b=号，解得b=1或b=一1（舍去），.直线PQ的方程为x一y十1=0.…6分(2)设点N的坐标为(x,y)(x<0),M的坐标为（一2，），连接OM,OP,OQ,则点N在OM上，由(1)知PQ⊥OM,又OP⊥MP,可知△PNO∽△MPO,器-器则oMON=0P.将坐标代入得√4十n2·√x2+y2=2,①又OM/ON,则n.x=-2y,即n=-2y(x≠0)，②将②代入①，得x2十y2=x,.x<0,化简得点N的轨迹方程为x2十y2十x=0(x≠0).…12分19.【解题分析】如图所示，取AB的中点E,则DE∥BC,因为BC⊥AC,所以DE⊥AC.又AD⊥面ABC,以DE,DC,DA1所在的直线分别为x轴，y轴，之轴建立空间直角坐标系，则A(0,一1,0)，C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,t),C(0,2,t)(t为常数).(1)AC=(0,3,t),BA=(-2,-1,t),C第=(2,0,0)，由AC·Ci2=0,知AC1⊥CB,又BA1⊥AC,从而AC⊥面ABC.…6分(2)hAC·BA1=-3+t=0,得t=√3，D月C设面AAB的法向量为n=(1,y,a1),AA=(0,1,W3),AB=n·AA=y十3=0(2,2,0),所以n·AB=2.x1+2y=0设1=1，则x1=√3，y1=一√3，即n=(W3,一√3,1)，所以点C到面A1AB的距离d=AC·n_22红…12分n7fa-1+b+1-1=02220.【解题分析】(1)设C(a,b),.D,C两点关于x十y一1=0对称，.,解得年16=2圆C的方程为x+（y一22=，又点M在圆上63)十1-2》=r=4,六圆a=0C的方程为x2十(y-2)2=4.…5分(2)设A(1,y1),B(x2,y2),P(t,一2)，∴.切线PA:x1x十(y1-2)(y-2)=4,切线PB:x2x十(y2-2)(y-2)=4,又PA与PB交于P点，.tx1一4(y1一2)=4和tx2-4(y2-2)=4成立，∴.直线AB的方程为tx一4y十4=·115:【23·G3DY(新高考)·数学·参考答案一必考一FJ】

全国®0所名接单元测试示范卷教学札记所以直线PF:的方程为y一一)，当=0时y一，即点Q的坐标为0，)，所以直线rQ的斜率为C-To因为PF⊥FQ,所以以年。‘云=-16=-=-(a-)=-(2-10.因为票十兰=1，且点P在第一象民所以0=d0=1一心，所以中为=1故点P在定直线x十y=1上22.(12分)已知情烟C号+芳=1a60)的个焦点为3,0).且过点1，受。(1)求椭圆C的方程；(2)若动点P为椭圆C外一点，且过点P与椭圆C相切的两条直线互相垂直，求点P的轨迹方程.解析：(1)由题知，椭圆C的另一个焦点为（一√3,0），所以2a-√0-3)+度+0+3)+=4，所以a=2因为份=a-2,所以6=1，所以椭圆C的方程为云+y=1.(2)设点P的坐标为(x,),当切线的斜率存在且不为0时，设切线方程为y一=(x一0)，联立十-1并化简得(42+1)x2+8k(-k0)x十4(-x0)2-4=0,y-yo=k(x-xo)△=[8k(%-k.m)]2-4(4k2+1)[4(%-k.0)2-4]=0,所以(x号-4)k2-2x0%k十3听-1=0.设两切线的斜率分别为k1,k2,故k1,k2为上式方程的两根因为商切线互相多直，所以·必=一1所以源一1，整理得店十号=5。所以点P的轨迹方程为x2十y2=5(x≠士2).当一条切线斜率不存在，另一条切线的斜率为零时，点P的坐标为(2,1)，(2，一1)，（一2,1），（一2，一1）均满足x2+y2=5.综上所述，点P的轨迹方程为x2十y2=5.【23.DY·数学-RA-选修2-1（理科）-N】13

教学全国©0所名校单元测试示范卷扎记即x-y-1=0.(2)点C在中线CD上，∴.m十2n-1=0.:点C到直线AB:xy-1=0的距离d=m01,AB-V3+1)+(2+2-42,Sar=号·cd√2·A加-×后×原-1egag点C参标52-√22).19.(12分)已知圆C:(x-1)2+(y+1)2=4,圆C2:x2+y2+6.x+my+9=0(1>0).(1)若圆C1与圆C,有四条公切线，求实数m的取值范围；(2)若圆C,与圆C2的公共弦长为2√3，求实数m的值.解析：(1)(x-1)2+(y十1)2=4的圆心为C(1,-1),半径为n=2,圆C2:x2十y2十6x十y十9=0可化为(x3)2+(y+受)2-空°，其圆心为C(-3,-罗)，半径为受，则圆心距为CC-√1+3)+(-1+受)-m十17V-m+17.因为圆G与圆有四条公切线，所以圆G与圆C相离，可得GC>2+受，即√网≥2+受解得m<号又m>0,故实载m的取值范国是(0，导(2)圆C:(x-1)2+(y十1)2-4的一般方程为C:x2十y2-2x十2y-2=0,将圆C与圆C2的方程作差，可得两圆公共弦所在直线方程为8x十(m一2)y十11=0，因为圆C与圆C2的公共弦长为2√3，所以圆心C(1,一1)到直线x十6m2y+11=0的距离为V2-5-1,所以d=8x2-1,解餐m=器√82+(m-2)220.(12分)》已知圆C的方程：x2+y2-2x-4y十m=0,其中m<5.()若圆C与直线：3x一4y+2=0相交于M,N两点，且MN=号，求m的值，(2)在(1)的条件下，是否存在直线：3x十4y十c=0,使得圆C上有四个点到直线1的距离为号？若仟在，求出c的取伯范围：者不行在，请说明理血。解析：(1)：圆C的方程可化为(x-1)2十(y-2)2=5-m,.圆心为C(1,2),半径r=√5-m,又周心C1,2》到直线13x一40十2-0的距离为d18X-22-号，由于1MN=号.则号MN√32+(-4)72×号-青，由产=+(gMN,得(5-m)=(号)P十（告），解得m=4。(2)假设存在直线4：8十十=0，使得图C上有四个友到直线4的距离为号由于圆心为C(1,2),半径r=√5-4=1，则圆心C(1,2)到直线4：3x十4y十c=0的距离为d1=L3X1十4x2d-l士n,所以d山=11<1-号引，解得-14长c<-8√/32+45即存在直线4：3x十4y十c=0,使得圆上有四点到直线4的距离为号，c的取值范固为(-14，一8).21.(12分)已知直线l:y=2x+1,A(5,1),B(-7,2).(1)求直线1关于点A的对称直线；(2)若点P在直线1上，求PA一|PB的最小值及取最小值时点P的坐标.解析：(1)设直线1关于点A的对称直线为1。，易知直线∥1，所以可设：y=2x十.在直线1上取一点C(0,1),点C(0,1)关于点A(5,1)的对称点为C(10,1),由题可知点C(10,1)在直线。上，代入可得1=2×10十m,解得m=-19,所以直线1关于点A的对称直线为y=2x一19.16【23新教材.DY.数学-BSD-选择性必修第一册-N】

a、XC=,0容≤，0+=6(CG的长中手￥手径)，等号成立的泰件是CG刚好为年轻，+r-1nr+1,与G(x)=&2在[1，+o)上不是都SAx=4CD0,放流D电己得a30>32=1b=0ga3c>b,的“完美函数”，m≥a,故选CD.故诚A.1L.如图所示，由已知得，&p-iro(-子)-snon=snow(受Q点必在椭圆上，且a=/6,b=√2,6=2，选)sinar]-sinar[cos (ar1sinr]项A:IPF1十1QF,PF+IPFiar(iae+1sina)-sina,t由or-登十2k,可2√6，故不正确；选项得一念+当ke乙，由在区闲0，们上格好取B:△PQB的面积为△POB的面积的2倍，△PQB面积的得一心最大值，可得+2>,解之得≤w<最大值为2X(2ab)=ab=23,故正确；选项C,:2F,Fg关于原点对称，且P,Q关于坐标原点对称，多又f()在区间[一管]上是增面数，则四边形PFQF2是行四边形，.{PQ={PF,2+|QF112-2PF1|·1QF1|·cos∠PFQ,|PQ2=|PF2I2+|QF212-2|PF2{·1QF2|·cos∠PF2Q,2,期之得心是，嫁上，心的取值范因是1F1F212=1PF1I2+1PF22-2IPFL·PF21·COSF PF2,IFF22=IQF:2+QF212-2QF·QF,|·cos∠FQF2,四边形PFQF2四边的之Sm区5，放选B.方和等于|PQ2+|F:F22=1PQ12+16≥>(2√2)29.对于A,通过回归直线y=x十a及回归系数高，可估十16=24，故不正确；选项D:b=√2受，故正确，故选BD.据x,,…,x10的方差为2，则数据2x1一1,2x212.在正方体ABCD-1,2.x-1,…,2x10一1的方差为22X2=8,故C-AB1CD1中，正确：对于D,由题知2”=32，得n=5,故二项式为(2x以点D为原点，二，展开式的通项为T+,=C·(2x)-(一1向量DA,DC,DD的方向分别(一1)·25-t·C·x5-,显然k=2时，可得x2项为x,y,之轴的正的系数为（一1）2·23·C号=80，故D错误.故选BC方向建立空间直角坐标系，如图，10ga=e+a+,>0g)=e+1-在令正方体的棱长D.0,十)单调递增，g(})=-1>0,可以得出：为1，则A(1,0,0),B(1,1,0),8)在[号，+∞)上是单调递增.：G(x)C(0,1,0),A1(1,tzinH()(-1)int-2,0,1),B:(1,1,1),C(0,1,1),D1(0,0,1),对于A,棱x>0,CC中点N0,1,),则A=(-1,1,2),B配=(0，设m(x)=xe-e-2+1n,m()=xe+1>0,0,),A·BE-之，即A衣与露不垂直，A不正m在0，+0)上单调道增，m(号)=-26-2确；对于B,棱BC中点M(21,0),对A商=(-n2<0,m①=te-2+0=-2<0,m(号)=e1,0),令面AMN的法向量n=(x,y,z),因此，-2+h(号)>0，在[号，十∞)上，有G（x)>0成n·A应=-2x+y=0立，画数G(x)=82在[，十∞)上是单调递增n·AN=-x+y+2x=01令y=1,得n=(2,1,函数，综合判断：g(x)=e十x-lnx+1,与G(x)=2),又棱BB中点R(1,1,2),则A=(0,1,在[号，十o)上都是单调递增函数，8（①=ex2),A求·n=1×1+(-7)×2=0,即ALm而AR亡面AMN,于是得AR∥面AMN,B正19

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所以f(x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(-∞，1)，所以f(x)在x=1处取得极小值即最小值，即f(x)=f()=-,所以f(x)+e≥0恒成立.【小问2详解】函数f(x)=(x-2)e*-ax2+2ax定义域为R,且f'(x)=(x-1)e-2ax+2a=(x-1)(e*-2a,当2a≤0，即a≤0时e-2a>0恒成立，当x>1时f'(x)>0,当x<1时f'(x)<0,所以∫(x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(-∞，1)，所以f(x)在x=1处取得极小值，即x=1是∫(x)的一个极小值点，不符合题意：当2a=e,即a=时f"()20恒成立，所以f()在R上单调递增，无极值，不符合愿意：当0<2a0,解得x1,令f'(x)<0,解得ln2ae,即a>e时，2令f9x>0,解得x<1或x>ln2a,令'(x)<0,解得1

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数学·季专答案及解折一、选择题1G.(1)证明：因为AB=AM=2,MB=2√2，1.B2.A3.C4.D5.C6.B7.C8.D4所以AMP+AB=MB,所以AB⊥AM.(2分)二、选择题9.AB 10.ABD1.ACD,。又AB⊥AD,且AM∩AD=A,AM,ADC面ADM,三、填空题所以AB⊥面ADM.(4分)12.(0,1)哈w回(2)解：因为AM=AD=2,MD=2W3,13.(x-3)2+(y-3)2=28所以o∠MD=技装名是-含且0<∠AD<14.502四、解答题180°，可知∠MAD=126°、}·(6分)在面ADM内过点A作x轴垂直于AM,由(1)知15.解：（1)/r)=是-n+号sin2a=号22AB⊥面ADM,以AM,AB所在直线分别为y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系，2。2为:(2分)因为-杯所以。料桑圆故f)=sim(合x+晋）(3分)M v0803t一8由-受十2x≤号+6受+2xk∈么，国则D5,-1,o),c(3,1,号)B0,0,2)M0,2.e解得钻x一经<≤4hx十经，k∈Z(4分)0).(8分)当k=0时，一≤<经，因为BE=2EM,所以E(0,号号）又x∈[0，π]，所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间为[](6分)可得ò-(，-子号）8府=(02，-2)，ò-(2)由(2a-c)cosB=b·cosC,(3,-1,-2)(10分)(2sin A-sin C)cos'B=sin Bcos C,设面BDM的法向量为n=(x,y,z),所以2 sin Acos B=sin Bcos C+cos Bsin C=sih(B+(BM·n=2y-2z=0,C)=sin A.(8分)则BD.m=5x-y-2x=0,因为sinA≠0，所以cosB=之，取x=1,得n=(3,1,1),(12分)又B∈(0，x),所以B=号，设直线EC与面BDM所成角为0∈[0，受}，所以A)=(合A+晋)(10分)则sin0=lcos(EC,m>1=EC.l因为君

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为x=5.5，又x为正整数，故x=5或6.故选C一日只收7.【答案】A当f（x）=0时，x=1,01时，f'（x）>0，f（x）单调递增。f（x）在x=1处取最小值f（1）-1，nx>1-，（x>0且x≠1），10_1c>b;n1.1>111>1,<1，g’（x）>0，g（x）在（1，+∞）上递增，·b，即g（x）>g（1）=0,e.1-1-1>ln1.1,即e1-1>ln1.1,a>故选A.立8.【答案】C【解析】因为f（-x）+f（x）=6，所以-f（-x）+f（x）=0，即f（x）=f（-x）.3，所以又因为f(x）+f（-x）>0，所以f（x）+f（x）>0，令g（x）=e²f(x），g’（x）=[f（x）+f（x）]e>0,g（x）在R上单调递增.又因为f（-x）-f（+x）=0且f(x）+f（-x）=6,所以f（x）的周期为3，f（2024）=e，则f（2）=e，所以g（2）=e²xe=e²，则不等式f（x+1）>e²-→>e+f（x+1）>→g（x+1）>g（2），因为g（x）在R上单调递增，所以x+1>2，即x>1.故选C.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）9.【答案】AC【解析】：P(cos1,sin1）,P（cos2,-sin2），P（cos（1+2）,sin（1+2））,Q(1,0）,OP=（cos1,sin1）,OP=（cos2,-sin2），OP=（cos（1+2）,sin（1+2））,O=（1,0），QP=（cos1-1,sin1）,QP=（cos2-1，-sin2），易知|OP丨=|OP∣=1，故A正确；|QP1=√2-2cos1，1QP，｜=√2-2cos2，1QP∣≠1QP∣，故B错误；OQ·OP=cos（1+2）=cos lcos 2-sin 1sin 2.OP·OP=cos lcos 2-sin 1sin 2.O·OP=OP·OP，故C正确；OQ·OP=cos1,OP·OP=cos 2cos3-sin2sin3=cos 5≠cos1，故D错误.故选AC.HO.AO树苗所走10.【答案】ABD【解析】对于A:a=1，f（x）=x²+x+2，f（x）=3x²+1>0，f（x）单调递增，无极值点，故A正确2+··.+对于B：因为f（x）+f（-x）=4，所以函数f（x）的图象关于点（0，2）中心对称，故B正确；的对称轴数学答案第2页（共6页）

13:48?H[99]8/17【答案】C【详解】设小球半径为R，因为一个小球与一个四棱台的每个面都相切，所以四棱台的体积等于以球心为顶点，以四棱台的上、下底面和四个侧面为底面的六个四棱锥的体积之和，其高都是球的半径R，且棱台的高是2R，则四棱台的体积为V=11RS+RS=1RS2+(S+S2+√SS2)·2R,333得S=S+S2+2√SS2=（√S+√S2)²，即√s=√S+√S2，故选：C7.若函数f（x）=²+ax²+bx+c有极值点，，且f（x）=，则关于x的方程3[f（x）]²+2af（x）+b=0的不同实根个数是（A.3B.4C.5D.6【答案】A【详解】：函数f（x）=x²+ax²+bc+c有极值点c2，f（x）=3x²+2ax+b，且x，x是方程3x²+2ac+b=0的两个根，不妨设x0，f（c）单调递增，当x∈（x，2）时，f（x)<0，f（x)单调递减，又f（c）=c，则可画出f（c）的大致图象如下：V如图所示，满足f（x）=或f（x）=c2有3个交点，即关于x的方程3（f（x））²+2af（x）+b=0的不同实根有3个.故选：A.8.下列对于函数f（c）=（c+a)（cos2c一sinc）的图象说法正确的是：（A.既可能存在对称中心，又可能存在对称轴B.可能存在对称中心，但不可能存在对称轴C.不可能存在对称中心，但可能存在对称轴D.既不可能存在对称中心，又不可能存在对称轴【答案】B【详解】令f（x）=0，得c+a=0或cos2c-sinc=0即2sin²c+sinc-1=0，当c+a=0时，解得c=-a；当2sin²c+sinc-1=0时，解得sin=2