全书综合测评--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026苏教版高中数学必修第二册
全书综合测评
全卷满分150分　考试用时120分钟
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,只有一项是符合题目要求的)
1.已知复数z满足i2z=1-2i,其中i为虚数单位,则z在复平面内对应的点位于　(　　)
A.第一象限　　　　B.第二象限　　　　C.第三象限　　　　D.第四象限
2.已知α,β∈,则cos=(　　)
A.-
3.某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示,空气质量指数小于100表示空气质量优良,空气质量指数大于200表示空气重度污染,下列说法中不正确的是(　　)
A.该市14天空气质量指数的中位数为78.5
B.该市14天空气质量指数的第30百分位数为55
C.该市14天空气质量指数的平均值大于100
D.计算连续3天空气质量指数的方差,其中6日到8日的方差最大
4.现有7张分别标有1,2,3,4,5,6,7的卡片,甲一次性从中随机抽取5张卡片,抽到的卡片上的数字之和记为a,剩下的2张卡片上的数字之和记为b,则a≥3b的概率为(　　)
A.
5.设e为单位向量,a·e=b·e=3,|a-b|=4,当a和b的夹角最大时,a·b=(　　)
A.5　　　　B.6　　　　C.-5　　　　D.-6
6.六氟化硫的化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛的用途.六氟化硫的分子为正八面体结构(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子之间的距离为2,则这个正八面体的体积是(氟原子的大小可以忽略不计)(　　)
A.
7.在锐角三角形ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且c-b=2bcos A,则的取值范围为　(　　)
A.(1,,2)　　　　D.(1,2)
8.已知三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形,体积为24,顶点P到底面ABC的距离为3,若该三棱锥的外接球球O的半径为5,则满足上述条件的顶点P的轨迹的总长度为(　　)
A.6π　　　　B.30π　　　　
C.(9+2)π
二、多项选择题(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.甲、乙两人独立射击同一个靶子,击中靶子的概率分别为.记事件A为“两人都击中”,事件B为“至少有1人击中”,事件C为“无人击中”,则下列说法正确的是(　　)
A.事件A与C是互斥事件　　　　B.事件B与C是对立事件
C.事件A与B相互独立　　　　D.P(A∪B)=
10.下列四个命题中正确的是(　　)
A.若|z+1-i|=1,则|z-1-i|的最大值为3
B.若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=2,z1+z2=1+i,则|z1-z2|=2
C.若(λ∈R),则点P的轨迹经过△ABC的重心
D.在△ABC中,D为△ABC所在平面内一点,且,则
11.如图,圆台O1O2的上、下底面半径分别为1和2,高为2,点A为下底面圆周上一点,S为上底面圆周上一点,则(　　)
A.该圆台的体积为
B.该圆台的内切球半径为
C.直线SA与直线O1O2所成角的最大值为
D.直线AO1与平面SO1O2所成角的正切值最大为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.某人上楼梯,每步上1阶的概率为,每步上2阶的概率为,设此人从第1阶台阶出发,到达第3阶台阶的概率为　　　　.　
13.已知非零向量a,b的夹角为,|a|=4,对任意的λ∈R,|a+λb|≥|a-2b|恒成立,则|b|=　　　　,|xa-b|+|xa-3b|(x∈R)的最小值为　　　　.
14.如图,正四面体ABCD的顶点C在平面α内,且直线BC与平面α所成的角为30°,顶点B在平面α内的射影为点O,当顶点A与点O的距离最大时,直线CD与平面α所成角的正弦值为　　　　.
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)
15.(本小题满分13分)已知在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,m=(a+c,a-b),n=(sin B,sin A-sin C),且m∥n.
(1)求角C的大小;
(2)若D为AB的中点,△ADC的面积等于,求△ABC的周长的最小值.
16.(本小题满分15分)为了估计一批产品的质量状况,现对100个产品的相关数据进行综合评分(满分100分),并绘制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.
(1)求图中a的值,并求综合评分的平均数;
(2)用样本估计总体,以频率作为概率,按样本量比例分配的分层抽样的思想,先在该批产品中随机抽取5个,再从这5个产品中随机抽取2个记录有关数据,求这2个产品中最多有1个一等品的概率;
(3)已知落在[50,60)内的平均综合评分是54分,方差是3,落在[60,70)内的平均综合评分为63分,方差是3,求落在[50,70)内的总平均综合评分和总方差s2.
17.(本小题满分15分)一副三角尺按如图所示的方式拼接,将△BCD折起,使得AB⊥CD.
(1)证明:平面ABC⊥平面BCD;
(2)求二面角A-BD-C的余弦值;
(3)设BD,CD的中点分别为M,N,平面AMN与平面ABC的交线为l,求直线l与BD所成角的余弦值.
18.(本小题满分17分)冰壶被喻为冰上的“国际象棋”,是以团队为单位在冰上进行的投掷性竞赛项目,每场比赛共10局,在每局比赛中,每个团队由多名运动员组成,他们轮流掷壶、刷冰、指挥.两边队员交替掷壶,可击打本方和对手的冰壶,以最终离得分区圆心最近的一方的冰壶数量多少计算得分,另外一方得零分,十局总得分最高的一方获胜.冰壶运动考验参与者的体能与脑力,展现动静之美,取舍之智慧.由于冰壶的击打规则,后投掷一方有优势,所以前一局的得分方将作为后一局的先手掷壶.已知甲、乙两队参加冰壶比赛,若在某局比赛中甲方先手掷壶,则该局甲方得分的概率为;若甲方后手掷壶,则该局甲方得分的概率为,每局比赛不考虑平局.在该场比赛中,前面已经比赛了六局,双方各胜三局,其中第六局乙方得分.
(1)求第七局、第八局均为甲方得分的概率;
(2)求十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方的概率.
19.(本小题满分17分)对于一个向量组a1,a2,a3,…,an(n∈N且n≥3),令Sn=a1+a2+a3+…+an,如果存在at(t∈{1,2,3,…,n}),使得|at|≥|Sn-kat|,k∈Z,则称at是该向量组的“k向量”.
(1)设bn=(n,x-n),n∈N*,若b3是向量组b1,b2,b3的“1向量”,求实数x的取值范围;
(2)若cn=,n∈N*,则向量组c1,c2,c3,…,c9是否存在“-1向量”ct 若存在,求出正整数t的值;若不存在,请说明理由;
(3)已知a1,a2,a3均是向量组a1,a2,a3的“1向量”,若a1=(sin A,cos A),a2=(-sin A-,-cos A+3),a3·a1=3,其中A是△ABC的内角,设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=8,求△ABC周长的取值范围.
答案全解全析
1.B　由i2z=1-2i得-z=1-2i,即z=-1+2i,所以z在复平面内对应的点为(-1,2),位于第二象限.
2.A　∵α,β∈,∴α+β∈,
∴cos=cos(α+β)·cos
=.
3.C　将14天的空气质量指数由小到大排列为33,38,52,53,55,65,76,81,102,102,116,122,158,163.
对于A,该市14天空气质量指数的中位数为=78.5,故A中说法正确;
对于B,因为14×30%=4.2,所以该市14天空气质量指数的第30百分位数为55,故B中说法正确;
对于C,该市14天空气质量指数的平均值为,而<100,故C中说法错误;
对于D,连续3天的空气质量指数中,6日到8日的波动最大,所以方差最大,故D中说法正确.
4.D　因为1+2+3+4+5+6+7=28,所以a+b=28,故a=28-b,又a≥3b,所以28-b≥3b,解得b≤7,故原问题可转化为求b≤7的概率,
从7张卡片中一次性抽5张,剩下2张的样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(1,7),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(2,7),(3,4),(3,5),(3,6),(3,7),(4,5),(4,6),(4,7),(5,6),(5,7),(6,7)},共21个样本点,
记事件A为“b≤7”,则A={(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4)},共9个样本点,所以P(A)=.
5.A　设e=(1,0),由a·e=b·e=3知a,b的终点在直线x=3上,设a=,b=,则|a-b|=||=4,如图,
设=(3,m-4),则|,
而cos=,
又||2-16=2m2-8m+18=2(m-2)2+10>0,
所以cos>0,所以∈,
由等面积法知|sin=×3×4,
可得|,
所以|cos=,
所以当a和b的夹角最大时,最小,即a·b最小,
=9+m(m-4)=(m-2)2+5≥5,当且仅当m=2时取等号,
所以当a和b的夹角最大时,a·b=5.
6.D　连接AC,BD,则AC,BD交于点O,连接OE,
因为AE=CE,BE=DE,O为AC,BD的中点,
所以OE⊥AC,OE⊥BD,
因为AC∩BD=O,AC,BD 平面ABCD,
所以OE⊥平面ABCD,
令相邻两个氟原子之间的距离为2a,则2a=2,
即a=,
因为在正方形ABCD中,AB=BC=2a,所以AC=2a,
所以AO=a,
所以OE=a,
所以该正八面体的体积是.
7.B　由c-b=2bcos A,结合正弦定理得sin C-sin B=2sin Bcos A,
因为sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,
所以sin Acos B+cos Asin B-sin B=2sin Bcos A,
则sin B=sin Acos B-sin Bcos A=sin(A-B),
因为△ABC是锐角三角形,所以0则-,
所以B=A-B,即A=2B,则C=π-A-B=π-3B,
所以,则所以=2cos B∈().
8.D　设等腰直角△ABC的一条直角边长为x(x>0),球O的半径为R,则R=5.
由VP-ABC=x2×3=24,解得x=4(负值舍去),
∴△ABC的外接圆半径r1=,
易知球心O在底面ABC内的射影为△ABC斜边的中点,
∴球心O到底面ABC的距离d1==1.
又∵顶点P到底面ABC的距离为3,
∴顶点P的轨迹是球O的两个截面的圆周.
当球心O在底面ABC和截面之间时,球心O到该截面的距离d2=3-1=2,
则截面圆的半径r2=,
此截面的周长为2πr2=2π.
当球心O在底面ABC和截面的同一侧时,球心O到该截面的距离d3=3+1=4,
则截面圆的半径r3==3,
此截面的周长为2πr3=6π.
∴顶点P的轨迹的总长度为(6+2)π.
9.ABD　依题意得P(A)=.
对于A,事件A与C不能同时发生,但可以同时不发生,故事件A与C是互斥事件,A正确;
对于B,“至少有1人击中”包括“1人击中”“2人击中”两种情况,故其对立事件为“无人击中”,B正确;
对于C,由题意得A∩B=A,则P(AB)=P(A)=,
而P(A)P(B)=≠P(AB),故事件A与B不相互独立,C错误;
对于D,由题意得A∪B=B,故P(A∪B)=P(B)=,D正确.
10.ABC　对于A,由|z+1-i|=1的几何意义,知复数z在复平面内对应的点Z到定点(-1,1)的距离为1,即动点Z的轨迹是以(-1,1)为圆心,1为半径的圆,|z-1-i|表示动点Z与点(1,1)间的距离,由圆的性质知|z-1-i|max=+1=3,A正确;
对于B,设z1=m+ni,z2=c+di(m,n,c,d∈R),因为|z1|=2,|z2|=2,z1+z2=1+i,
所以m2+n2=4,c2+d2=4,m+c=1,n+d=,
所以mc+nd=-2,所以|z1-z2|=|(m-c)+(n-d)i|=,B正确;
对于C,由正弦定理得AC·sin C=AB·sin B,即||sin C=||sin B,
∴),设BC的中点为E,如图1,
则,则,由平面向量共线定理得A,P,E三点共线,即点P在边BC上的中线所在直线上,故点P的轨迹经过△ABC的重心,C正确;
对于D,如图2,由已知易得,点D在与AB平行的△ABC的中位线上,且点D与AB的三等分点(靠近A)的连线平行于AC,故有S△ABD=S△ABC,S△ACD=S△ABC,S△BCD=S△ABC=S△ABC,所以,D错误.
　　
11.ABD　对于A,圆台的体积V=,A正确;
对于B,设上底面半径为R1,下底面半径为R2,若圆台存在内切球,则其轴截面存在内切圆,如图1所示,易得等腰梯形的腰长为=3,假设等腰梯形有内切圆,则腰长SC=R1+R2=3,所以梯形S1SCB中存在内切圆,故圆台存在内切球,且内切球的半径为,B正确;
对于C,如图2,过S作SD垂直于下底面于点D,则O1O2∥SD,
所以直线SA与直线O1O2所成的角即为∠ASD(或其补角),
而tan∠ASD=,由圆的性质得1≤AD≤3,
所以tan∠ASD=,
因为,所以∠ASD的最大值取不到,C错误;
对于D,如图2,平面SO1O2即平面SO1O2C,过点A作AH⊥BC交BC于点H,连接O1H,
因为SD垂直于下底面,而AH在下底面内,所以SD⊥AH,
又SD∩BC=D,BC,SD 平面SO1O2C,所以AH⊥平面SO1O2C,
所以直线AO1与平面SO1O2C所成的角即为∠AO1H,且tan∠AO1H=.
设AH=x∈[0,2],则O2H=,
所以O1H=,
所以tan∠AO1H=,
当x=0时,tan∠AO1H=0,
当x∈(0,2]时,tan∠AO1H=,
因为函数y=在(0,2]上单调递增,
所以当x=2时,tan∠AO1H有最大值,为,D正确.
　
12.答案　
解析　到达第3阶台阶的方法有两种:
①走两步,每步上一个台阶,其概率为;
②只走一步且一步上两个台阶,其概率为.
故到达第3阶台阶的概率为.
13.答案　1;
解析　由|a+λb|≥|a-2b|两边平方得(a+λb)2≥(a-2b)2,即λ2b2+2λa·b≥4b2-4a·b,即λ2b2+2λa·b-(4b2-4a·b)≥0对于任意λ∈R恒成立,
∴Δ=4(a·b)2+4b2(4b2-4a·b)=4(2b2-a·b)2≤0,
∴2b2-a·b=0,即2|b|2-|a||b|cos=|b|=0.
∵|b|≠0,∴2|b|=|a|cos=2,∴|b|=1.
如图所示,设=b,=a,=3b,=xa,
则|xa-b|=||,|xa-3b|=||,
∴|xa-b|+|xa-3b|=||.
作点C关于OP的对称点E,连接AE,EP,OE,
则|xa-b|+|xa-3b|=||,
∴当E,P,A三点共线时,|xa-b|+|xa-3b|=||取得最小值,为||.
∵||=3|b|=3,||=|b|=1,∠EOA=2∠BOA=,
∴在△EOA中,由余弦定理得||cos∠EOA=1+9-2×1×3×=13,故|.
∴|xa-b|+|xa-3b|(x∈R)的最小值为.
14.答案　
解析　取AB的中点P,连接CP,
当四边形ABOC为平面四边形时,点A与点O的距离最大,
因为BO⊥平面α,BO 平面ABOC,
所以平面ABOC⊥平面α,
过点D作DN⊥平面ABOC,垂足为N,则N为正三角形ABC的重心,
设正四面体ABCD的棱长为1,则CN=,
因为直线BC与平面α所成的角为∠BCO,且∠BCO=30°,∠BCN=30°,所以∠OCN=60°,
所以点N到平面α的距离d=CNsin 60°=,
过点D作DM⊥平面α,垂足为M,连接CM,
则DM=d=,
所以直线CD与平面α所成角的正弦值为.
15.解析　(1)∵m∥n,
∴(a+c)(sin A-sin C)=(a-b)sin B,
结合正弦定理得(a+c)(a-c)=(a-b)b,
∴a2+b2-c2=ab,(3分)
∴cos C=,(5分)
∵C∈(0,π),∴C=.(6分)
(2)依题意得S△ABC=2S△ADC,即,∴ab=4,(8分)
∴a+b≥2=4,当且仅当a=b=2时取等号,
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos∠ACB=a2+b2-ab≥ab=4,(11分)
∴c≥2,当且仅当a=b=2时取等号,
故△ABC的周长的最小值为6.(13分)
16.解析　(1)由题意得(0.005+0.010+0.025+a+0.020)×10=1,解得a=0.040,(2分)
设综合评分的平均数为分,
则=10×(55×0.005+65×0.010+75×0.025+85×0.040+95×0.020)=81,
所以综合评分的平均数为81分.(4分)
(2)样本中一等品的频率为(0.040+0.020)×10=0.6,则从中抽取5个产品,其中一等品有3个,分别记为a,b,c,非一等品有2个,分别记为D,E,(6分)
从这5个产品中随机抽取2个,样本空间Ω={ab,ac,aD,aE,bc,bD,bE,cD,cE,DE},共10个样本点.(8分)
记事件A=“抽取的2个产品中最多有1个一等品”,
则A={aD,aE,bD,bE,cD,cE,DE},共7个样本点,(10分)
所以P(A)=.(11分)
(3)由题意可知,落在[50,60)内的频率为0.05,落在[60,70)内的频率为0.1,
所以×63=60(分),(13分)
s2=×[3+(63-60)2]=21.(15分)
17.解析　(1)证明:∵CD⊥BC,CD⊥AB,AB∩BC=B,AB,BC 平面ABC,∴CD⊥平面ABC,(2分)
又CD 平面BCD,∴平面ABC⊥平面BCD.(3分)
(2)取BC的中点O,过O作OE⊥BD于E,连接AE,OA,则AO⊥BC,
由(1)知平面ABC⊥平面BCD,且平面ABC∩平面BCD=BC,
又AO 平面ABC,故AO⊥平面BCD,(5分)
又BD 平面BCD,则AO⊥BD,
又OE⊥BD,OE∩OA=O,OA,OE 平面OAE,
故BD⊥平面OAE,又AE 平面OAE,故AE⊥BD,
因此∠AEO为二面角A-BD-C的平面角,(7分)
设BC=2,则AO=,
故cos∠AEO=.(10分)
(3)因为M,N分别为BD,CD的中点,故NM∥BC,
又MN 平面AMN,BC 平面AMN,故BC∥平面AMN,(12分)
又BC 平面ABC,平面AMN∩平面ABC=l,所以BC∥l,故BC与BD所成的角即为直线l与BD所成的角,(14分)
易知BC与BD所成的角为∠CBD=30°,
故直线l与BD所成角的余弦值为cos∠CBD=.(15分)
18.解析　(1)因为第六局乙方得分,所以第七局乙方先手掷壶,甲方后手掷壶,则第七局甲方得分的概率为.(2分)
若第七局甲方得分,则第八局甲方先手掷壶,乙方后手掷壶,则第八局甲方得分的概率为,(4分)
所以第七局、第八局均为甲方得分的概率为.(6分)
(2)前面已经比赛了六局,双方各胜三局,所以若十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方,则后面四局甲方全胜或者甲方胜三局.(8分)
若后面四局甲方全胜,由题知第七局乙方先手掷壶,则概率为;(10分)
若后面四局甲方胜三局,由题知第七局乙方先手掷壶,则可分为第七局乙方得分或第八局乙方得分或第九局乙方得分或第十局乙方得分,
其概率为,(14分)
则十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方的概率为.(17分)
19.解析　(1)由题意可得|b3|≥|b1+b2|,b1=(1,x-1),b2=(2,x-2),b3=(3,x-3),(2分)
则,解得0≤x≤2.(4分)
(2)存在“-1向量”ct,且“-1向量”为c3,c7,理由如下:由题意可得|ct|==1,若存在“-1向量”ct,只需使|S9+ct|≤1,
因为c1=(0,1),c2=(-1,0),c3=(0,-1),c4=(1,0),c5=(0,1),c6=(-1,0),c7=(0,-1),c8=(1,0),c9=(0,1),
所以S9=c1+c2+…+c9=(0,1),(6分)
故只需使≤1,即0≤2+2sin≤1,即-1≤sin≤-(t∈{1,2,3,…,9}),当t=3或t=7时,符合要求,
故存在“-1向量”ct,且“-1向量”为c3,c7.(9分)
(3)由题意得|a1|≥|a2+a3|,即≥(a2+a3)2,即+2a2·a3,
同理+2a1·a3,+2a1·a2,
三式相加并化简,得0≥+2a1·a2+2a1·a3+2a2·a3,即(a1+a2+a3)2≤0,则|a1+a2+a3|≤0,
所以a1+a2+a3=0,a3=-a1-a2=(,-3),(12分)
由a3·a1=sin A-3cos A=2=3,得sin,因为0在△ABC中,由正弦定理得,
即b+c=(sin B+sin C)=,(15分)
因为0故b+c∈,所以a+b+c∈,
故△ABC周长的取值范围为.(17分)
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)