精品解析：福建省部分学校2025届高中毕业班3月质量检测数学试卷

福建省部分学校2025届高中毕业班3月质量检测 数学 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于 （ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则的离心率为（） A. 2 B. C. D. 3 5. 已知函数则（ ） A. 1 B. 6 C. 8 D. 9 6. 已知圆与圆有且仅有三条公切线，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 定义P数列：它以数字1开始，序列的第项是对第n项的描述.如第一项是1个1，所以下一项就是11；第二项是2个1，所以下一项是21；第三项是1个2和1个1，所以下一项就是1211，以此类推.用表示该数列第n项的长度，则下列说法错误的是（ ） A. P数列的每一项均不含数字4 B. 序列“11131221131211”在P数列中出现了无数次 C. 存在有理数满足：对任意都存在正整数N，使得时恒有 D. 存在正整数N，使得时恒有 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，则下列选项正确的是（ ） A B. C. 已知，若，则 D. 与夹角的余弦值为 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象向右移个单位长度后，图象关于轴对称，则的最小值为 D. 若关于的方程在上有两个实数根，则实数的取值范围为 11. 已知定义域为的函数满足，为的导函数，且，则下列说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. C D. 对，， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 试写出曲线与曲线的一条公切线方程________. 13. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之和为偶数，记满足条件的取法种数为；从0，1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，记满足条件的取法种数为.若从个取法和个取法各随机选一种，这两种取法的数字完全不同的概率是______. 14. 已知为抛物线的焦点，过点的直线与交于A，B两点，过点作，与的准线交于点，且，，则______． 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. 已知为数列前n项和，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列前项和. 16. 已知函数，，其中为的导函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求a的取值范围. 17. 如图，在三棱锥中，平面ABC，为锐角，动点D在的边AC上，，，，三棱锥的体积为. （1）证明：平面平面PAB （2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角. 18. 继 2023 年电子竞技首次作为正式竞赛项目登上杭州亚运会舞台后，2024 年国际奥委会宣布首届奥林匹克电子竞技运动会将于 2025 年在沙特阿拉伯王国举办．这意味着电子竞技作为虚拟体育正式成为奥运会项目的一部分．为迎接电子竞技行业这一里程碑式的时刻， 甲、乙两俱乐部计划按照现今体育比赛中的赛制举办友谊赛．在体育比赛中有两种常见赛制：一种是局胜制，例如一场比赛有5局， 率先胜3局一方获胜，本场比赛结束; 另一种是局胜制，例如一场比赛有7局，率先胜4局一方获胜， 本场比赛结束． （1）若采用5局3胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.9．已知甲、乙俱乐部采用这两种赛制各进行了场比赛，试自行绘制列联表，并根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲队获胜的场数有影响; （2）设甲俱乐部每局比赛获胜的概率均为，且每局比赛都能决出胜负，没有平同： ①若两俱乐部采用5局3胜制比赛，记事件： “甲俱乐部只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”，事件： “两俱乐部赛满5局，甲俱乐部至少取得3局比赛胜利且甲获胜”，试证明：; ②若甲、乙两俱乐部创造一种全新的赛制，约定比赛规则为：共进行局，赢得局数大于 局的俱乐部获胜．若甲俱乐部每局比赛获胜的概率，试判断进行几局比赛时，甲俱乐部获胜的概率最大，并说明理由． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 附：，其中 ． 19. 一般地，若两个椭圆焦点都在x轴或y轴上，长轴相等，其中一个椭圆的短半轴长与另一个椭圆的焦距长相等，则称两个椭圆为相关椭圆.已知椭圆，抛物线与有一个相同的焦点F.过点F作互相垂直的两条直线l与，直线l与交于点G、B，直线与交于点C、D. （1）求该椭圆的相关椭圆方程及抛物线的方程 （2）四边形GCBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由. （3）过椭圆左顶点A且斜率为的直线与椭圆交于点M，与轴交于点，设点为MA的中点.若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点），若，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 福建省部分学校2025届高中毕业班3月质量检测 数学 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5mm碳素黑中性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解绝对值不等式求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得，所以， 又，所以， 则. 故选：C 2. 在复平面内，复数对应点位于 （ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为， 则复数在复平面内所对应的点为，位于第四象限. 故选：D 3. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理得到，由同角三角函数关系得到，由三角形面积公式求出答案. 【详解】因，，，所以， 因为，所以，所以. 故选：A 4. 已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则的离心率为（） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的一条渐近线与直线平行，得到，再结合离心率的定义，即可求解． 【详解】由题意，双曲线渐近线方程为， 因为一条渐近线与直线平行，可得， 则，即双曲线的离心率为． 故选：C． 5. 已知函数则（ ） A. 1 B. 6 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的定义域代入求解. 【详解】因为已知函数， 所以，则， 故选：D 6. 已知圆与圆有且仅有三条公切线，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据公切线条数可确定两圆外切，由圆与圆位置关系的判断可构造方程得到，令，代入消元，将问题转化为一元二次方程有解的问题，由此可求得的取值范围. 【详解】由圆方程知：圆心，半径； 由圆方程知：圆心，半径； 圆和圆有且仅有三条公切线，两圆外切， ，即， 设，则，， 即，，解得：， 的取值范围为. 故选：D. 7. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切， 设圆的半径为，则， 因为，所以， 作，，因为，所以， 而，由勾股定理得， 则，且， 而， 即得到，解得， 则该球的表面积的最大值为，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：解题关键是判断出表面积最大时的情况，然后利用勾股定理建立方程，得到球的半径，进而得到所要求的表面积即可． 8. 定义P数列：它以数字1开始，序列的第项是对第n项的描述.如第一项是1个1，所以下一项就是11；第二项是2个1，所以下一项是21；第三项是1个2和1个1，所以下一项就是1211，以此类推.用表示该数列第n项的长度，则下列说法错误的是（ ） A. P数列的每一项均不含数字4 B. 序列“11131221131211”在P数列中出现了无数次 C. 存在有理数满足：对任意都存在正整数N，使得时恒有 D. 存在正整数N，使得时恒有 【答案】B 【解析】 【分析】利用反证法可说明选项A正确，利用题中的定义进行逆推可知选项B错误，利用数学中外观数列的结论可得选项CD均正确. 【详解】对于选项A，利用反证法说明数列的每一项均不含数字4： 显然，第一项不存在数字4. 如果该数列出现4，那么假设第n项是最小的“包含至少一个不小于4的数字”的项. 现在解读这个项的意思，读到这里一定是说“前一项某处有x个m (m>=4)”或者“前一项某处有至少连续4个y”， 若为前者，可知该数列第项中也包含至少一个大于等于4的数字，矛盾(因为已经假设第n项是满足该条件的最小的项). 若为后者，那么第项此处的语句没有意义，矛盾. 故满足条件项不存在.选项A正确； 对于选项B，若序列“11131221131211”在P数列中出现，现进行逆推： 设数列中的第n项为“11131221131211”, 则数列中的第n-1项为“13211321”, 则数列中的第n-2项为“311311”, 则数列中的第n-3项为“11131”, 很明显数列中的项除去第一项外其余的项中数字均为偶数个，故选项B是错误的， 对于选项C和选项D，其结论为数学中的一个定理： 题中定义的P数列又被称之为外观数列，该数列有以下性质： 每生成下一项，数字大约增大30%，即数列是单调递增的，，选项D正确； 比值为一个常数，，该常数被称之为康威常数，是下面一个71次方程唯一的正实数解： . 由康威常数的结论可知选项C正确. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，则下列选项正确的是（ ） A B. C. 已知，若，则 D. 与夹角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示可判断A错误，利用模长的坐标公式可得B正确，再由向量平行的坐标表示可判断C正确，利用夹角的坐标公式计算可知D错误. 【详解】对于A，易知，所以不垂直，即A错误； 对于B，，可得，可得B正确； 对于C，由且可得，解得，即C正确； 对于D，设与的夹角为，所以，可得D错误. 故选：BC 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象向右移个单位长度后，图象关于轴对称，则的最小值为 D. 若关于的方程在上有两个实数根，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据倍角公式和辅助角公式将化成单角单函数即，由正弦型函数的最小正周期判断A选项；利用代入检验的思想判断B选项；根据图象平移得到平移后的函数，再根据偶函数得到，根据的范围求得的值，判断C选项；转化为两个函数图象的交点问题，结合正弦函数图象求得的取值范围，判断D选项. 【详解】对A，，则的最小正周期为，故A正确； 对B,因为，所以函数的图象关于点对称，故B错误； 对C,将函数的图象向右移个单位长度后可得函数的图象， 因为的图象关于轴对称，所以， 即，又，所以的最小值为，故C正确； 对D,由得，， 若，则， 若关于的方程有两个实数根，则与图象有两个交点， 所以，解得，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知定义域为的函数满足，为的导函数，且，则下列说法正确的是（ ） A. 为奇函数 B. C. D. 对，， 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用赋值法可判断A；利用赋值法并对函数求导，可判断B；将变形形式，利用柯西方程可求得，代入求值，即可判断C；结合，利用作差法可判断D. 【详解】由题意定义域为的函数满足 令，则， 令，则，即， 故为奇函数，A正确； 由于，故，即， 则为偶函数，由可得， 由，令得， 故，令，则，B正确； 又， 则， 令，则， 由柯西方程知，，故， 则，由于，故， 即，则，C正确； 对 , 故，D错误， 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 试写出曲线与曲线的一条公切线方程________. 【答案】或（写出一个即可） 【解析】 【分析】设出切点坐标，根据切线斜率相等，建立等式，解出即可. 【详解】设公切线与曲线切于点， 与曲线切于点. 由，得.由，得. 令，即，则， 且， 即， 化为， 所以，解得或. 当时，，， 此时切线的方程为，即. 当时，，， 此时切线的方程为，即. 综上可知，切线的方程为或，写出任意一个即可. 故答案为：或，写出任意一个即可. 13. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之和为偶数，记满足条件的取法种数为；从0，1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，记满足条件的取法种数为.若从个取法和个取法各随机选一种，这两种取法的数字完全不同的概率是______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用按2个奇数和1个偶数或3个偶数分类选取来满足选取的三个数和为偶数，同理按1个奇数和1个偶数分类选取来满足选取的两个数和为奇数，在分析两次选取不能有重复数字时，则可进行分类分步研究即可求解. 【详解】从中任取3个不同的数，要满足三个数之和为偶数， 第一类：取两个奇数和一个偶数，共有； 第二类：取三个偶数，共有； 所以满足三个数之和为偶数的取法种数有种，即； 从中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数， 则取一个奇数和一个偶数，即种，所以； 若从中任取一个奇数和0时，则从中任取3个数之和为偶数，且与前面取的数不重复，则共有； 若从中任取一个奇数和非0偶数时，则从中任取3个数之和为偶数，且与前面取的数不重复，则共有； 所以这两种取法数字完全不同的概率为 故答案为：. 14. 已知为抛物线的焦点，过点的直线与交于A，B两点，过点作，与的准线交于点，且，，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，过点作轴的垂线，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，即可得到，再由弦长公式计算可得.． 【详解】由题意知抛物线的焦点为，准线方程为． 当过点的直线垂直于轴时，易知，，则，不符合题意． 当过点的直线斜率为0时，直线与只有一个交点，不符合题意． 设直线的方程为． 联立，化简得， 设，显然，则． 由，，可知． 所以． 如图，过点作轴的垂线，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为． 因为， 所以，所以，则． 又， 所以，整理得，解得，则． 又，即， 所以，则，解得． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题以学生熟悉的抛物线为载体，求参数的值，将创新思维融于解题之中，具有化腐朽为神奇的效果．抓住是解本题的关键． 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. 已知为数列的前n项和，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，由已知可求得，当时，，两式相减可得，可得结论； （2）由（1）知，，利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 由题知，，当时，，解得， 当时，，则有，即， 所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， ， 所以 ， 所以. 16. 已知函数，，其中为的导函数. （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，分和两种情况，利用导数判断的单调性； （2）根据题意整理可得，结合的单调性可得，构建，利用导数求其最值，即可得结果. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 则，可得， ①当时，恒成立，可知在上单调递减； ②当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由可得， 整理得，即， 可得， 因为在定义域内单调递增，可得， 即，可得， 令，则. 因为， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减，则， 可得，所以a的取值范围为. 17. 如图，在三棱锥中，平面ABC，为锐角，动点D在的边AC上，，，，三棱锥的体积为. （1）证明：平面平面PAB. （2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质结合勾股定理可得，再根据三棱锥的体积公式可得，再根据余弦定理结合勾股定理可得，再根据线面垂直的判定与面面垂直的判定证明即可； （2）以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，根据点到面的距离公式与线面夹角公式求解即可. 【小问1详解】 证明：因为平面ABC，平面ABC， 所以，，， 所以，同理得. 又因为， 所以. 因为为锐角三角形，所以. 由余弦定理，可知， 所以，所以， 又因为，，PA，平面PAB， 所以平面PAB，所以平面平面PAB. 【小问2详解】 如图，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设，则. 由， 解得或（负值舍去），所以. 由（1）知PD与平面ABC所成的角为，所以， 所以，即PD与平面ABC所成的角为. 18. 继 2023 年电子竞技首次作为正式竞赛项目登上杭州亚运会舞台后，2024 年国际奥委会宣布首届奥林匹克电子竞技运动会将于 2025 年在沙特阿拉伯王国举办．这意味着电子竞技作为虚拟体育正式成为奥运会项目的一部分．为迎接电子竞技行业这一里程碑式的时刻， 甲、乙两俱乐部计划按照现今体育比赛中的赛制举办友谊赛．在体育比赛中有两种常见赛制：一种是局胜制，例如一场比赛有5局， 率先胜3局一方获胜，本场比赛结束; 另一种是局胜制，例如一场比赛有7局，率先胜4局一方获胜， 本场比赛结束． （1）若采用5局3胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，甲俱乐部每场比赛获胜的概率为0.9．已知甲、乙俱乐部采用这两种赛制各进行了场比赛，试自行绘制列联表，并根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲队获胜的场数有影响; （2）设甲俱乐部每局比赛获胜的概率均为，且每局比赛都能决出胜负，没有平同： ①若两俱乐部采用5局3胜制比赛，记事件： “甲俱乐部只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”，事件： “两俱乐部赛满5局，甲俱乐部至少取得3局比赛胜利且甲获胜”，试证明：; ②若甲、乙两俱乐部创造一种全新的赛制，约定比赛规则为：共进行局，赢得局数大于 局的俱乐部获胜．若甲俱乐部每局比赛获胜的概率，试判断进行几局比赛时，甲俱乐部获胜的概率最大，并说明理由． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 附：，其中 ． 【答案】（1）列联表见解析，答案见解析； （2）①证明见解析；②4局. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列出列联表，求出的观测值并与比较求解. （2）①利用互斥事件的概率公式及独立重复试验的概率公式列式化简得证；②利用条件概率及全概率公式求出与的关系，再建立不等式求解. 【小问1详解】 依题意，列联表如下： 5局3胜 7局4胜 合计 甲胜 乙胜 合计 ，依据小概率值的独立性检验， 当时，，赛制对甲胜场数有影响； 当时，，赛制对甲胜场数没有影响. 【小问2详解】 ①， ， 所以. ②设甲赢得比赛的概率为，设“进行局比赛甲最终获胜”，“第一局甲赢”，“第二局甲赢”， 则有， 而发生及发生意味着前2局比赛甲恰好赢一局，则甲在局比赛最终获胜当且仅当 甲在后续的局比赛中赢的局数要大于，因此， 在发生的条件下，甲已经赢了前2局， 则甲最终获胜当且仅当甲在后续的局比赛中赢的局数要大于或等于， 则； 在发生的条件下，甲输掉前2局，则甲最终获胜当且仅当甲在后续的局 比赛中赢的局数要大于，而这个事件可视为“甲在后续的局比赛中赢的局数大于” 与事件“甲在后续的局比赛中恰好赢局”的差事件， 故， 因此 令，得，则当时，， 所以当，即时，最大 【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 19. 一般地，若两个椭圆焦点都在x轴或y轴上，长轴相等，其中一个椭圆的短半轴长与另一个椭圆的焦距长相等，则称两个椭圆为相关椭圆.已知椭圆，抛物线与有一个相同的焦点F.过点F作互相垂直的两条直线l与，直线l与交于点G、B，直线与交于点C、D. （1）求该椭圆的相关椭圆方程及抛物线的方程 （2）四边形GCBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由. （3）过椭圆左顶点A且斜率为的直线与椭圆交于点M，与轴交于点，设点为MA的中点.若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点），若，求的值. 【答案】（1）椭圆方程为，抛物线的方程为 （2）四边形GCBD的面积存在最小值，最小值为8； （3） 【解析】 【分析】（1）设椭圆方程为，，分两种情况，得到椭圆方程为，并根据焦点坐标得到，求出； （2）先得到直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线为，求出四边形GCBD的面积为8，再求出当直线的斜率存在，设直线的方程为， 分别与和联立得到两根之和，两根之积，求出弦长，表达出四边形面积，换元得到，结合函数单调性得到，从而求出最小值； （3）联立直线和得到点M的坐标，并得到点坐标，由得到，并变形得到，结合，得到方程，求出答案. 【小问1详解】 椭圆的焦点在轴上，， 设椭圆方程为，， 若椭圆的短半轴长与的焦距长相等， 即，此时不合要求， 若椭圆的短半轴长与椭圆的焦距长相等， 即，解得，满足要求， 故椭圆方程为； 椭圆的焦点为，故，解得， 故； 【小问2详解】 显然当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求， 故直线的斜率不为0，当直线的斜率不存在时， 直线的方程为，此时直线为， 中，令得，故， 此时，， 设四边形GCBD的面积为，， 当直线的斜率存在，设直线的方程为， 与联立得， 设，则， 故， 故， 直线，与椭圆联立得， 恒成立， 设，则， 由弦长公式得 ， 设四边形GCBD的面积为， ， 令，则， 由对勾函数性质可知在上单调递增， 故， 故四边形GCBD的面积存在最小值，最小值为8. 【小问3详解】 由题意得，故直线，联立得 ，设，则， 故，， 故，， 中，令得，故， ， 又，设，故，解得， 所以， 由得， 即，， 即， 其中，， 故，解得， 故的值为 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$