2026-2027学年贵州省遵义市第二中学高二（上）阶段检测数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年贵州省遵义市第二中学高二（上）阶段检测数学试卷（10月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z满足z(3+i)=−5，则在复平面内，z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.已知命题p：∃x∈R，∀y∈R，x+y=0，p的否定是(

)A.∀x∈R，∃y∈R，x+y=0 B.∀x∈R，∃y∈R，x+y≠0

C.∀x∈R，∀y∈R，x+y≠0 D.∃x∈R，∀y∈R，x+y≠03.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a+c)(a−c)=b(b−3c)，则A=A.30° B.60° C.120° D.150°4.已知圆台的上、下底面圆周都在半径为2的球面上，圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，则圆台的体积为(

)A.73π3 B.535.已知|a|=1，|b|=2，a⊥(2a+bA.3b B.32b C.66.如图，利用斜二测画法画出的四边形ABCD的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=6，C′D′=3，则四边形ABCD的面积为(

)A.92

B.274

C.277.用平行于底面的平面截高为3的正四棱锥，该棱锥底面边长为6，截面面积为4，则截去一个小四棱锥后剩下几何体的侧面积为(

)A.32 B.72 C.322 8.如图所示，二面角α−l−β为60°，A，B是棱l上的两点，AC，BD分别在半平面α，β内，且AC⊥l，BD⊥l，AC=3，BD=4，CD=17，则AB的长为(

)A.4

B.17

C.12二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知向量a=(3,−1),b=(1,2)，则下列选项正确的是A.a⊥b

B.|a+b|=17

C.已知c=(t,1)，若a10.设直线m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列事件中是必然事件的是(

)A.若m//α，n//β，m⊥n，则α⊥β B.若m//α，n⊥β，m//n，则α⊥β

C.若m⊥α，n//β，m⊥n，则α//β D.若m⊥α，n⊥β，m//n，则α//β11.如图，在矩形AEFC中，AE=3，EF=2，B为EF的中点.现分别沿AB，BC将△ABE，△BCF翻折，使点E，F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P−ABC，则下列结论正确的有(

)A.三棱锥P−ABC的体积为23

B.异面直线PA与BC所成角的余弦值为36

C.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为23三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.圆锥的侧面展开图的弧长为10π，若该圆锥的高为12，则该圆锥母线的长为

．13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bcosC+ccosB=3，A=π3，b=1，则c=

14.如图，在棱长为3的正四面体P−ABC中，M是棱PB上一点，且PM=2MB，过点M作平面α，PC//α，且平面α分别交AP，BC，AC于点N，G，H.若四边形MNHG的周长为7，则NH=

．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13分)

如图，已知△ABC中，AB=6，∠ABC=45°，∠ACB=60°，延长BC至点D，连接AD．

(1)求AC的长；

(2)若CD=3，求△ABD16.(本小题15分)

如图，正四棱锥S−ABCD中，AB=AS，点P在侧棱SD上且SP=3PD．

(Ⅰ)记平面SAB∩平面SCD=l，证明：l//CD；

(Ⅱ)若点E在侧棱SC上且SE=2EC，求证：BE//平面PAC．17.(本小题15分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinB=13．

(1)分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1−S2+S318.(本小题17分)

如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面PBC，AC=BC=22AB，PB=PC=1，PB⊥PC，M为BC的中点．

(1)求证：AC⊥平面PBC；

(2)求点M到平面PAB的距离；

(3)求直线AM19.(本小题17分)

在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AD=2AB=22，∠ABC=90°(如图1).把△ABD沿BD翻折，使得二面角A−BD−C的平面角为θ(如图2)，M、N分别是BD和BC中点．

(1)证明：平面BCD⊥平面AMN；

(2)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A−BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度(可用θ表示)，适当说明理由，无需证明；

(3)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得APPB=NQQD=λ(λ∈R)(如图3)，令PQ与BD，PQ与AN所成的角分别为θ1和θ2，且1.【答案】B

2.【答案】B

3.【答案】A

4.【答案】A

5.【答案】B

6.【答案】D

7.【答案】C

8.【答案】D

9.【答案】BC

10.【答案】BD

11.【答案】ABD

12.【答案】13

13.【答案】2.

14.【答案】2+215.【答案】2

3216.【答案】解：(1)证明：在正四棱锥S−ABCD中，AB/​/CD，CD⊄平面SAB，AB⊂平面SAB，

则CD/​/平面SAB，而CD⊂平面SCD，平面SAB∩平面SCD=l，

所以l/​/CD．

(2)证明：连接BD交AC于O，连接OP，则O为BD中点，

取SD中点Q，又SP=3PD，则PQ=PD，

过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE，

在△BDQ中，有BQ//PO，

由PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，

得BQ//平面PAC，

而SQQP=2，则SEEC=SQQP=2，

又QE//PC，PC⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，

则QE//平面PAC，

又BQ∩QE=Q，BQ，QE⊂平面BEQ，

因此平面BEQ//平面PAC，

又BE⊂平面BEQ，

17.【答案】解：(1)由题得S1=12⋅a2⋅32=34a2,S2=34b2,S3=34c2，

所以S1−S2+S3=34a2−34b2+34c2=32，即a2+c2−b2=2，

由余弦定理得cosB=a2+c2−b22ac，整理得accosB=1，所以cosB>0，

又因为sinB=13，所以cosB=1−(13)2=223，

所以223ac=1，解得ac=1cosB=18.【答案】(1)证明：因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC=PC，PB⊥PC，PB⊂平面PBC，

所以PB⊥平面PAC，

又AC⊂平面PAC，所以PB⊥AC，

因为AC=BC=22AB，所以AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC，

又BC∩PB=B，且BC，PB⊂平面PBC，

所以AC⊥平面PBC．

(2)解：由(1)及已知可得BC=AC=2,AB=2，

设点M到平面PAB的距离为d，则点C到平面PAB的距离为2d，

因为AC⊥平面PBC，

所以VA−PBC=13S△PBC⋅AC=16PB⋅PC⋅AC=26，

在Rt△PAC中，AC=2,PC=1，所以PA=AC2+PC2=3，

由(1)知PB⊥平面PAC，

所以PB⊥PA，

所以S△PAB=12PA⋅PB=19.【答案】解：(1)因为AB=AD，且点M是BD的中点，所以AM⊥BD，

因为△ABD是等腰直角三角形，AD=AB=2，所以BD=2，

因为BC=22，∠CBD=∠ADB=45°，

所以DC=BD2+BC2−2BD⋅BC⋅cos45°=2，

所以BD2+DC2=BC2，得BD⊥DC，

因为点M，N分别是BD，BC的中点，所以MN/​/DC，即BD⊥MN，

AM∩MN=M，且AM，MN⊂平面AMN，

所以BD⊥平面AMN，且BD⊂平面BCD，

所以平面BCD⊥平面AMN；

(2)由(1)知BD⊥平面AMN，分别取AB，BM的中点为G，O，连接OG，OE，EG，

则OG//AM，OG⊄平面AMN，AM⊂平面AMN，所以GO//平面AMN，

同理EO/​/平面AMN，由于GO∩OE=O，GO，OE⊂平面EOG，

所以平面EOG//平面AMN，

所以BD⊥平面EOG，因此点F在平面EOG上运动，故