必修第二册 期末复习检测-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 聚焦向量复数、立体几何、概率统计三大模块，以题载法构建“概念辨析-原理应用-综合建模”的解题体系，强化知识间逻辑关联与数学思维、语言的素养落地。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |向量与复数|8题|向量加法法则/投影公式、复数共轭/分母实数化|向量基底与坐标运算转化，复数代数形式与几何意义联系| |立体几何|5题|线面平行/垂直判定、面面垂直性质、空间轨迹分析|直观图与空间位置关系判定定理的应用| |概率统计|7题|数字特征辨析、独立事件概率、频率分布与方差计算|概率事件关系与统计量计算的综合应用|

必修第二册 期末复习检测 一、单选题 1．如图，在正方形中，为的中点，为的中点，则等于（    ） A． B． C． D． 2．已知，设与方向相同的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角（    ） A． B． C． D． 3．设，若为实数，则的值为（     ） A． B． C．2 D． 4．如图，是用斜二测画法得到的直观图，其中，，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列命题正确的是（     ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 6．甲、乙、丙、丁篮球运动员连续7场比赛得分数据（分值均为整数）的数字特征如下： 甲球员：平均数为26，方差为20 乙球员：中位数为29，众数为26 丙球员：中位数为25，极差为10 丁球员：众数为25，第40百分位数为30 根据以上信息，下列结论一定错误的是（   ） A．乙球员场均得分在24分以上 B．甲球员有一场比赛的得分可能为40分 C．丙球员场均得分一定在20分以上 D．丁球员场均得分至少为30分 7．已知为两个随机事件，，，则下列结论错误的是（   ） A． B．若，则 C．若，则 D．若互斥，则 8．全国乒乓球选拔公开赛分为预赛、半决赛和决赛三个阶段，只有预赛、半决赛都获胜才有资格进入决赛.已知甲在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，乙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，丙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和，则甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．把短对角线与长对角线长度的比值为的菱形称为白银菱形.如图，分别为白银菱形的短对角线和长对角线，在白银菱形内，有三个全等的小白银菱形.若，则（    ） A．与共线 B． C． D． 10．如图，正方体的棱长为2，是侧面内的一点（包含边界），是棱上的一点（包含端点），则下列说法正确的是（     ）    A．当为的中点时，不存在点，使得平面 B．存在点，，使得平面平面 C．过点，，的平面截正方体所得的截面图形可能为五边形 D．当与重合且时，点的轨迹长度为 11．连续抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有1，2，3，4，5，6的骰子两次，分别记录两次骰子正面朝上的点数，A表示事件“第一次正面朝上的点数为3”，B表示事件“第二次正面朝上的点数为奇数”，C表示事件“两次正面朝上的点数之和为7”，D表示事件“恰有一次正面朝上的点数不大于3”，则（   ） A．A 与B 相互独立 B．A与C 相互独立 C．A 与D 相互独立 D．C与D 相互独立 三、填空题 12．已知，是平面的基底，内的两个向量分别为，，若，则实数的值为______. 13．已知复数满足，则的最大值为________. 14．某校组织了“人工智能知识”测试，现随机抽取了100名学生的测试成绩（单位：分），这100名学生的成绩都分布在区间内，绘制成如图所示的频率分布直方图. 则这100名学生成绩的61%分位数为______. 四、解答题 15．在平面直角坐标系中，已知点，，，，，点是直角坐标系中的动点． (1)若四边形是平行四边形，求点的坐标； (2)若点在直线上，求的最小值； (3)在中，若是的中点，且，，，求的值． 16．设z是虚数．已知，且． (1)求的值及的取值范围； (2)设i为虚数单位．若，求z． 17．如图，在正方体中：    (1)若分别为棱，上的点，且，，证明：平面； (2)若为棱上的一点，且平面平面，求的值． 18．2026年浙江省城市足球联赛“吴越杯”于4月6日正式开赛，揭幕战在嘉兴市体育中心举行．作为浙江人自己的“世界杯”，赛事吸引了大量球迷．主办方在现场随机抽取了100位球迷，了解他们每周参加体育锻炼的时长，并根据获得的数据绘制了频率分布直方图．      (1)根据频率分布直方图，估计这100位球迷每周锻炼时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和中位数； (2)若将（1）中估计所得的平均数作为这100位球迷每周锻炼时长的总体平均数．已知这100位球迷中男性球迷每周锻炼时长的平均数是6，方差是；女性球迷每周锻炼时长的平均数是5，方差是．求这100位球迷中男性球迷和女性球迷的人数，并计算这100位球迷锻炼时长的总体方差． 19．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．已知每场比赛甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每场比赛互不影响． (1)若，甲、乙首先比赛，恰好比赛四场结束，求： （ⅰ）甲最终获胜的概率； （ⅱ）丙最终获胜的概率； (2)若，甲、丙首先比赛，求丙最终获胜的概率． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B C B B C B ABD BCD 题号 11 答案 ABC 1．B 【分析】在中和中，根据向量三角形加法法则建立等量关系即可表示出. 【详解】解：由向量三角形加法法则可知，在中，， 在中，，又为的中点，为的中点， 所以，，因此， 又因为，所以. 2．A 【详解】因为在方向上的投影向量为， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以. 3．B 【分析】先求出的共轭复数，再将分式复数分母实数化，利用实数的虚部为列方程求解参数. 【详解】首先根据共轭复数的定义，可得， ， 因为该复数为实数，故其虚部为，且恒成立， 因此，解得. 故选：B. 4．C 【分析】根据斜二测画法即可得解. 【详解】因为是用斜二测画法得到的直观图， 且其中， ， 所以 ， 所以中，， ， 所以． 5．B 【详解】选项A：若，则与的位置关系为或，并非一定，故A错误； 选项B：若，则直线的方向向量分别为平面的法向量， 由于直线垂直于平面时平行于平面的法向量，则两平面垂直等价于其法向量垂直，因此，故B正确； 选项C：若，则与的位置关系为或，并非一定，故C错误； 选项D：若，当时，与可能相交，并非一定，故D错误. 6．B 【分析】根据平均数、中位数、众数、极差、方差、百分位数的定义及计算公式分析判断即可. 【详解】对于A，乙球员中位数为29，说明7场得分中，第4高的得分为29， 又众数为26，则26至少出现两次， 计算最小总得分：即使最小情况，总得分也有， 场均最小值约为，A正确. 对于B，甲球员平均数为26，当有一场比赛的得分为40分时，方差， 故甲球员某一场比赛的得分不可能为40，B一定错误. 对于C，丙中位数为，排序后第位是，极差为， 因此最大得分，最小得分， 计算最小总得分，场均最小值约，C正确. 对于D，丁球员第40百分位数位置为，向上取整为第3项，即第3低的得分. 又众数为25，则25至少出现两次，只能是排序后前两项为25，第3项及之后， 所以最小总得分：，场均最小值为30， 因此丁场均至少30分，D正确. 7．C 【分析】结合对立事件概率性质、事件包含关系的概率特点、概率加法公式逐一判定各选项即可. 【详解】对于选项A，根据对立事件的概率公式，得，故选项A正确； 对于选项B，因为，所以，故选项B正确； 对于选项C，根据概率的加法公式，得，故选项C错误； 对于选项D，因为事件互斥，所以， 因此，故选项D正确. 8．B 【分析】先求出单人晋级决赛的独立事件概率，拆分“恰两人晋级”为三组互斥组合，分别计算概率后求和得到结果. 【详解】选手进入决赛需预赛、半决赛两阶段均取胜， 独立事件同时发生概率为两阶段获胜概率乘积， 记甲、乙、丙能晋级决赛的事件依次为， ，； ，； ，. 三人恰两人晋级包含、、三类互斥情形，总概率为三类概率之和， . 9．ABD 【分析】根据菱形的性质以及平行性的传递性可判断A；求出，再利用二倍角的正切公式即可判断B；先求证为直角三角形，再求出小白银菱形边长即可利用数量积的定义判断C选项；利用即可判断D选项. 【详解】根据题意，在白银菱形内， 设，则， 在小白银菱形中，， 而，所以，则与共线，故A正确； 由于，则， 因，则，故B正确； 由于，根据菱形性质可知， 又，根据对称性可得， 所以， 在中，设小白银菱形边长为，则， ，所以， 则，故C错误； ，故D正确. 10．BCD 【分析】A选项，通过找到从出发且与平面垂直的直线，与棱相交的交点即为所求的点，由此判断是否存在；B选项，通过面面平行的判定定理判断，位置，根据已有的平行条件和动点所满足的平行条件即可判断是否存在；C选项，当为棱的中点，为棱的中点时，通过作平行线，将在一个平面内与正方体棱相交的点找到，连接起来判断形状即可；D选项，通过构造直角三角形，可知为恒定的值，从而确定点的轨迹，根据轨迹计算轨迹长度即可． 【详解】A选项，如图，连接，因为为的中点，故也是的中点，所以平面即为平面， 根据正方体的性质易得平面，平面，所以，， 又因为，且平面，故平面，所以当与重合时，平面，故A错误； B选项，当为棱的中点，为棱的中点时，易得平面平面， 因为，且平面，平面，故平面； 又因为，平面，平面，故平面； 因为，且平面，故平面平面，故B正确； C选项，当为棱的中点，为棱的中点时， 在上取，使得，在上取，使得； 连接，则，四边形为平行四边形，则； 在内过点作交于点，则； 连接，则同理可证， 则五边形为过点，，的平面截正方体所得的截面图形，故C正确；    D选项，在正方体中，平面，因为平面， 故，因为，且重合，故，， 则； 故点轨迹为以为圆心，以为半径的圆上， 因为，故圆弧与平面交在棱上， 如图所示，则，则， 故； 故点的轨迹长度为，故D正确． 11．ABC 【分析】根据古典概型的概率计算公式及独立事件的定义判断即可. 【详解】根据题意得，，，，． 选项A：，，，A正确； 选项B：，，，B正确； 选项C：，，，C正确； 选项D．，，，D错误． 12．/ 【分析】由共线向量的性质求解即可. 【详解】因为，，且， 所以，即，解得. 13． 【分析】将原问题等价于转换为求“求的最大值”几何问题，由阿氏圆知，即求的最大值. 【详解】设，在复平面上对应的点坐标为，满足，即， 设，所以， 在中，由斯特瓦尔特定理并代入化简得， 故有 ， 当，，即，时可以取等. 14．82 【分析】由百分位数求解即可. 【详解】设这100名学生成绩的61%分位数为x， 因为前4组频率之和为， 前5组频率之和为， 所以这100名学生成绩的61%分位数落在第5组内， 所以，解得，所以这200名学生成绩的61%分位数为82. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）由条件先确定，再通过与中点重合，即可求解； （2）由点在直线上，确定，再由向量数量积的坐标表示和二次函数即可求解； （3）通过条件得到，，再通过，，求得， ，再由即可求解. 【详解】（1）由条件可得：，， 由，得： ， 整理得，解得或， 又，即，，舍去，故， 四边形是平行四边形，对角线互相平分，即与中点重合， 设，又 ， 由中点坐标公式可得： 即 ， 故； （2）直线过原点和，点在直线上， 则，故， 则： ， 则， 开口向上的二次函数，对称轴​， 代入得最小值： ， 故的最小值为； （3）由是的中点得：，， 则， ， 又，得，， 代入上式得： ， 两式相减得，代入得， 所以 16．(1)，的取值范围为； (2) 【分析】（1）利用复数的除法运算化简，再结合条件即可求出，； （2）利用复数的除法运算化简，再结合复数的定义求值. 【详解】（1）设， 则， 因为，且， 所以，， 得，， 故，的取值范围为. （2）因为， 所以，得， 因为，所以，则. 17．(1) 连接，在正方体中，易知， 因为，，故， 又因为，故， 又因为平面，平面，故平面. (2). 【分析】（1）利用线段等比证明，再利用平行的传递性证明，即可得证； （2）由面面垂直得到二面角为直二面角，进而得到，设出的长度，利用勾股定理即可得解. 【详解】（1）略. （2）    连接，与交于，易知点是中点，连接， 易知平面，故，又因为， 由勾股定理可知，，又因为是中点，故，同理易证. 因为平面平面，故二面角为直二面角， 因为平面，平面，平面平面，， 故是二面角的平面角，即. 不妨设，设，则，， 由勾股定理计算得，，， 又因为，故，即，得， 则，因此. 18．(1)平均数为5.7，中位数为6.25 (2)男性球迷有70人，女性球迷有30人，总方差为11.05 【分析】（1）根据频率分布直方图得到每组的频率从而算出平均数，找到中位数所在区间之后利用比例法求出中位数； （2）通过加权平均数求出男性球迷和女性球迷的人数，通过加权方差的方法算出100位球迷的总体方差. 【详解】（1）100位球迷每周锻炼时长的平均数为： ， 因为区间的累计频率为，区间的累计频率为， 所以中位数落在区间内， 因此中位数为. （2）设男性球迷有人，则女性球迷有人， 因为男性球迷每周锻炼时长平均数是6，女性球迷每周锻炼时长平均数是5，由第一问可知100位球迷每周锻炼时长的平均数为5.7， 所以，解得，即男性球迷有70人，女性球迷有30人， 因为男性球迷每周锻炼时长的方差为10.21，女性球迷每周锻炼时长的方差为12.31， 所以100位球迷锻炼时长的总体方差为. 19．(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）若甲最终获胜，则四场中乙输两场，丙输两场，将所有比赛情况列出并利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可得；（ⅱ）若丙最终获胜，则四场中甲输两场，乙输两场，将所有比赛情况列出并利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可得； （2）枚举出所有情况，并利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可得. 【详解】（1）（ⅰ）由于恰好比赛四场结束，若甲最终获胜，则四场中乙输两场，丙输两场， 则第一场甲、乙比赛中甲胜乙负，概率为， 第二场甲、丙比赛中甲胜丙负，概率为， 第三场甲、乙比赛中甲胜乙负，概率为， 第四场甲、丙比赛中甲胜丙负，概率为，最终甲获胜； 故甲最终获胜的概率为； （ⅱ）由于恰好比赛四场结束，若丙最终获胜，则四场中甲输两场，乙输两场， 若第一场甲、乙比赛中甲胜乙负，概率为， 则第二场甲、丙比赛中丙胜甲负，概率为， 第三场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为， 第四场丙、甲比赛中丙胜甲负，概率为，最终丙获胜； 若第一场甲、乙比赛中乙胜甲负，概率为， 则第二场乙、丙比赛中丙胜乙负，概率为， 第三场丙、甲比赛中丙胜甲负，概率为， 第四场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为，最终丙获胜； 故丙最终获胜的概率为； （2）若第一场甲、丙比赛中甲胜丙负，概率为， 则有情况一：第二场甲、乙比赛中甲胜乙负，概率为， 第三场甲、丙比赛中丙胜甲负，概率为， 第四场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为， 第五场丙、甲比赛中丙胜甲负，概率为， 最终丙获胜，概率为； 情况二： 第二场甲、乙比赛中乙胜甲负，概率为， 第三场乙、丙比赛中丙胜乙负，概率为， 第四场丙、甲比赛中丙胜甲负，概率为， 第五场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为， 最终丙获胜，概率为； 若第一场甲、丙比赛中丙胜甲负，概率为， 则有情况三：第二场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为， 第三场丙、甲比赛中丙胜甲负，概率为， 第四场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为 最终丙获胜，概率为； 情况四：第二场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为， 第三场丙、甲比赛中丙胜甲负，概率为， 第四场丙、乙比赛中乙胜丙负，概率为， 第五场乙、丙比赛中丙胜乙负，概率为， 最终丙获胜，概率为； 情况五：第二场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为， 第三场丙、甲比赛中甲胜丙负，概率为， 第四场甲、乙比赛中甲胜乙负，概率为， 第五场甲、丙比赛中丙胜甲负，概率为， 最终丙获胜，概率为； 情况六：第二场丙、乙比赛中丙胜乙负，概率为， 第三场丙、甲比赛中甲胜丙负，概率为， 第四场甲、乙比赛中乙胜甲负，概率为， 第五场乙、丙比赛中丙胜乙负，概率为， 最终丙获胜，概率为； 情况七：第二场丙、乙比赛中乙胜丙负，概率为， 第三场乙、甲比赛中乙胜甲负，概率为， 第四场乙、丙比赛中丙胜乙负，概率为， 第五场乙、丙比赛中丙胜乙负，概率为， 最终丙获胜，概率为； 情况八：第二场丙、乙比赛中乙胜丙负，概率为， 第三场乙、甲比赛中甲胜乙负，概率为， 第四场甲、丙比赛中丙胜甲负，概率为， 第五场乙、丙比赛中丙胜乙负，概率为， 最终丙获胜，概率为； 故最终丙获胜的概率为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $