2021运城景胜中学高二10月月考数学（理）试题含答案

这是一份2021运城景胜中学高二10月月考数学（理）试题含答案，共21页。试卷主要包含了 选择题， 填空题， 解答题等内容，欢迎下载使用。

一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ， ）
1. 过点(1,0)且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是( )
A.x-2y-1=0B.x-2y+1=0C.2x+y-2=0D.x+2y-1=0
2. 若圆x2+y2-6x-8y=0的圆心到直线x-y+a=0的距离为22，则a的值为( )
A.2或0B.12或32C.-2或2D.-2或0
3. 下列说法正确的是（ ）
A.平行于同一平面的两条直线平行 B.垂直于同一直线的两条直线垂直
C.与某一平面所成角相等的两条直线平行 D.垂直于同一条直线的两个平面平行
4. 若圆x2+y2-2x+4y+m=0截直线x-y-3=0所得弦长为6，则实数m的值为( )
A.-31B.-4C.-2D.-1
5. 两圆x2+y2+4x-4y=0与x2+y2+2x-12=0的公共弦长等于（ ）
A.4B.23C.32D.42
6. 已知两条直线m，n和两个平面α,β，下列命题正确的是( )
A.若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
B.若m // α，n // β，且m // n，则α // β
C.若m⊥α，n // β，且m⊥n，则α⊥β
D.若m⊥α，n // β，且m // n，则α // β
7. 已知过点1,1的直线l与圆x2+y2-4x=0交于A，B两点，则|AB|的最小值为（ ）
A.2B.2C.22D.4
8. 一个空间几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为( )

A.9+3B.8+3C.10D.12+3

9. 将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得BD=2，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为( )
A.12B.22C.32D.63

10. 如图是某几何体的三视图，图中小方格单位长度为1，则该几何体外接球的表面积为( )

A.24πB.16πC.12πD.8π

11. 已知圆M:x2+y2+2x-1=0，直线l:x-y-3=0，点P在直线l上运动，直线PA，PB分别与圆M相切于点A，B，当切线长PA最小时，弦AB的长度为( )
A.62B.6C.26D.46

12. 直线ax+by-a+b=0ab≠0与圆x-22+y2=4交于A，B两点，且OA⊥OB（其中O为坐标原点），则ab=( )
A.-1B.1C.2D.不确定
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）

13. 两条平行直线4x+3y+3＝0与8x+6y-9＝0的距离是________．

14. 底面半径都是3且高都是4的圆锥和圆柱的全面积之比为________．

15. 设点A(-3, 5)和B(2, 15)，在直线l:3x-4y+4=0上找一点P，使|PA|+|PB|为最小，则这个最小值为________．

16. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，P是AA1中点，过点D1作平面α，满足CP⊥平面α，则平面α与正方体ABCD-A1B1C1D1的截面周长为________．

三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，共计70分 ， ）

17.(10分) 如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，PD⊥底面ABCD．

(1)求证：AC⊥平面PBD；

(2)若PD=2，直线∠DBP=45∘，求四棱锥P-ABCD的体积．
18.(12分) 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，过E点作EF⊥PB交PB于点F．求证：

(1)PA // 平面EDB；

(2)PB⊥平面EFD.
19.(12分) 已知直线L被两平行直线L1:2x-5y+9=0与L2:2x-5y-7=0所截线段AB的中点恰在直线x-4y-1=0上，已知圆C:x+42+y-12=25.
(1)证明直线L与圆C恒有两个交点；

(2)求直线L被圆C截得的弦长最小时的方程．
20.(12分) 已知圆M的圆心为0,2，且直线3x+y=0与圆M相切，设直线l的方程为x-2y=0，若点P在直线l上，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．
(1)求圆M的标准方程；

(2)若∠APB=60∘，试求点P的坐标；

(3)若点P的坐标为2,1，过点P作直线与圆M交于C，D两点，当|CD|=2时，求直线CD的方程．
21.(12分) 已知圆C：x2+y2-2x-4y-20=0.
(1)求圆C关于直线x-2y-2=0对称的圆D的标准方程；

(2)过点P4,-4的直线l被圆C截得的弦长为8，求直线l的方程；

(3)当k为何值时，直线m:kx-y+3k+1=0与圆C相交弦长最短，并求出最短弦长.
22.(12分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，且CD=2，AB=1，BC=22，PA=1，AB⊥BC，N为PD的中点．

(1)求证：AN//平面PBC；

(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；

(3)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为2626，若存在，求出DMDP的值；若不存在，说明理由．
理数答案
参考答案与试题解析
景胜中学2020年10月高二年级月考数学试题（理）
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
A
【解答】
解：所求直线与直线x−2y−2=0平行，
故所求直线的斜率k=12．
又直线过点(1,0)，
利用点斜式得所求直线的方程为y−0=12(x−1)，
即x−2y−1=0．
故选A．
2.
【答案】
A
【解答】
解：把圆x2+y2−6x−8y=0化为标准方程为：(x−3)2+(y−4)2=25，
∴ 圆心坐标为(3,4).
∵ 圆心(3,4)到直线x−y+a=0的距离为22，
∴ |3−4+a|2=22，即|a−1|=1，
可化为a−1=1或a−1=−1，
解得a=2或0.
故选A.
3.
【答案】
D
【解答】
解：A，平行于同一平面的两条直线可能平行，相交，异面，故A错误；
B，垂直于同一直线的两条直线可能平行，相交，异面，故B错误；
C，与某一平面成等角的两直线可能平行，相交，异面，故C错误；
D，垂直于同一直线得两平面平行，故D正确.
故选D.
4.
【答案】
B
【解答】
解：由圆x2+y2−2x+4y+m=0即(x−1)2+(y+2)2=5−m，
∴ 圆心为(1, −2)，
∴ 圆心在直线x−y−3=0上，
∴ 此圆直径为6，则半径为3，
∴ 5−m=32，∴ m=−4.
故选B.
5.
【答案】
D
【解答】
解：公共弦方程为x−2y+6=0．圆x2+y2+2x−12=0的圆心为−1,0，半径r=13圆心到公共弦的距离d=5所以弦长为2×13−5=42。故D正确．
6.
【答案】
A
【解答】
解：若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β，故A正确；
若m // α，n // β，且m // n，则α与β平行或相交，故B错误；
若m⊥α，n // β，且m⊥n，则α与β平行或相交，所以C错误；
若m⊥α，m // n，则n⊥α，又由n // β，则α⊥β，故D错误.
故选A.
7.
【答案】
C
【解答】
解：圆x2+y2−4x=0可化为(x−2)2+y2=4，
圆心为2,0，则2,0，1,1两点距离为2，圆的半径为2，
AB最小值为222−22=22.
故选C.
8.
【答案】
D
【解答】
解：由三视图可知：该几何体是一个棱长和底面边长都是2的正三棱柱砍去一个三棱锥得到的几何体．
S=S△ABC+S矩形CBB1C1+S梯形ACC1P+
S梯形ABB1P+S△PC1B1
=34×4+2×2+2×12×(2+1)×2+
12×5−1×2=12+3．
故选D．
9.
【答案】
A
【解答】
解：取AC，BD，BC中点依次为E，F，G，
连接BD，EF，EG，FG，DE，EB，
则FG//CD，EG//AB，
∴ ∠FGE为异面直线AB与CD所成的角.
正方形边长为2，则FG=22，EG=22，
在等腰直角三角形ABC中，
∵ AB=BC=2，
∴ AC=2.
∵ 点E为AC的中点，
∴ BE=12AC=1，
同理可得，DE=1.
∵ BE2+DE2=2=BD2，
∴ △BED是等腰直角三角形.
又∵ 点F为BD的中点，
∴ EF=12BD=22.
在△EFG中，FG=EG=EF=22，
∴ △EFG是等边三角形，
∴ ∠FGE=60∘，
∴ cs∠FGE=cs60∘=12.
故选A.
10.
【答案】
A
【解答】
解：根据几何体的三视图，得该几何体是三棱锥，
还原到长方体中，长方体的长宽高分别为2, 2, 4，如图所示，
因为长方体的外接球就是三棱锥的外接球，
所以外接球的直径为长方体的体对角线的长度为：
22+22+42=24=26，
所以外接球的半径为6，
则该几何体外接球的表面积为4π(6)2=24π.
故选A.
11.
【答案】
B
【解答】
解：由条件得圆M:x+12+y2=2，圆心M−1,0，半径r=2.
因为PM2=PA2+r2=PA2+2，
所以当PM取得最小值时，切线长PA有最小值.
易知当PM⊥l时，PM有最小值为PM=|−1−0−3|2=22，
所以PA的最小值为8−2=6，
所以AB=2×MA⋅PAPM=6.
故选B.
12.
【答案】
B
【解答】
解：因为原点O在圆上，若OA⊥OB，则AB为圆的直径，
所以直线过圆心2,0，故2a−a+b=0，得ab=1．
故选B．
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.
【答案】
32
【解答】
可将直线8x+6y−9＝0化为4x+3y−92=0，
所以两条平行直线间的距离为|3−(−92)|42+32=32，
14.
【答案】
47
【解答】
由题意，圆柱与圆锥的底面半径R＝3，圆柱与圆锥的高h＝4，
则圆锥的母线长为l＝5，
则圆锥的全面积为：πR2+12×2πR×l＝9π+15π＝24π；
圆柱的全面积为：2πR2+π×2R×h＝18π+24π＝42π．
∴ 圆锥的全面积与圆柱的全面积之比为：24π42π=47．
15.
【答案】
513
【解答】
解：设点A(−3, 5)关于直线l:3x−4y+4=0的对称点为A′(a, b)，
由题意可列得方程组：b−5a+3×34=−1，3×a−32−4×b+52+4=0，
解得A′(3,−3)，
则|PA|+|PB|的最小值=|A′B|=12+182=513．
故答案为：513．
16.
【答案】
45+62
【解答】
解：取AD 中点 E，AB 中点 F，连接PD，D1E，EF，B1F，B1D1，AC，BD，如下图所示：
因为E为 AD 中点，F 为 AB 中点，
则 EF // BD，BD // B1D1，
所以 EF // B1D1，
所以 E，F，B1，D1 四点共面．
根据正方形性质可知 CD⊥平面 ADD1A1，而 D1E⊂平面ADD1A1，
所以 CD⊥D1E.
易得△D1DE≅△DAP，
可知∠ED1D=∠PDA，而∠PDA+∠PDD1=90∘，
所以∠ED1D+∠PDD1=90∘，即 PD⊥D1E.
因为 CD∩PD=D，
所以 D1E⊥平面 PDC，而CP⊂平面 PDC，
所以 D1E⊥CP.
E 为 AD 中点，F 为 AB 中点，
由正方形和正方体性质可知EF⊥AC，PA⊥EF，且 PA∩AC=A，
所以 EF⊥平面 PAC，而 CP⊂平面 PAC，
所以 EF⊥CP.
又因为 D1E⊥CP，D1E∩EF=E，
所以 CP⊥平面 EFB1D1，即平面 EFB1D1 为平面 α 与正方体 ABCD−A1B1C1D1 的截面，
正方体 ABCD−A1B1C1D1 棱长为 4，
所以 EFB1D1 的周长为： B1D1+D1E+EF+B1F
=42+42+22+22+42+22=45+62.
故答案为：45+62.
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，共计70分 ）
17.
【答案】
(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AC.
又PD∩BD=D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，
故AC⊥平面PBD；
(2)解：因为∠DBP=45∘，PD⊥平面ABCD，
因此BD=PD=2.
又AB=AD=2，
所以菱形ABCD的面积为S=AB⋅AD⋅sin60∘=23，
故四棱锥P−ABCD的体积V=13S⋅PD=433.
【解答】
(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AC.
又PD∩BD=D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，
故AC⊥平面PBD；
(2)解：因为∠DBP=45∘，PD⊥平面ABCD，
因此BD=PD=2.
又AB=AD=2，
所以菱形ABCD的面积为S=AB⋅AD⋅sin60∘=23，
故四棱锥P−ABCD的体积V=13S⋅PD=433.
18.
【答案】
证明：(1) 连结AC、BD，交于点O，连结OE，
∵底面ABCD是正方形，
∴ O是AC中点，
∵点E是PC的中点，
∴OE//PA.
∵OE⊂平面EDB， PA⊄平面EDB，
∴ PA//平面EDB．
(2)∵PD=DC，点E是PC的中点，
∴DE⊥PC.
∵底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，
∴ PD⊥BC， CD⊥BC，且 PD∩DC=D，
∴ BC⊥平面PDC，
∴ DE⊥BC，
又PC∩BC=C，
∴ DE⊥平面PBC，
∴ DE⊥PB，
∵EF⊥PB ，EF∩DE=E，
∴PB⊥平面EFD．
【解答】
证明：(1) 连结AC、BD，交于点O，连结OE，
∵底面ABCD是正方形，
∴ O是AC中点，
∵点E是PC的中点，
∴OE//PA.
∵OE⊂平面EDB， PA⊄平面EDB，
∴ PA//平面EDB．
(2)∵PD=DC，点E是PC的中点，
∴DE⊥PC.
∵底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，
∴ PD⊥BC， CD⊥BC，且 PD∩DC=D，
∴ BC⊥平面PDC，
∴ DE⊥BC，
又PC∩BC=C，
∴ DE⊥平面PBC，
∴ DE⊥PB，
∵EF⊥PB ，EF∩DE=E，
∴PB⊥平面EFD．
19.
【答案】
解：(1)设线段AB的中点P的坐标a,b，
由P到L1，L2的距离相等，得|2a−5b+9|22+52=|2a−5b−7|22+52，
经整理得，2a−5b+1=0，
又点P在直线x−4y−1−0上，所以a−4b−1=0，
解方程组2a−5b+1=0,a−4b−1=0,得a=−3,b=−1,即点P的坐标−3,−1，
所以直线L恒过点P−3,−1.
将点P−3,−1代入圆C:x+42+y−12=25，
可得−3+42+−1−12<25，
所以点P−3,−1在圆内，从而过点P的直线L与圆C恒有两个交点．
(2)当PC与直线L垂直时，弦长最小，
因为kPC=−2，所以直线L的斜率为12，
所以直线L的方程为：x−2y+1=0.
【解答】
解：(1)设线段AB的中点P的坐标a,b，
由P到L1，L2的距离相等，得|2a−5b+9|22+52=|2a−5b−7|22+52，
经整理得，2a−5b+1=0，
又点P在直线x−4y−1−0上，所以a−4b−1=0，
解方程组2a−5b+1=0,a−4b−1=0,得a=−3,b=−1,即点P的坐标−3,−1，
所以直线L恒过点P−3,−1.
将点P−3,−1代入圆C:x+42+y−12=25，
可得−3+42+−1−12<25，
所以点P−3,−1在圆内，从而过点P的直线L与圆C恒有两个交点．
(2)当PC与直线L垂直时，弦长最小，
因为kPC=−2，所以直线L的斜率为12，
所以直线L的方程为：x−2y+1=0.
20.
【答案】
解：(1)由题得圆的半径为|0+2|3+1=1，
所以圆M的标准方程为x2+y−22=1.
(2)∵ 点P在直线上，可设P2m,m，
又∠APB=60∘，
由题可知|MP|=2|AM|，
∴ |MP|=2，
∴ 2m2+m−22=4，
解之得： m=0，m=45，
故所求点P的坐标为P0,0或P85,45.
(3)斜率不存在时，直线CD的方程为： x=2，
此时直线CD与圆M相离，所以舍去；
斜率存在时，设直线CD的方程为： y−1=kx−2，
由题知圆心M到直线CD的距离为22，
即22=|−2k−1|1+k2，
解得k=−1或k=−17，
故所求直线CD的方程为： x+y−3=0或x+7y−9=0.
【解答】
解：(1)由题得圆的半径为|0+2|3+1=1，
所以圆M的标准方程为x2+y−22=1.
(2)∵ 点P在直线上，可设P2m,m，
又∠APB=60∘，
由题可知|MP|=2|AM|，
∴ |MP|=2，
∴ 2m2+m−22=4，
解之得： m=0，m=45，
故所求点P的坐标为P0,0或P85,45.
(3)斜率不存在时，直线CD的方程为： x=2，
此时直线CD与圆M相离，所以舍去；
斜率存在时，设直线CD的方程为： y−1=kx−2，
由题知圆心M到直线CD的距离为22，
即22=|−2k−1|1+k2，
解得k=−1或k=−17，
故所求直线CD的方程为： x+y−3=0或x+7y−9=0.
21.
【答案】
解：1圆C的方程可化为x−12+y−22=25,
圆C的圆心为1,2，半径为5.
设圆D的标准方程为x−a2+y−b2=25，
由点Da,b与点C1,2关于直线x−2y−2=0对称，
得b−2a−1=−2,a+12−2×b+22−2=0,
解得：a=3，b=−2，
因此圆D的标准方程为x−32+y+22=25.
2设直线l与圆C交于A，B两点.
当直线l的斜率不存在时，方程为x=4，
这时圆心C1,2到直线l的距离d=1−4=3，
AB=2r2−d2=225−9=8，符合条件；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y+4=kx−4，
即kx−y−4k−4=0，
这时圆心C1,2到直线l的距离：
d=1×k−2×1−4k−4k2+−12=3k+6k2+1，
因为AB=8，
所以225−3k+6k2+12=8，
解得：k=−34，
这时直线l的方程为y+4=−34x−4,
即3x+4y+4=0.
因此，直线l的方程为x=4或3x+4y+4=0.
3由题意可知：直线m:kx−y+3k+1=0过定点E−3,1，
(−3)2+12−2×(−3)−4×1−20=−8<0，
所以定点E在圆C内，
所以当直线m与直线CE垂直时，弦长最短.
因为kCE=2−11−−3=14，
由k×kCE=−1，得k=−4，
这时圆心C1,2到直线m的距离即为：
CE=−3−12+1−22=17，
所以弦长为2r2−CE2=225−17=42.
【解答】
解：1圆C的方程可化为x−12+y−22=25,
圆C的圆心为1,2，半径为5.
设圆D的标准方程为x−a2+y−b2=25，
由点Da,b与点C1,2关于直线x−2y−2=0对称，
得b−2a−1=−2,a+12−2×b+22−2=0,
解得：a=3，b=−2，
因此圆D的标准方程为x−32+y+22=25.
2设直线l与圆C交于A，B两点.
当直线l的斜率不存在时，方程为x=4，
这时圆心C1,2到直线l的距离d=1−4=3，
AB=2r2−d2=225−9=8，符合条件；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y+4=kx−4，
即kx−y−4k−4=0，
这时圆心C1,2到直线l的距离：
d=1×k−2×1−4k−4k2+−12=3k+6k2+1，
因为AB=8，
所以225−3k+6k2+12=8，
解得：k=−34，
这时直线l的方程为y+4=−34x−4,
即3x+4y+4=0.
因此，直线l的方程为x=4或3x+4y+4=0.
这时直线l的方程为y+4=−34x−4,
即3x+4y+4=0.
因此，直线l的方程为x=4或3x+4y+4=0.
3由题意可知：直线m:kx−y+3k+1=0过定点E−3,1，
(−3)2+12−2×(−3)−4×1−20=−8<0，
所以定点E在圆C内，
所以当直线m与直线CE垂直时，弦长最短.
因为kCE=2−11−−3=14，
由k×kCE=−1，得k=−4，
这时圆心C1,2到直线m的距离即为：
CE=−3−12+1−22=17，
所以弦长为2r2−CE2=225−17=42.
22.
【答案】
(1)证明：过A作AE⊥CD于点E，则DE=1，
以A为原点，AE，AB，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B0,1,0， E22,0,0，D22,−1,0 ，C(22,1,0)，P0,0,1，
∵ N为PD的中点．
∴ N2,−12,12．
AN→=2,−12,12，BP→=(0,−1,1)，BC→=(22,0,0)，
设平面PBC的法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅BP→=−y+z=0，m→⋅BC→=22x=0，
令y=1，则x=0，z=1，
∴ m→=(0,1,1)．
∴ AN→⋅m→=−12+12=0，即AN→⊥m→，
又AN⊄平面PBC．
∴ AN//平面PBC．
(2)解：由(1)知，AP→=(0,0,1)，AD→=22,−1,0，
设平面PAD的法向量为n→=(a,b,c)，
则n→⋅AP→=c=0，n→⋅AD→=22a−b=0，
令a=1，则b=22，c=0，
∴ n→=(1,22,0)，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=222×3=23．
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为23．
(3)解：令DM→=λDP→，λ∈0,1，
设Mx,y,z，
∴ x−22,y+1,z=λ(−22,1,1)．
∴ M22−22λ,λ−1,λ，
∴ CM→=(−22λ, λ−2,λ).
由(1)知，平面PBC的法向量为m→=0,1,1.
∵ 直线CM与平面PBC所成角的正弦值为2626，
∴ 2626=|CM→⋅m→||CM→||m→|=|2λ−2|8λ2+λ−22+λ2×2，
化简得21λ2−50λ+24=0，即(3λ−2)(7λ−12)=0，
∵ λ∈(0,1)，
∴ λ=23，
故DMDP=23．
【解答】
(1)证明：过A作AE⊥CD于点E，则DE=1，
以A为原点，AE，AB，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B0,1,0， E22,0,0，D22,−1,0 ，C(22,1,0)，P0,0,1，
∵ N为PD的中点．
∴ N2,−12,12．
AN→=2,−12,12，BP→=(0,−1,1)，BC→=(22,0,0)，
设平面PBC的法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅BP→=−y+z=0，m→⋅BC→=22x=0，
令y=1，则x=0，z=1，
∴ m→=(0,1,1)．
∴ AN→⋅m→=−12+12=0，即AN→⊥m→，
又AN⊄平面PBC．
∴ AN//平面PBC．
(2)解：由(1)知，AP→=(0,0,1)，AD→=22,−1,0，
设平面PAD的法向量为n→=(a,b,c)，
则n→⋅AP→=c=0，n→⋅AD→=22a−b=0，
令a=1，则b=22，c=0，
∴ n→=(1,22,0)，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=222×3=23．
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为23．
(3)解：令DM→=λDP→，λ∈0,1，
设Mx,y,z，
∴ x−22,y+1,z=λ(−22,1,1)．
∴ M22−22λ,λ−1,λ，
∴ CM→=(−22λ, λ−2,λ).
由(1)知，平面PBC的法向量为m→=0,1,1.
∵ 直线CM与平面PBC所成角的正弦值为2626，
∴ 2626=|CM→⋅m→||CM→||m→|=|2λ−2|8λ2+λ−22+λ2×2，
化简得21λ2−50λ+24=0，即(3λ−2)(7λ−12)=0，
∵ λ∈(0,1)，
∴ λ=23，
故DMDP=23．