【文档说明】湖南省永州市第一中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试题答案.pdf，共(4)页，473.202 KB，由管理员店铺上传

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第1页/共4页学科网（北京）股份有限公司2023年下期永州一中第一次月考试题参考答案1-8:BDCDCACB9．BCD10．ABC11.BC12．ACD13.1614．515．116．85【12详解】设线段AB的中点为D，因为圆O的半径为2，23AB，所以2223

1OD，且5OC，对于A选项，设点P到直线AB的距离为h，则95115hPDPOODPCOCOD，所以当且仅当,,,PDOC四点共线时，点P到直线AB距离的最大值为15，所以ABP的面积的最大值为153，故A正确；对于B选项，点C到直线PA的距离小于

等于CA，当PACA时，等号成立，又CA的最大值为7，所以点C到直线PA的距离的最大值为7，这时直线PA被圆C截得的弦长的最小值为2281782，故B错误；对于C选项，若ABP为等边三角形，则需

PDAB，3PD，因为1OD，所以点D的轨迹是以O为圆心的单位圆，所以min1PDPO，又PO的最小值为4，所以min3PD，当且仅当,,,PDOC四点共线时成立，因此有且仅有一个点P，使得

ABP为等边三角形，故C正确；对于D选项，若直线PA，PB都是圆O的切线，则PAOA，由射影定理，可得4PO，同上，当且仅当,,POC三点共线时，min4PO，因此有且仅有一个点P，使得直线PA，PB都是圆O的切线，故D正确；故选：ACD【16详解】以点C为坐标原点

，CD、CB、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则12,0,2D、1,1,0O、0,2,0B，设点0,,02,02Pyzyz，11,1,2DO，1,1,OPyz，因为1DOPO

，则11120DOOPyz，即2yz，即点0,2,Pzz，由题意可得02022zz，则01z，取点0,2,1E，则点P的轨迹为线段CE，设点B关于直线CE

的对称点为点0,,Bst，则线段BB的中点20,,22stM在直线CE上，所以，22st，可得22st，①0,2,BBst，22240BBCEstst，②，联立①②

可得65s，85t，则点680,,55B，由对称性可知PBPB，{#{QQABDQCEogCAAAJAAAhCAQnACEGQkBCACAoOQBAIIAAAwRFABCA=}#}第2页/共4页学科网（

北京）股份有限公司所以，点P到底面ABCD的距离与它到点B的距离之和的最小值，即为点B到平面ABCD的距离，即为85.故答案为：85.17.解：（1）直线l与直线:20mxy垂直，220a，

解得1a;(4分)（2）当0a时，直线l化为：1y．不满足题意．当0a时，可得直线l与坐标轴的交点2(0,)2a，2,0aa．直线l在两轴上的截距相等，222aaa，解得：2a．该

直线的方程为：0xy，20xy．(10分)18.因为2,0,2P，1,1,2M，3,0,4N，所以(1,1,0),(1,0,2),aPMbPN（1）(1,,2)kabkk，2(2,,4)kabkk

，因为()(2)kbbkbb，所以2(1)(2)80kkk，整理得22100kk，解得2k或52k，所以k的值为2k或52k.(6分)(2)设直线PM的单位方向向量为u，则222(1,1,0)(,,0).||222aua

由于(1,0,2)PNb，所以25b，2,2bu所以点N到直线PM的距离222232()5().22dbbu(12分)19．（1）过点2,1P且与直线10xy垂直的直线方程为30xy，联立302xyyx，解得

12xy，所以1,2M,所以圆M的半径为2221122MP,所以圆M的方程为22122xy+.(5分)（2）由（1）可知圆M的方程为22122xy+，因为直线l被圆M截得

的弦长为6，所以M到直线l的距离为62242d，若直线l的斜率不存在，则方程为0x，此时圆心到直线的距离为1，不符合题意；若直线l的斜率存在，设方程为ykx，{#{QQABDQCEogCAAAJ

AAAhCAQnACEGQkBCACAoOQBAIIAAAwRFABCA=}#}第3页/共4页学科网（北京）股份有限公司则22221kdk,即2870kk,解得1k或7,所以直线l的方程为0xy

或70xy.(12分)20.（1）连接BD交AC于点H，连接HE，∵AB∥DC，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴H是BD的中点，又E为线段PD的中点，∴HE∥PB，又HE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴直线PB∥平面ACE.(5分)（2）∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥A

P，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，得0,0,2,0,2,0,3,1,0,3,1,2BPDC，∴0,2,2,3,3,0,0,0,2PBPDCD，设平面PCD的一个法向

量为n(x,y,z)，则00nCDnPD，得20330zxy，不妨取(3,1,0)n，∴,cosnPB＜224222PBnPBn，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为

24．(12分)21．（1）在三棱柱111ABCABC中，四边形11AACC是平行四边形，而1ACAA，则11AACC是菱形，连接1AC，如图，则有11ACAC，因11ABAC，111ABACA，11,ABAC平面

1ABC，于是得1AC平面1ABC，而BC平面1ABC，则1ACBC，由90ACB得ACBC，1ACACA，1,ACAC平面11AACC，从而得BC平面11AACC，又BC平面ABC，所以平面11AACC⊥平面ABC.(5分)（

2）在平面11AACC内过C作CzAC，由（1）知平面11AACC⊥平面ABC，平面11AACC平面ABCAC，则Cz平面ABC，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴，建立空间直角坐标系，如图，因160AAC，1

4,2ACAABC，{#{QQABDQCEogCAAAJAAAhCAQnACEGQkBCACAoOQBAIIAAAwRFABCA=}#}第4页/共4页学科网（北京）股份有限公司则1(0,0,0),(4,0,0),(0,2,0),(2,0,23)CABA，假设在线段AC上存在

符合要求的点P，设其坐标为(,0,0),(04)P，则有1(2,2,23),(,2,0)BABP，设平面1BAP的一个法向量(,,)nxyz，则有12223020nBAxyznBPxy，令2x得

2(2,,)3n，而平面11AACC的一个法向量(0,1,0)m，依题意，222||3|cos,|4||||22()3nmnmnm，化简整理得：2340而04，解得1

，所以在线段AC上存在一点P，且P是靠近C的四等分点，使平面1BAP和平面11AACC所成角的余弦值为34.(12分)22．（1）设P点的坐标为(,)xy，因为2PBPA，可得2222(4)2(1)xyxy，整理得224xy，即曲线C的方程为22

4xy.(5分)（2）①如果斜率不存在，直线垂直于x轴，此时与圆交于两点，可得这些直线都是平行的，不可能经过同一点，不符合题意．②设存在定点Q满足条件，设直线l的方程为ykxb，设1122(,),(,)ExyFxy，联立方程组224ykxbxy

，整理得222(1)240kxkbxb，可得22212122224(2)4(1)0,,11kbbkbkxxxxkk，无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF，可得0DEDFkk

，所以1212033yyxx，可得1221()(3)()(3)0kxbxkxbx，所以12122(3)()60kxxbkxxb，所以222422(3)6011bkbkbkbkk

，整理得430kb，可得34kb，所以334(1)()443ybxbx，可得直线经过定点4(,0)3，所以存在过定点4(,0)3Q的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF．(12分){#{QQA

BDQCEogCAAAJAAAhCAQnACEGQkBCACAoOQBAIIAAAwRFABCA=}#}