湖北省云学名校联盟2024-2025学年高二下学期3月月考数学试题

2025年湖北云学名校联盟高二年级3月联考 数学试卷 命题学校：新洲一中 命题人：黄宏试张千秋陈双雄 审题学校：孝感高中 考试时间：2025年3月4日15：00-17：00时长：120分钟 试卷满分：150分 注意事项： 1.答愿前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答 思卡上的指定位置。 2.选择愿的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在 试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择愿的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸 和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 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.与直线3x+4y+5=0关于y轴对称的直线的方程为 A.3x+4y-5=0 B.3x+4y+5=0 C.3x-4y+5=0 D.3x-4y-5=0 2.已知曲线fx)=。x2-2上一点(1，yo),记f日为函数fx)的导数，则∫①+四 2 B.-3 2 3.已知数列{an}满足a,=2,an=2- ,0m22),则a0s= an-1 2025 2026 B. C.2 D. 3 2024 2025 4.如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，M,N分别 为BC,AD的中点，则直线AM和CN夹角的正弦值为 A.3 3 B. 4 c.5 D. 3 高二3月联考数学议卷第1页共4页 扫描全能王创建 5.椭圆女+上=1上的点P到直线x+2y-8=0的最大距离为 4 3 A.√5 B.45 c.125 D.2√5 5 6.已知函数f(x)=e-er+l,记等差数列{an}的前n项和为S,若f(a,+1)=101, f(ao25+1)=-99,则S22s= A.-2025 B.-4050 C.2025 D.4050 7.已知三棱锥P-ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且PA=3V√2，PB=PC=5, 则该三棱锥的内切球的半径为 A.√34 B.V34 c.641 D.3V47 41 41 8.已知抛物线方程为y2=6x,在x轴上存在一定点M,使得经过点M的任意一条弦AB,满足 1 M4MB为定值，则t= B. 1 D. 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.已知等差数列{an}的公差为正数，Sn是数列{an}的前n项和，若a,+a4=8,a2a3=15,则 .a1=1 B.数列e,是公比为e的等比数列(e为自然对数的底数) C.S=n2+1 D.数列gan}是公差为lg2的等差数列 10.已知动点M与两个定点O0,0)P3,0)的距离的比为2，动点M的轨迹为曲线C,则 A.曲线C的轨迹方程为(x+1)2+y2=4 B.直线x-y+2=0与曲线C交于A,B两点，则ABl的长为4 C.曲线C与曲线D:(x-1)2+y2=4的公切线有2条 D.已知点(-1,1)，点O(0,0),点N为曲线C上任意一点，则2NO-NE的最大值为√7 高二3月联考数学试卷第2页共4页 扫描全能王创建 11.如图，己知正方体ABCD-AB,CD的棱长为4，点M为CC的中点，点P为正方形AB,C,D 上的动点，则 A.满足MP∥平面BDA,的点P的轨迹长度为2√2 B.满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为√互 C.存在点P,使得平面AMP经过点B D D.不存在点P满足PA+PM=5N2 三、填空题.（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.设函数/)在x=2处的导数存在，且2)=2，则四2-/包 2△x 13.已知双曲线的方程为上-=1，点F(0,5),点Q5,),点P为双曲线上的一个动点， 916 则Pg+PF的最小值为 14.记N。=么，2,3，，mm∈N),A表示k个元素的有限集，S(E)表示非空数集E中所有元 素的和，若集合Mmk=S(4)4SN,则M.2=一，若S(M2)≥374，则m的最 小值为一· 四、解答题（本题共6小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。） 15.(本题13分) 已知数列{an}为等比数列，a2=1024,4,=8. (1)求数列{a。}的通项公式： (2)若T是数列an}的前n项积，求Tn的最大值. 16.(本题15分) (1)证明：x∈R,e≥exi (2)已知函数f(x)=(x23+ar+4)e(x∈R,a∈R,e为自然对数的底数) (1)当a=4时，求函数f(x)的单调区间： (Ⅱ)若函数y=一∫(x)在1,3上单调递增，求实数a的取值范围. 高二3月联考数学试卷第3页共4页 扫描全能王创建 17.(本题15分) 已知数列a,}满足a=24=4a2=4a1-a,)数列么，}满足么=h1=”+b,。 (1)证明：数列{a1-2an}不是等比数列：并且求数列{an}的通项公式； (2)求数列也}的通项公式： (3)令c,=(-1)H. 3n+2 bn·bnt1'anl 记数列e,}的前n项和为S,求证：Ss<号 18.(本题17分) 已知双曲线C: 立京=1(a>0,6>0),满足离心率为2，且焦点到海近线的距离为5. x2y (1)求双曲线C的标准方程： (2)若直线1过点Q(0,一1)，且与双曲线C的左支有且只有一个公共点，求直线1的斜率的 取值范围： (3)记双曲线C的左顶点为D,右焦点为F,M为第一象限内双曲线上的任意一点，是否 存在实数4，使得∠MFD=4∠FDM恒成立？若存在，请求出此时的实数4；若不存在，请说 明理由。 19.(本题17分) 已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形， AD∥BC,AB⊥BC,BC=2AD=4,AB=2W3,E为CD的中点，PB⊥AE. (1)证明：平面PBD⊥平面ABCD: (2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为 41 (I)求三棱锥P-BDC的体积； (II)试问在侧面PCD内是否存在一点N,使得 BW⊥平面PCD?若存在，求出点N到直线PC的距离；若不存在，请说明理由. 高二3月联考数学试卷第4页共4页 扫描全能王创建答案第 1页，共 10页 2025年湖北云学名校联盟高二年级3月联考 数学试卷评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D D B C C A C B AB ACD ABD 12．答案：−1 13．答案：7 14．答案： 3,4,5 14 （两个空任意答对一空给 3分，两空都对了的给 5分） 1．直线3 4 5 0x y   ，即 3 54 4y x   ，它与 y轴的交点为 5(0, ) 4  ，它关于 y轴对称的直 线的斜率为 3 4 ，故要求直线的方程为 3 5 4 4 y x  ，即3 4 5 0x y   .故选：D． 2. f(1) =− 3 2 ，f’(1)=1，故选：D 3. 1 2a  ， 2 1 1 1 32 2 2 2 a a      ， 3 2 1 2 42 2 3 3 a a      ， 4 3 1 3 52 2 4 4 a a      5 4 1 4 62 2 5 5 a a      ，猜想： 1 n na n ，�2025= 2026 2025 ,故选：B. 4. π 3 BAC BAD CAD    ，因为 M，N分别为 BC，AD的中点， 所以  1 1,2 2AM AB AC CN AN AC AD AC              ，且 3 2 AM CN  ,则  1 12 2AM CN AB AC AD AC                21 1 1 2 2 2 AB AD AB AC AC AD AC                  1 1 1 1 11 2 4 2 4 2           ，所以 2cos , 3 AM CN AM CN AM CN          ， 即直线 AM和 CN夹角的余弦值为 2 3 ，所以正弦值为 5 3 故选：C. 5.由�(�, �)是椭圆� 2 4 + � 2 3 = 1上的动点．可设� = 2����，� = 3����(0 ≤ � ≤ 2�)， 由点到直线的距离公式可得� = |2����+2 3����−8| 1+4 = |4���(�+�6)−8| 5 ， ∵ 4���(� + � 6 ) ∈ [ − 4,4]，∴ |4���(� + � 6 ) − 8| ∈ [4,12]， 答案第 2页，共 10页 ∴ � ∈ [ 4 5 5 , 12 5 5 ]，∴最大距离� = 12 5 5 ．设平行切线也行。故选：�． 6.因为 f(x)=�� − �−� + 1 = �(�) + 1，且�(�)是单调递增的奇函数， 因为 f(�1+1)=101= �(�1 + 1) + 1，所以�(�1 + 1)=100， 因为 f(�2025+1)=−99 = �(�2025 + 1) + 1，所以�(�2025 + 1)=−100， 所以�1 + 1 + �2025 + 1=0,�2025 = �1+�2025 2 ×2025=−2025。故选：A 7.根据题意，三棱锥 P ABC 可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条 棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为 a，b， c，如图所示，则 2 2 2 18a b PA   ， 2 2 2 25a c PB   ， 2 2 2 25b c PC   ， 解得 3a  ， 3b  ， 4c  ．所以该三棱锥的的体积为��−��� = 1 3 × 3 ×3× 4 = 13 S表面积 ×r， 而S表面积 = 4S∆PAB = 4 × 1 2 × 3 2 × 52 − 3 2 2 2 ， 所以可求得 r = 6 41 41 ，本题最终是用到了体积转化。故选：C 8.方法一：从特殊到一般的思想。结合极限位置 假设点M的坐标为 �，0 ，� > 0，当 AB垂直 x轴时， 1 �� 2 + 1 �� 2= 1 3� ；当 AB与 x轴重合时， 1 �� 2 + 1 �� 2= 1 �2 ，所以 m = 3，t = 1 9 ，故选：B 方法二：假设点M的坐标为 �，0 ，当 AB不与 x轴重合时，可设直线 AB的方程 为：x = ny + m,与抛物线方程 xy 62  联立有，设 A x1, y1 , B x2, y2 , �2 −6ny−6m=0,�1 + �2 = 6�, �1�2 =− 6�,则 1 �� 2 + 1 �� 2= �12+�22 1+�2 �1�2 2 = 3� 2+� 3�2+3 �2 = �， 因为无论直线 AB怎么变化，t恒为定值，所以 m = 3,即 t = 1 9 ；当 AB与 x轴重合时， 可以验证也成立。所以综上所述，m = 3，t = 1 9 ，故选：B 9.依题意，设公差为 d，已知有 d >0，�1 + �4=8= �2 + �3，�2 × �3 =15，所以�1 = 1， d = 2，所以易得 AB正确，由等差数列的定义可知 D错误。故选：AB 10.A.设  ,M x y ，由 1 2 MO MP  可得 ( ) 2 2 2 2 1 23 x y x y + = - + ，化简得 2 2 2 3 0x y x    ，即  2 21 4x y   .故曲线C的轨迹方程为  2 21 4x y   ；A正确； 答案第 3页，共 10页 B.由（1）得：  2 21 4x y   的圆心坐标为 ( 1,0)C  ，半径为 2r  ，所以圆心到直线 2 0x y   的距离 1 0 2 2 22 d      ，所以 2 2 1=2 2 4 14 2 AB r d    .所以 B错误； C. 曲线 C和曲线 D是相交关系，所以公切线条数是 2条，C正确； D. 已知点 )0,3(P ，发现曲线 C是阿氏圆，动点 N与点 O 0,0 ，点 )0,3(P 的距离的比 为 1 2 ，所以 2 �� − �� = �� − �� ≤ �� = 17，D正确 故选：ACD 11．如图 1，取 1 1BC 的中点 F，取 1 1C D 的中点 E，连接 EF，FM，EM， 因为 M为 1CC 的中点，所以 / /EF BD， 1/ /ME A B， 1//FM AD， 因为 EF 平面 1ABD， BD 平面 1ABD， 所以 / /EF 平面 1ABD，同理可得： / /MF 平面 1ABD， 因为 ,EF MF 平面 EFM，所以平面 EFM / /平面 1ABD， 因为点 P为正方形 1111 DCBA 上的动点，所以当 P在线段 EF上时，MP//平面 1BDA，故 满足 MP//平面 1BDA 的点 P的轨迹长度为EF的长，为 2 2，A正确； 如图 2，过点 M作 MQ⊥AM，交 1 1AC 于点 Q，可得： 1Rt ACM Rt MC Q  ， 因为正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 4，点 M为 1CC 的中点， 所以 AC = 4 2，CM = C1M = 2，故 1 1 AC C M CM CQ  ， 即 4 2 2 = 2 C1Q ，解得：C1Q= 2 2 ， 过点 Q作 1 1/ /ST B D，交 1 1C D 于点 S，交 1 1BC 于点 T，则 ST 平面 1 1ACC A ， 因为 AM 平面 1 1ACC A ，所以 ST AM ，当点 P位于线段 ST上时，满 足MP AM ， 即满足MP AM 的点 P的轨迹长度为线段 ST的长度， 又因为 ST = 2，所以 B选项正确； 如图 3，连接 BM，取 1DD 中点 H，连接 AH，HM，则可知平面 ABM 截 正方体所得的截面为 ABMH，与正方形 1111 DCBA 没有交点， 所以不存在点 P，使得平面 AMP经过点 B，故 C不正确； 如图 4，延长 1CC 到点 O，使得 1 1C O MC ，则点 M关于平面 1111 DCBA 的 答案第 4页，共 10页 对称点为 O，连接 AO交正方形 1111 DCBA 于点 P，则此时使得PA PM 取得最小值，最 小值为 AO = AC2 + CO2= 32 + 36 = 2 17>5 2,所以不存在点 P满足 PA+ PM = 5 2，D正确；故选:ABD 12．答案−1 解析：由导数定义易得−1 13．答案为 7.设下焦点为�2 0，− 5 ，结合图形可知点 P为上支上的点时才可能取 得最小值，由双曲线的定义可得 �� + ��1 = �� + ��2 − 2 ×3≥ ��2 − 6 = 13 − 6 = 7 14. 答案为： 3,4,5 14 无论哪一个空对了的都给 3分，两空都对了的给 5分。 当 m = 3，k = 2时，�3∗ = 1,2,3, ，�2表示 2个元素的有限集， 由 *k mA N 可知，�2 = 1,2 或�2 = 1,3 或�2 = 3,2 ，故�3,2= 3,4,5 ； 由题意知 ,2 {3, 4,5, , 2 1}mM m  ，故由 S Mm，2 ≥374可得 2�−1−2 3+2�−1 2 ≥374，即 2� − 3 �+ 1 ≥374，结合 *Nm ，可以估算得 m的最小值为 14， 15.解析：（1）因为数列 na 为等比数列，�2=1024，�9=8， 所以�2 = �1×q = 1024，�9 = �1 × q8 = 8， ⋯⋯⋯ 1分 所以�1 = 2048，q = 1 2 ， ⋯⋯⋯ 3分 所以�� = 2048 ×（ 1 2 ） n−1 = 212−n ⋯⋯⋯ 5分 （2）方法一：因为 1 2 3n nT a a a a    ，且�� > 0，数列 na 为单调递减数列， ⋯⋯⋯ 6分 当 1 1 1 n n a a     时， nT 最大， ⋯⋯⋯ 8分 即 212−n ≥ 1 211−n ≤ 1 n ∈ N∗ ，解得：11 ≤ n ≤ 12， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 11分 此时�11=�12=211+10+9+⋯+1 = 266, nT 的最大值为266。 ⋯⋯ 13分 方法二：因为 1 2 3n nT a a a a    ， 所以��=212−1+12−2+12−3+⋯+12−�=212�− �(�+1) 2 =2− (�−232 ) 2 2 + 232 8 ⋯⋯ 8分 由二次函数的知识以及 n ∈ N∗，易知在 n = 11或者 n = 12时，同时取得最大值， 答案第 5页，共 10页 ⋯⋯ 11分 此时�11=�12=211+10+9+⋯+1 = 266, nT 的最大值为266。 ⋯⋯⋯ 13分 16..解析：（1）构造函数ℎ（�）=�� − �x，ℎ'(�)=�� − �， ⋯⋯ 1分 令ℎ'(�) = 0，得 x=1，列表如下： � ( −∞, 0) 1 (1, + ∞) ℎ'(�) − 0 + ℎ(�) 递减 极小值 递增 ⋯⋯⋯ 3分 所以 h（x）≥ ℎ（1） = 0，即有�� ≥ �x成立。 ⋯⋯⋯ 5分 （补充：画图法证明给 2分） (2)（I）当� = 4时，�(�) = (�2 + 4� + 4)��， 所以�'(�) = (2� + 4)�� + (�2 + 4� + 4)�� = (�2 + 6� + 8)��.令�'(�) = 0，⋯ 7分 因为�� > 0，所以�2 + 6� + 8 = 0，解得� =− 4或� =− 2.列表如下： � ( −∞, − 4) −4 ( − 4，− 2) −2 ( − 2, + ∞) �'(�) + 0 − 0 + �(�) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ⋯⋯⋯ 9分 由表可知，函数�(�)的单调递增区间为( −∞, − 4)，( − 2, + ∞)， 单调递减区间为 −4， − 2 ， ⋯⋯⋯⋯ 10分 （单调递增区间写或者，并集的扣 1分） （补充：,写成(-∞,-4],[-2,+∞)递增，[-4,-2]递减不扣分 写成[-2,-4]递减,扣 1分） （II）因为函数� =− �(�)在 1,3 上单调递增，所以−�'(�) ≥ 0． 即�'(�) ≤ 0对任意� ∈ 1,3 恒成立 ⋯⋯⋯ 11分 因为�'(�) = [�2 + (� + 2)� + � + 4]��，且�� > 0， 所以�2 + (� + 2)� + � + 4 ≤ 0对任意� ∈ 1,3 恒成立． 答案第 6页，共 10页 设�(�) = �2 + (� + 2)� + � + 4，� ∈ 1,3 ，因为�(�)的开口向上，所以只需要考虑 两个端点的情况就行了， ⋯⋯⋯ 13分 则 �(1)⩽0, �(3)⩽0,即 2� + 7 ≤ 0, 4� + 19 ≤ 0, � ≤− 19 4 ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 15分 （补充：用其他方法:如分离参考恒成立或求零点解不等式求的,结果正确不扣分； 若结果为 a<− 19 4 ．或 a∈ (−∞,− 19 4 )扣 1分.） 17.解析：（1）由题意，��+2 − 2��+1= 2(��+1 − 2��)，因为 �2 − 2�1=0， ⋯⋯ 1分 ∴数列 ��+1 − 2�� 的第一项为 0，∴数列 ��+1 − 2�� 不是等比数列； ⋯⋯⋯ 2分 但是��+2 − 2��+1=��+1 − 2��=⋯ = �2 − 2�1 = 0，∴ ��+1 = 2��， ⋯⋯⋯ 3分 且�1=2≠ 0， ∴ 数列 �� 是以 2为首项以 2为公比的等比数列。 ⋯⋯⋯ 4分 1 1 1 2 2 2 n n n na a q       ⋯⋯⋯⋯ 5分 补充： （2） 方法一：因为��+1 �+1 − �� � = 0 ，且�1 1 =1 ∴ 数列 ��+1 �+1 是以 1为首项以 0为公差的等差数列 。 ⋯⋯⋯ 7分 ∴ �� � =1，∴ bn = n ⋯⋯⋯ 9分 方法二： ��+1 �� = �+1 � ，用累乘可得， 当 n ≥2 时， �� ��−1 = � �−1，⋯⋯ �3 �2 = 3 2 ， �2 �1 = 2 1 ， ⋯⋯⋯ 7分 �� ��−1 ∙ ⋯⋯ ∙ �3 �2 ∙ �2 �1 = � �−1 ∙ ⋯⋯ ∙ 3 2 ∙ 2 1 = �� �1 = �，又 1 1b  ，∴ �� = � ⋯⋯⋯ 9分 补充 （3）因为�� = （ − 1） n+1 ∙ 3n+2 bn∙bn+1∙an+1 = （ − 1） n+1 ∙（ 1 n∙2n + 1 （n+1）∙2n+1 ），⋯ 11分 答案第 7页，共 10页 所以S2026 = （ 1 1∙21 + 1 2∙22 ）+（−1）∙（ 1 2∙22 + 1 3∙23 ） +（ 1 3∙23 + 1 4∙24 ）+（−1）∙（ 1 4∙24 + 1 5∙25 ）+⋯⋯+（−1）∙（ 1 2026∙22026 + 1 2027∙22027 ） = 1 1∙21 − 1 2027∙22027 ， ⋯⋯ 14分 因为 1 2027∙22027 > 0， ∴ S2026 < 1 2 . ⋯⋯ 15分 补充 18.解析：（1）由已知双曲线离心率为 2，则 2 21 2 c be a a     ，得 3b a ， ⋯⋯ 1分 所以双曲线方程为 2 2 2 2 13 x y a a   ，又焦点到渐近线的距离为 3，可得 3b  ，⋯⋯ 3分 1a  ，所以双曲线方程为 2 2 1 3 yx   ； ⋯⋯⋯⋯ 4分 （2）由题意知直线斜率显然存在，设直线 l的方程为 1y kx  ， 联立直线与双曲线 2 2 1 3 1 yx y kx        ，得  2 23 2 4 0k x kx    ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5分 3 − k2 ≠ 0，则  2 24 16 3 0k k     ，解得： 2< <2k ，且 k ≠± 3， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6分 又双曲线的渐近线方程为 3y x  ，即渐近线斜率为 3 ， 所以当� =− 3时，时，直线 l与双曲线的左支只有一个公共点，成立； 当� = 3时，时，直线 l与双曲线的右支只有一个公共点，不成立； 当−2 < k <− 3时，直线 l与双曲线左支有两个交点，不成立； ⋯⋯⋯ 8分 当 3 3k   时，直线 l与双曲线的左右两支各有一个交点，成立， 当 3 2k  时，直线 l与双曲线右支有两个公共点，不成立； 当� =− 2时，时，直线 l与双曲线的左支只有一个交点即与左支相切，成立； 当� = 2时，时，直线 l与双曲线的右支只有一个交点即与右支相切，不成立； 综上所述，� ∈ � − 3 ≤ � < 3或� =− 2 时，直线 l与双曲线的左支有且只有一个 公共点； ⋯⋯⋯ 10分 （补充：答案正确.给到 10分，步骤分:联立 1分 答案第 8页，共 10页 ∈ � − 3 ≤ � < 3或� =− 2 若区间两端的开闭错一个扣 1分；� =− 2漏掉扣 2分） （3）存在，理由如下， ①当点M 2,3 时，∠MFD=90°, ∠FDM = 45°,可求得μ = 2. ⋯⋯ 12分 ②当点M的横坐标不为 2时，可设M �0, �0 ,�0 > 0, �0 > 0, Ⅰ tan∠��� = −�0 �0−2 Ⅱ tan∠��� = �0 �0+1 , tan 2∠��� = 2 �0�0+1 1−( �0�0+1 )2 = 2�0 �0+1 �0+1 2−�02 = −�0 �0−2 , ⋯⋯⋯ 15分 ∠���和 2∠FDM都在 0°, 180° 内，所以∠���=2∠FDM ⋯⋯ 16分 综上可知，存在实数μ = 2符合题意。 ⋯⋯⋯⋯17分 19．解析：（1）由四边形 ABCD是直角梯形， 2 3AB  ， 2 4BC AD  ， AB BC ， 可得 4DC  ， π 3 BCD  ，从而 BCD 是等边三角形， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1分 4BD  ， BD平分 ADC ． E 为CD的中点， 2DE AD   ， BD AE  ， ⋯⋯2分 又 PB AE ，PB BD B  ，BD 平面 PBD，PB平面 PBD ⋯⋯⋯⋯⋯ 3分 AE 平面 PBD， AE 平面 ABCD，所以平面PBD 平面 ABCD . ⋯⋯ 5分 （2）在平面 PBD内作 PO BD 于O，连接OC，由（1）有 AE 平面 PBD， 又 AE  平面 ABCD， 平面 PBD 平面 ABCD． ⋯⋯⋯⋯⋯ 6分 因为平面 PBD平面 ABCD BD ，PO 平面 PBD， PO 平面 ABCD ⋯⋯⋯ 7分 PCO 为 PC与平面 ABCD所成的角，则 π 4 PCO  ， ⋯⋯⋯ 8分 由题意得 2 3OP OC  PB PD ， PO BD ， O 为BD的中点， OC BD  ． ⋯⋯⋯ 9分 （I）所以三棱锥 P − BDC的体积为 V = 1 3 × 2 3 × 1 2 × 4 × 2 3 = 8； ⋯⋯ 10分 答案第 9页，共 10页 补充 （II）方法一：（向量法）以OB，OC，OP所在的直线分别为 x， y， z轴建立空间 直角坐标系，则  2,0,0B ，  0,2 3,0C ，  2,0,0D  ，  0,0, 2 3P ， 假设在侧面 PCD内存在点N，使得BN 平面 PCD成立， 设  , 0, 1PN PD PC             ， ⋯⋯⋯⋯⋯ 12分 由题意得 ( 2 , 2 3 , 2 3( 1))N        ，  2 2,2 3 , 2 3( 1)BN          ，  0, 2 3, 2 3PC   ，  2,0, 2 3PD    ，由 0 0 BN PC BN PD           ，得 3 3( 1) 0 1 3( 1) 0                 ，解得 1 2, 5 5    ，⋯⋯ 14分 满足题意， 2 4 3 4 3, , 5 5 5 N         ，点 N存在。  0, 2 3, 2 3PC   ，  0,0, 2 3P ， �� = 2 5 ， − 4 3 5 ， 6 3 5 ，所以 �� = 4 5 10， �� = 2 6 ， �� ∙ �� = 3 × 4 = 12， ⋯⋯ 16分 所以点 N到直线 PC的距离 d = �� ∙ ���� = �� 1 − �� ∙ �� �� ∙ �� 2 = 10 5 ⋯⋯ 17分 方法二：（传统方法）由条件可知，BP = BD = BC = 2，且三角形 PDC 为 PD = DC = 4，PC = 2 6的等腰锐角三角形，所以点 B在三角形 PDC内的射影 N 为等腰锐角三角形 PDC的外心，所以点N必在侧面 PCD的内部。 ⋯⋯ 12分 由（I）知三棱锥 P − BDC的体积为 V =8，�∆��� = 1 2 × 2 6 × 42 − 6 2 = 2 15， 答案第 10页，共 10页 由体积转化可得�P−BDC = 1 3 × �∆��� ×BN= 8， ∴BN= 4 15 5 ， ⋯⋯ 14分 在直角∆���中，由勾股定理可得 PN = BP2 − BN2 = 4 10 5 ，E为 PC的中点，PE = 6所以点 N到直线 PC的距离 d = NE = 4 10 5 2 − 6 2 = 10 5 ⋯⋯ 17分