD -海项c正 选项D,当PB=2时，易得△PAB,△PCB都为正三角形，AM+ CM取最小值时，点M为PB中点，AM+CM的最小值为25，选项 D不正确故选AC. 1220解折：根据分层抽样方法得8狐解得a=20,散答案 为20. 13.1解析：由题意可知， m=(1+v5m10)in50°=os10+55n10°.sm50= c0s10° 2sin50°· 9s10, 1 2 sin 100 c0s10° =2sin500.cos(60°-10）。 c0310° 参考答案 2sin500.cos50°-sm100°_sin(90+10°)-c0910 c0s10°c0s10° c0s109 es101.放答案 为1. 4(,9) 解析：由余弦定理及a2-b2=bc,得b2+c2-2 bccos A- b2=bc,得c-2 bcos A=b,由正弦定理得sinC-2 sin Bcos A=sinB, sin (A+B)-2sin Bcos A sin B,sin Acos B+cos Asin B- 2 sin Bcos A=sinB,得sin（A-B)=sinB.因为△ABC为锐角三角 |0<2B< 2， 形，所以A-B=B,即A=2B,则 0<T-3B< 石<B<牙，则 2 3 <tan B<1, 2,1 2,11-tan2B,1 2 tan A'tan B tan 2B tan B tan B tan B tan B tan B, 令=如8，则人回)=名m在（停）上单调建流，得）e m (,9)则品6(，9)答案为(9)】 15.解：(1)设z=a+bi(a,beR),则z+2i=a+(b+2)i.由z+2i为实数， 则42=0，所以6=-2由后产2号为实数则 2 0,所以a=2,则z=2-2i,复数z的共轭复数z=2+2i. 2可知-(2日)(2)2子。 m m-1 2m+1<0, (1 2m<0, 由z,对应的点在第三象限，得 3m-220. 即 m-1 n2或ml, m<3 解得子m<0,故实数m的取值范图为（子0） 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0.3，前三组频率之和为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 得的第四组志愿者人数为4，分别设为a,b,c,d,第五组志愿者人 数为1，设为e, 这5人中选出2人，所有情况有(a,b),(a,c),(a,d),(a,e), (b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),共有10种情祝， 其中选出的两人来自同一组的有(a,b),(a,c),(a,d),(b,c), (b,d),(c,d),共6种情况，故选出的两人来自同一组的概率P= 63 105 17.解：(1)因为1A1=1BC1=1,B.B武=1BA1·1B武1cos∠ABC= 子，所以s∠ABC=子又0P<LABC<180°，所以∠ABC=60°，所 以△ABC为等边三角形，所以IAC1=1,即AC的长度为1. (2)设AD=x(x>0),在△ACD中，由余弦定理知，AC2=AD2+CD2 2AD·CD·cosLADC,即1=x2+1-2xC0 s LADC,所以cosLADC= 之由成·=1=耐1.成1s∠ADG=号，解得x=万或 x=-√2（舍去），所以AD2=AC2+CD2,即△ACD为等腰直角三角 形且LACD=90°，所以C⊥Ci.在△BCD中，由余弦定理知BD2= ac40m-2c60esL0=P+1-2x11x(-9）-2 √3，所以1B12=2+3. 学霸111 1设锅：(1)因为二8“品C4,所以血m6+nC= cos2B-cos2A,sin Bsin C+sin2C=(1-sin2B)-(1-sin2A)= sin2A-sin2B. 在△ABC中，由正弦定理得bc+c2=a2-b2,即b2+c2-a2=-bc. 在△4BC中，由余弦定理得co8AF+e2-a:人又因为0<A5 2bc 2 m,所以A=2π 3 (2)由a=√19结合余弦定理得19=b2+c2+bc,因为b2+c2≥2bc, 所以c≤号，当且仅当6=e时取~。”，放△AB8G面积的最大值为 1.19.√3193 23212 （3)如圈所示，因为院子所以 市=破+3成=应+多（花-）=后 花因为01AC,所以市.花=0，所以（号 花)花=0，所以号脑.成成.成=0，即号× (号）+号w2=0,即2w=36 又因为b≠0，所以2c=3b,在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2- 2kmsA,即19=+e+,代入c=6,解得6=2（负位已合去）， 所以c=子0=3，所以5ax=之nA 2×2x3x33g 22 19.(1)证明：如图①，连接DB1,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∩n平 面AB,C=AC,BDC平面ABC,所以BD⊥平面AB1C,由B1CC平 面AB1C,可得BD⊥B1C,且C1D⊥1B1C,C1DnBD=D,C1D,BDC 平面DBC1,可得B1C⊥平面DBC1,且B1CC平面CBB1C1,所以 平面CBB,C1⊥平面DBC1 D ① ② (2)解：①由题意可知，BD=2AC=万，B,D=6, 因为△AB1C为正三角形，且点D为AC的中点，所以BD⊥AC. 又因为平面ABC⊥平面AB1C,平面ABCn平面AB1C=AC,B1DC 平面AB,C,所以B1D⊥平面ABC, 由BDC平面ABC,可得B1D⊥BD,可得B1B=√B1D+BD2= 2N2. 如图②，取AB的中点M,连接DM,B1M, 因为B1B=AB1,AD=DB,则B1M⊥AB,DM⊥AB, 且B1M∩DM=M,B,M,DMC平面B1DM,所以AB⊥平面B1DM. 对于梯形ABB1A1,过点A作AD1⊥A1B1,垂足为D1,如图③， ! 必修第二册·SJ D B ③ ④ 因为B1M=√AB-AM=√7，则AD1=B1M=V7, 可得A1D1=√A4-AD=3,A1B1=AD1+B1D1=4, 可知 1 A5,2,则AB=B,C=4,4C=42. 将三棱台ABC-A1B1C1补成三棱锥G-A1B1C1, 如图②，则G1-GB。CC1 'GA:GB1 GC 2 设CDnA,G=N,可知1即为直线BN,则4-0.AD.1, NA NCA C 4' 4 可得A=注意到MAB=4,则B1,M,N三点共线，且 MN 1 MB,=4即31=47，可知BN为线段AB的中垂线，则 M=NB=手过点D作DM⊥BN,垂足为，过点H作P1BN, 垂足为F,连接DF, 因为AB⊥平面B,DM,DHC平面B,DM,则DH⊥AB, 且B,NnAB=M,BN,ABC平面GAB1,所以DH⊥平面GA1B1. 由BNC平面GA1B1,可得DH⊥BN, 且DH∩HF=H,DH,HFC平面DHF,可得BN⊥平面DHF, 由DFC平面DHF,可得DF⊥BN,可知二面角A1-l-C1的平面角 为∠DFH. 因为B1D⊥平面ABC,且DMC平面ABC,所以B,D⊥DM. 在Rt△B,DM中，B1D=√6，DM=1,B1M=√7， 可得DH B1D·DM√6 B1M万 N-B.N-B.-Ioy 21 在R△BMN中，BN=4 F,BM=L,可得sin BNM=BM3 BN 4 在胜△NMHF中，可得HF=NH·sin L BNM=57 14 在△DF中，则DF=√D=,可得wL.DFW- F DF 气所以二面角4-C,的余弦值为 ②存在.由①可知，三棱台ABC-A1B,C1的高B1D=√6，S△41B,41= 1 4Sa4c=8,则三棱台ABC-A1B,C的体积VAc49,4=3×(2+ 8+V2x8)xwW6=146 3· 2 且SAAB,E=3 SAB,C=3,则三棱锥B-A1B,C1的体积 116x6=9<2VA8c-4186,如图④， BP PEOCB=Q.A Q0AB-SBE-A>0. 62 则QE线段GB,SAsP=A2SaAA,E=3 则三棱台SBP-A1B1E的体积VBP-A,BE=3 （16+162+ 3 +3 √)64 2 整理可得1612+161-5=0，解得A=(负值已合去)， 所以存在点P,此时BP=B,B=子 2 霸112