2026年寒假验收卷（范围：选择性必修第二册第6～7章）高二数学苏教版

2026年寒假验收卷 范围：苏教版选择性必修第二册 第6章~第7章 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．某人计划去广西旅游，打算从北海银滩、钦州三娘湾、桂林漓江、大新德天瀑布、百色乐业大石围天坑这5个景点中选3个景点去游玩，则不同的选择方法种数为（   ） A．60 B．20 C．12 D．10 【答案】D 【解析】从5个景点中选3个，有种不同的选法. 故选：D 2．若不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】B 【解析】因为向量不能构成空间的一个基底，所以这三个向量共面，则存在实数使得， 即， 所以，即. 故选：B 3．如图，在平行六面体中，与的交点为点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】. 故选：B. 4．展开式中含项的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意知，展开式的通项公式为， 令，得，故含项的系数为. 故选：B. 5．若，则（   ） A．8 B．2 C． D．42 【答案】C 【解析】二项式展开式的通项公式为， 因此展开式含的项为， 所以. 故选：C 6．已知平面的法向量，且点，，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意得，点到平面的距离为. 故选：A. 7．已知二项式的展开式中，二项式系数的和为，则二项式系数最大的项是（   ） A．第3项 B．第、项 C．第4项 D．第、项 【答案】C 【解析】因为的展开式中，二项式系数的和为64，所以，解得；所以该二项式的展开式共7项，所以二项式系数最大的项为第4项. 故选：C． 8．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则下列命题正确的有（   ） ①：点P在平面上的轨迹为椭圆    ②：线段长度的最小值为1 ③：线段长度的最大值为3 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【解析】因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面. 如图建立空间直角坐标系， 在直角三角形中，由，，可得， 所以，设， 则， 所以点到的距离为： 所以的面积为， 平方化简上式得：， 由上可得：点P在平面上的轨迹为椭圆，故①正确； 由，则，把代入可得： 因为，所以， 即当时，，故②错误； 当时，，故③正确； 综上正确的是：①③， 故选：B. 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．已知向量，则下列运算结果正确的是（    ） A． B． C． D．与同方向的单位向量是 【答案】ABC 【解析】由，可得，故A正确； 由，可得，故B正确； 由，可得，故C正确； 由，可得与同方向的单位向量是，故D错误； 故选：ABC 10．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】令，得，故A错误； 令，得，故B正确； 令，得，故C正确； 将与这两式的左右两边分别相加， 得，解得，故D错误. 故选：BC. 11．如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点，则（  ） A．若N为线段GH上的中点，则 B．不存在点N，使得. C．存在，，使得 D．异面直线CE与BH所成角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】在三棱锥中，平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 对于A，由N为线段GH上的中点，则， 又，所以，正确； 对于B，由是线段上的动点，设，则，， 由，则不存在点，使得，正确； 对于C，由，得， 则，方程无解，因此不存在，，使得，错误； 对于D，，，则， 所以异面直线CE与BH所成角的余弦值为，D正确. 故选：ABD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有 个． 【答案】18 【解析】先从这3个数中选2个，有种选法； 再分配2个数到3个位置，必有2个位置的数是相同的， 选择出现1次的数：从选中的2个数中选1个，有种选法， 选择出现1次的数的位置：有种选择； 共有种编码. 故答案为：18 13．的展开式中常数项是 ．（用数值作答） 【答案】924 【解析】的展开式中常数项是. 故答案为：． 14．在空间直角坐标系中，已知向量，点，点．（1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证：；（2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意点，求证：．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线l是平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为 ． 【答案】 【解析】平面的方程为，平面的一个法向量， 同理，可得平面的一个法向量， 平面的一个法向量， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，取，则 设直线l与平面所成角为，则. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 有4个学生和2个老师围绕圆桌入座，问： (1)有多少种就座方法？ (2)如果老师必须相邻，有多少种就座方法？ (3)如果老师必须不相邻，有多少种就座方法？ 【解析】（1）将师生6个人全排列，有种， 由于6种直排列对应同一种环状排列， 故共有（种）． 4分 （2）由于老师相邻，可把2个老师看作1个整体， 可得共有（种）． 8分 （3）只要在所有环状排列中减掉老师相邻的种数即为老师不相邻的种数， 故有（种）． 13分 16．（15分） 如图，在棱长为2的正四面体中，已知是线段的中点，点在线段上，且. (1)用向量表示； (2)求； (3)求向量与夹角的余弦值. 【解析】（1） ； 4分 （2） 9分 （3）因为， 所以 . . 由正四面体的棱长为2，可得， 所以. 15分 17．（15分） 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. (1)求展开式的所有二项式系数之和； (2)求的值； (3)判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 【解析】（1）因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的所有二项式系数之和为. 4分 （2）令，得. 令，得， 所以. 9分 （3）展开式的通项. 由得. 因为r为整数，所以，所以的展开式中第5项系数的绝对值最大. 15分 18．（17分） 如图，直角梯形，，，，为中点，将沿折起，使D到P处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，， （ⅰ）当时，求证：平面平面； （ⅱ）当二面角的正弦值为时，求的值． 【解析】（1）连接交于点，连接，由题意四边形是矩形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面，所以平面； 4分 （2）由，，得，则， 又平面平面，平面平面，平面， 面，面，则， 在矩形中，有， 6分 以为原点，以方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则有，，，，，， 所以，，， 由，． 8分 （ⅰ）当时，，， ，， ，， 又，平面，平面， 平面，平面，则平面平面． 12分 （ⅱ）取平面的法向量，设平面的法向量为， 则，令，则， 因为二面角的正弦值为，则余弦值为， 15分 ， 化简得：，解得或． 17分 19．（17分） 在四棱锥中，底面为正方形，是中点，平面，，，平面平面． (1)求证：； (2)如图，且，求点到平面的距离； (3)设四棱锥的外接球球心为，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）∵四边形为正方形，∴， 又平面，平面，∴平面， 又平面，平面平面，∴； 4分 （2） 如图所示，取中点，连接，则， ∵平面，平面，平面， ∴，， ∴以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 6分 则，，，，， 于是，，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，解得，即平面的一个法向量为， ∴点M到平面PBC的距离为． 10分 （3）存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为， ∵，且平面为正方形， ∴点在平面上的射影是的中心，可设，则， ∴，解得． 即，， 12分 设，， ∴，，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，解得， 14分 即平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， ∴， 化简得，解得或， ∴当或时，直线与平面所成角的正弦值为． 17分 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年寒假验收卷 范围：苏教版选择性必修第二册 第6章~第7章 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．某人计划去广西旅游，打算从北海银滩、钦州三娘湾、桂林漓江、大新德天瀑布、百色乐业大石围天坑这5个景点中选3个景点去游玩，则不同的选择方法种数为（   ） A．60 B．20 C．12 D．10 2．若不能构成空间的一个基底，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 3．如图，在平行六面体中，与的交点为点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（   ） A． B． C． D． 4．展开式中含项的系数为（   ） A． B． C． D． 5．若，则（   ） A．8 B．2 C． D．42 6．已知平面的法向量，且点，，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 7．已知二项式的展开式中，二项式系数的和为，则二项式系数最大的项是（   ） A．第3项 B．第、项 C．第4项 D．第、项 8．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则下列命题正确的有（   ） ①：点P在平面上的轨迹为椭圆    ②：线段长度的最小值为1 ③：线段长度的最大值为3 A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 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．已知向量，则下列运算结果正确的是（    ） A． B． C． D．与同方向的单位向量是 10．已知，则（    ） A． B． C． D． 11．如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点，则（  ） A．若N为线段GH上的中点，则 B．不存在点N，使得. C．存在，，使得 D．异面直线CE与BH所成角的余弦值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有 个． 13．的展开式中常数项是 ．（用数值作答） 14．在空间直角坐标系中，已知向量，点，点．（1）若直线l经过点，且以为方向向量，P是直线l上的任意一点，求证：；（2）若平面经过点，且以为法向量，P是平面内的任意点，求证：．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线l是平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 有4个学生和2个老师围绕圆桌入座，问： (1)有多少种就座方法？ (2)如果老师必须相邻，有多少种就座方法？ (3)如果老师必须不相邻，有多少种就座方法？ 16．（15分） 如图，在棱长为2的正四面体中，已知是线段的中点，点在线段上，且. (1)用向量表示； (2)求； (3)求向量与夹角的余弦值. 17．（15分） 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. (1)求展开式的所有二项式系数之和； (2)求的值； (3)判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 18．（17分） 如图，直角梯形，，，，为中点，将沿折起，使D到P处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，， （ⅰ）当时，求证：平面平面； （ⅱ）当二面角的正弦值为时，求的值． 19．（17分） 在四棱锥中，底面为正方形，是中点，平面，，，平面平面． (1)求证：； (2)如图，且，求点到平面的距离； (3)设四棱锥的外接球球心为，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年寒假验收卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1 2 3 4 5 6 7 8 D B B B C A C B 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 10 11 ABC BC ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12．18 13．924 14． 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．【解析】（1）将师生6个人全排列，有种， 由于6种直排列对应同一种环状排列， 故共有（种）． 4分 （2）由于老师相邻，可把2个老师看作1个整体， 可得共有（种）． 8分 （3）只要在所有环状排列中减掉老师相邻的种数即为老师不相邻的种数， 故有（种）． 13分 16．【解析】（1） ； 4分 （2） 9分 （3）因为， 所以 . . 由正四面体的棱长为2，可得， 所以. 15分 17．【解析】（1）因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的所有二项式系数之和为. 4分 （2）令，得. 令，得， 所以. 9分 （3）展开式的通项. 由得. 因为r为整数，所以，所以的展开式中第5项系数的绝对值最大. 15分 18．【解析】（1）连接交于点，连接，由题意四边形是矩形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面，所以平面； 4分 （2）由，，得，则， 又平面平面，平面平面，平面， 面，面，则， 在矩形中，有， 6分 以为原点，以方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则有，，，，，， 所以，，， 由，． 8分 （ⅰ）当时，，， ，， ，， 又，平面，平面， 平面，平面，则平面平面． 12分 （ⅱ）取平面的法向量，设平面的法向量为， 则，令，则， 因为二面角的正弦值为，则余弦值为， 15分 ， 化简得：，解得或． 17分 19．【解析】（1）∵四边形为正方形，∴， 又平面，平面，∴平面， 又平面，平面平面，∴； 4分 （2） 如图所示，取中点，连接，则， ∵平面，平面，平面， ∴，， ∴以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 6分 则，，，，， 于是，，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，解得，即平面的一个法向量为， ∴点M到平面PBC的距离为． 10分 （3）存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为， ∵，且平面为正方形， ∴点在平面上的射影是的中心，可设，则， ∴，解得． 即，， 12分 设，， ∴，，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，解得， 14分 即平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， ∴， 化简得，解得或， ∴当或时，直线与平面所成角的正弦值为． 17分 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $