云南省玉溪市玉溪师范学院附属中学2024-2025学年高二下学期第一次月考（3月）数学试题

试卷第 1页，共 4页 玉溪师院附中 2026 届高二下学期第一次月考 数学试卷 出题：杨庆辉 审题：周燕 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．已知集合  2| log 1A x x  ， 1| 1B x x       ，则 R( )A B  ð A． ( , 2] B． (0,1] C． 1,2 D． (2, ) 2．在边长为1的正三角形 ABC中， AB BC   的值为 A．1 B． 2 C． 3 2 D． 3 3．已知等差数列 na 中， 2 4 9 24a a a   ，则  2 3 7log a a （ ） A．8 B．4 C．16 D．-4 4．函数 ( ) sin , [ , ]f x x x x     的图象大致是（ ） A． B． C． D． 5．已知函数 2( ) sin (0)e xf x x f   ，则 (0)f （ ） A．1 B． 1 2  C．2 D． 1 6．已知 , 0, 2        ，且满足 tan tan 1 4        ，则  tan   （ ） A． 1 B． 2 C．2 D．1 7．如图，三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， ,E F分别是 AB AC、 的中点，平面 1 1EFC B 将三棱柱分成 体积为 1 2,V V （左为 1V ，右为 2V ）两部分，则 1 2:V V （ ） 试卷第 2页，共 4页 A．7 :5 B． 4 :3 C．3 :1 D． 2 :1 8．设 1 2,F F 为曲线 2 2 1 : 16 2 x yC   的左，右两个焦点，P是曲线 2 2 2 : 13 xC y  与 1C 的一个交 点，则 1 2sin FPF 的值为（ ） A． 1 3 B． 2 3 C． 5 3 D． 2 2 3 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．设首项为 1的数列 na 的前 n项和为 nS ，已知 1 2 1n nS S   ，则下列结论正确的是（ ） A．数列 1nS  为等比数列 B．数列 na 不是等比数列 C． 2 1n nS a  D．数列 n n S a       是递增数列 10．一个不透明袋中装有 2个红球､2个白球（每个球标有不同的编号，除颜色和编号外均 相同），从中不放回依次抽取 2个球，记事件A为“第一次取的球为红球”，事件 B为“第二次 取的球为白球”，则（ ） A．    P A P B B． ,A B为对立事件 C． ,A B为相互独立事件 D．抽取的 2个球中至多 1个白球的概率为 5 6 11．已知抛物线C： 2 4y x ，O为坐标原点，过点  2,0 的直线 l交抛物线C与  1 1,A x y ，  2 2,B x y 两点，则（ ） A．抛物线C的准线为 2x   B． 1 2 8y y   C． 4OA OB     D． AOBS 的最小值为 4 试卷第 3页，共 4页 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12．若过点  1, 2P   作圆    2 2: 1 2 16C x y    的切线，切点为A，则 AP  ． 13．设 0a  ，若函数 2 ,xy e ax x R   有小于零的极值点，则实数 a的取值范围 是 ． 14．已知曲线 3 1 3 y x 上一点 82, 3 P      ，则过点 P的曲线的切线方程为 . 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．（13分）已知函数   3 2 3f x ax x x b    ，且当 3x  时，  f x 有极值－5． (1)求 ,a b的值； (2)求  f x 在 4,4 上的值域． 16．（15分）△ABC中，角 A、B、C的对边为 a，b，c，已知 2 2 2sin sin sin sin sinA B C B C   ， 且 2AB AC      . (1)求角 A的大小； (2)若 2 3a  ，求△ABC的周长的值. 试卷第 4页，共 4页 17．（15分）如图，在四棱锥 1B AECD 中，底面 AECD是菱形， 60DAE  ，M 是 AE的 中点，且 1BM 平面 AECD， 1 2AD AB  . (1)求证： AE 平面 1B DM ； (2)求平面 1BMD与平面 1B AD夹角的余弦值； 18．（17分）函数    lnf x x ax a  R ，   21 2 g x ax x  . (1)求函数  f x 的单调区间； (2)当 0a  时，若不等式    1 2 f x g x  恒成立，求 a的取值范围. 19．（17分）已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     ，定义椭圆C上的点  0 0,M x y 的“伴随点”为 0 0,x y a b N      . (1)求椭圆C上的点  0 0,M x y 的“伴随点”N的轨迹方程; (2)如果椭圆C上的点 31, 2       的“伴随点”为 1 3, 2 2b       ，对于椭圆C上的任意点M 及它的“伴随 点”N，求OM ON   的取值范围; (3)当 2, 3a b  时，直线 :l y kx m  交椭圆C于 A，B两点，若点 A，B的“伴随点”分别 是 P，Q，且以 PQ为直径的圆经过坐标原点O，求 OAB△ 的面积. 答案第 1页，共 13页 《2025 年 3 月 17 日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B A D A A D ACD AD 题号 11 答案 BC 1．C 【分析】解不等式确定集合 ,A B，然后由集合的运算法则计算． 【详解】由题设可得 { | 0 2}, { | 0 1}A x x B x x      ，所以 R { | 1B x x ð 或 0}x  ，则 R( ) { |1 2}A B x x   ð ， 故选：C． 2．D 【分析】以 AB、 BC为邻边作菱形 ABCD，则  AB BC BA BC BD DB      uuur uuur uur uuur uuur uuur，计算出 菱形 ABCD的对角线 BD的长度即可得出答案. 【详解】以 AB、BC为邻边作菱形 ABCD，则  AB BC BA BC BD DB      uuur uuur uur uuur uuur uuur， 由图形可知， DB  的长度等于等边 ABC 的边 AC上的高的 2倍， 即 2 2 12 1 3 2 DB        uuur ，因此， 3AB BC  uuur uuur ，故选：D. 【点睛】本题考查差向量模的计算，解题的关键就是作出图形，找出差向量，分析图形的形 状，进而求出线段长度，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 3．B 【分析】利用等差数列的性质求解. 【详解】解：由等差数列的性质知 2 4 9 53 24a a a a    ， 所以 5 8a  ， 所以 3 7 52 16a a a   ， 答案第 2页，共 13页 所以  2 3 7 2log log 16 4a a   ， 故选：B 4．A 【分析】判断函数的奇偶性排除选项，然后利用特殊点的函数值，以及利用导数研究函数的 单调性，即可判断． 【详解】解：因为 ( ) sin , [ , ]f x x x x     ，所以 ( ) ( )sin( ) sin ( )f x x x x x f x      ， 所以 ( )f x 为偶函数，即图象关于 y轴对称，则排除 B， 当 2 x  时， ( ) sin 02 2 2 2 f       ，故排除 C， ( ) sin cosf x x x x   ，当 0, 2 x      时 sin 0x  ， cos 0x  ，所以 ( ) 0f x  ，即 ( )f x 在 0, 2      上单调递增，故排除 D； 故选：A． 5．D 【分析】其中 (0)f  为常数，求出函数 2( ) sin (0)e xf x x f   的导函数，代入 0x  求解 (0)f  ， 从而可以求解 (0)f . 【详解】由于函数 2( ) sin (0)e xf x x f   ，则其导函数为： 2( ) cos 2 (0)e xf x x f   ， 代入 0x  ，可得： 0(0) cos0 2 (0)ef f  ，解得： (0) 1f    ，所以 2( ) sin e xf x x  ， 所以 0(0) sin 0 e 1f     . 故选：D 6．A 【分析】根据诱导公式得到 π πtan tan 4 2               ，然后结合角的范围和正切函数的性质 得到 3 4     ，最后计算正切值即可. 【详解】因为 πtan tan 1 4        ， 可得 πsin π 1 cos π2tan tan π4 tan sin 2cos 2                             ， 又因为 π, 0, 2        ， 答案第 3页，共 13页 则 π π π π π0, , , 2 2 4 4 4                 ，所以 π π 2 4     ，整理得 3 4     ， 所以   3πtan tan 1 4      . 故选：A. 7．A 【分析】由 ,E F分别是 AB AC、 的中点，可得 1 1 4 S S （ 1S 是三角形 AEF的面积，S是三角 形 ABC的面积），由棱台的体积公式可求得 1V ，再根据 2 1V V V  ，求得 2V ，即可得答案. 【详解】解：设三角形 AEF的面积为 1S ，三角形 ABC与三角形 1 1 1A BC 的面积为S，三棱柱 的高为 h， 则有 1 1 1 1AEF A B CV V  ， 1 1 2BCEF B CV V  ，设三棱柱 1 1 1ABC ABC 的体积为V ， 又因为 1 1 1 1 ( ) 3 V h S S S S   ①，V Sh ②， 所以 2 1V V V  ③， 由题意可知 1 1 4 S S ④， 由①②③④可得 1 7 7 12 12 V Sh V  ， 所以 2 1 5 12 V V V V   ， 所以 1 2: 7 : 5V V  . 故选：A. 8．D 【分析】求出 1 2,F F 的坐标，由椭圆、双曲线的定义求出 1PF ， 2PF ，再由余弦定理求出 1 2cos F PF ，即可求出 1 2sin F PF . 【详解】由曲线 1C ： 2 2 1 6 2 x y   的方程得 1 2( 2,0), (2,0)F F ，由椭圆的定义得 1 2 2 6PF PF  ， 又曲线 2C ： 2 2 1 3 x y  的焦点和曲线 1C 的焦点相同，不妨设 P在双曲线右支上， 双曲线的定义得 1 2 2 3PF PF  ， 1 6 3PF   ， 2 6 3PF   ， 在 1 2PFF 中，由余弦定理可得 2 2 2 1 2 ( 6 3) ( 6 3) 4 1cos 32( 6 3)( 6 3) F PF         ， 答案第 4页，共 13页 2 1 2 2 1 1 co 3 n s 2 2si F PF F PF    . 故选：D 9．ACD 【分析】通过构造法可得数列 1nS  是以 2为首项，2为公比的等比数列，选项 A正确； 根据选项 A求出数列 na 的通项公式，可得选项 B错误；利用等比数列通项公式及前 n项 和公式可得选项 C正确；根据 1 1 0n n n n S S a a     可得选项 D正确. 【详解】由题意，可知 1 1 11, 1 1 1 2S a S      ， ∵ 1 2 1n nS S   ，∴  1 1 2 1 1 2 1n n nS S S       ， ∴数列 1nS  是以 2为首项，2为公比的等比数列，故选项 A正确； 由 A得， 11 2 2 2n nnS     ，∴ 2 1nnS   ， 当 2n  时， 1 11 2 1 2 1 2n n nn n na S S         ， 当 1n  时， 1 1a  满足上式，∴ 1 12 1 2n nna     ， ∴数列 na 是以 1为首项，2为公比的等比数列，故选项 B错误； ∵ 12 1 2 2 1 2 1n nn na S        ，∴ 2 1n nS a  ，故选项 C正确； ∵ 1 1 2 1 12 2 2 n n n n n S a       ，∴ 1 1 1 1 1 12 2 0 2 2 2 n n n n n n n S S a a               ， ∴数列 n n S a       是递增数列，故选项 D正确. 故选：ACD． 10．AD 【分析】记 2个红球编号为 1 2,a a , 2个白球编号为 1 2,b b ，写出样本空间及事件 ,A B的样本 答案第 5页，共 13页 点，对于 A，用古典概率公式计算事件 ,A B概率即可；对于 B，事件 ,A B包含共同的样本点， 故不对立；对于 C，根据独立事件的概念判断即可；对于 D，记事件C为“抽取的 2个球中 至多一个白球”，用古典概率公式计算即可. 【详解】记 2个红球编号为 1 2,a a , 2个白球编号为 1 2,b b ， 所以样本空间为 1 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1{( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , )}a a a b a b a a a b a b b a b a b b b a b a b b  ， 事件A包含的样本点为 1 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2{( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , )}a a a b a b a a a b a b ， 事件 B包含的样本点为 1 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1{( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , )}a b a b a b a b b b b b ， 对于 A，因为 ( ) 6 1 ( ) 6 1( ) , ( ) ( ) 12 2 ( ) 12 2 n A n BP A P B n n         ，故 A正确； 对于 B，因为事件 ,A B包含共同的样本点 1 1 1 2 2 1 2 2{( , ), ( , ) ( , ), ( , )}a b a b a b a b， ，故事件 ,A B不对立， 故 B错误； 对于 C，因为 ( ) 4 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 12 3 4 n ABP AB P A P B n       ，所以 ,A B不独立，故 C错误； 对于 D，记事件C为“抽取的 2个球中至多一个白球”， 则事件C包含的样本点为 1 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2{( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ) }a a a b a b a a a b a b b a b a b a b a ， 所以 ( ) 10 5( ) ( ) 12 6 n CP C n     ，故 D正确. 故选：AD. 11．BC 【分析】对 A，根据抛物线方程求准线判断；对 B：将直线 l方程与抛物线联立判断；对 C： 用数量积坐标表示OA OB   求算；对 D： 1 2AOBS y y  用基本不等式求最小值. 【详解】对 A：由 2 4y x 知准线为 1x   ，故 A错误； 对 B：设直线 l的方程为 2,x my  答案第 6页，共 13页 联立 2 2 4 x my y x     ，得 2 4 8 0y my   ， 则 1 2 8y y   ，所以 B正确； 对 C： 2 2 1 2 1 2 1 2 1 26 4 8 4 1 y yOA OB x x y y y y          ，故 C正确； 对 D： 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 2 2AOB S y y y y y y y y          ， 当且仅当 1 2y y 即 0m  时取等号，故 D错误. 故选：BC 12．2 【分析】根据两点间距离公式得到 PB ，然后利用勾股定理求 AP 即可. 【详解】 由题意得圆C的圆心坐标  1,2B ，半径 4r  ， BA AP ， 则    2 21 1 2 2 2 5PB        ， 所以 2 2 2AP PB r   . 故答案为：2. 13． 1 ,0 2      答案第 7页，共 13页 【分析】由函数极值的概念可得： 0y  有小于零的根，即： 2xe a  有小于零的根，问题 得解． 【详解】函数 2 ,xy e ax x R   有小于零的极值点等价于： 0y  有小于零的根，即： 2xe a  有小于零的实数根 0x ， 当  0 ,0x   时，  0 0,1xe  ，所以  2 0,1a  ， 整理得： 1 ,0 2 a       【点睛】本题主要考查了导数与函数极值的关系，还考查了转化思想及计算能力，属于中档 题． 14．12 3 16 0x y   和3 3 2 0x y   【分析】设过点 P的切线与曲线  y f x 相切于点 R，然后根据曲线  y f x 在点 R处切线 的斜率列出切线方程，根据切线过点 82, 3 P      ，求出切点坐标，从而可求出切线方程． 【详解】   2f x x  ，设过点 P的切线与曲线  y f x 相切于点 31 3 R m m     ， ， 曲线  y f x 在点 R处切线斜率为 2m ， 可得切线的方程为  3 21 3 y m m x m   ，代入点 P， 可得  3 21  3 2 3 8 m m m   ， 解得， 2m  或 1m   ， 故切点 R分别为 82, 3       和 11, 3       ， 过点 P的切线方程为  8 4 2 3 y x   或 3 11y x   ， 所以过点 P的切线方程有两条：12 3 16 0x y   和3 3 2 0x y   ． 故答案为12 3 16 0x y   和3 3 2 0x y   【点睛】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，同时考查了计算能力和转化的 思想，解曲线的切线问题要特别注意是“在”还是“过”点，属于中档题． 15．(1) 1 4 3 a b ， (2) 64 17 3 3     , 【分析】（1）先求导函数，再根据极值点列方程求解即可； 答案第 8页，共 13页 （2）求出导函数，根据导函数正负得出单调性写出极值和最值即可得出值域. 【详解】（1）由   3 2 3f x ax x x b    ，得   23 2 3f x ax x   ， 又当 3x  时，  f x 有极值－5，所以    3 27 9 0 3 27 18 5 f a f a b             ，解得 1 3 4 a b      所以     2 2 3 1 3f x x x x x      ，当  1,3x  时，    0f x f x  ， 单调递减；当  3,x   时，    0f x f x  ， 单调递增． 所以当 3x  时，  f x 有极小值 5 ． 所以 1 4 3 a b ， ． （2）由（1）知     1 3f x x x   ． 令   0f x  ，得 1 21, 3x x   ，    ,f x f x 的值随 x的变化情况如下表： x －4  4, 1  －1  1,3 3  3,4 4  f x + 0 － 0 +  f x 64 3  单调递 增 极大值 17 3 单调递 减 极小值－ 5 单调递 增 8 3  由表可知  f x 在  4, 4 上的最大值为   171 3 f   ，最小值为   644 3 f    ， 即  f x 在 4, 4 上的值域为 64 17, 3 3     ． 16．(1) 2 π 3 A  (2) 2 3 4 【分析】（1）利用正弦定理将角化边及余弦定理即可求解； （2）由数量积可求出 4cb  ，结合（1）可求出 4b c  ，进而可知△ABC的周长. 【详解】（1）因为 2 2 2sin sin sin sin sinA B C B C   ， 所以 2 2 2a b c bc   ，即 2 2 2b c a bc    ， 答案第 9页，共 13页 所以 2 2 2 1cos 2 2 2 b c a bcA bc bc        ， 因为  0, πA ，所以 2 π 3 A  （2）因为 2AB AC      ，所以 cos 2cb A   ，即 1 2 2 cb   ，所以 4cb  ， 由（1）知 2 2 2b c a bc    ，所以 2 2( )b c a bc   又 2 3a  ，所以 2( ) 12 4b c   ，解得 4b c  ， 所以△ABC的周长为 2 3 4a b c    ， 所以△ABC的周长为 2 3 4 . 17．(1)证明见解析 (2) 15 5 【分析】（1）先证明DM AE ，再由 1BM 平面 AECD证明 1B M AE ，根据线面垂直判 定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面 1BMD与平面 1B AD的法向量，利用向量夹角公式求结论. 【详解】（1）在菱形 AECD中，连接DE， 由已知底面 AECD是菱形， , 60AB AD DAE   ， ADEV 为等边三角形， 因为M 是 AE的中点，所以DM AE ， 因为 1BM 平面 AECD， AE 平面 AECD，所以 1B M AE . 因为 1BM 平面 1BMD，DM  平面 1BMD， 且 1BM DM M  ，所以 AE 平面 1B DM . （2）因为 1BM 平面 AECD，DM  平面 AECD，则有 1BM DM ， 由（1）知 1AE B M ， AE DM ，故 AE， 1BM，DM 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系M xyz ， 因为M 是 AE的中点， 1B M AE ， 1 2AB  ，所以 1 1 2AB B E  ， 因为底面 AECD是菱形， 2AD  ， 答案第 10页，共 13页 所以 2AE EC CD DA    ， 所以 1AB E 为等边三角形，由（1） ADEV 也为等边三角形， 则 1(0,0, 3)B ， ( 1,0,0)A  ， (0, 3,0)D ， 设平面 1B AD的一个法向量为 ( , , )m x y z  ， 则 1 3 0 3 3 0 m AD x y m B D y z             令 1y  ，则 3x   ， 1z  ， 所以 ( 3,1,1)m   为平面 1B AD的一个法向量， 又因为 AE 平面 1BMD， 所以平面 1BMD的一个法向量为  1,0,0n   ， 所以 15cos , 5 m n m n m n           ， 故平面 1BMD与平面 1B AD夹角的余弦值为 15 5 . 18．(1)答案见解析 (2) 1, . 【分析】（1）对函数  f x 求导，然后分 0a  ， 0a  两种情况，由导函数  f x 的正负可求 得其单调区； （2）构造函数       1 2 h x g x f x   ，  0,x   ，把不等式的恒成立转化为  min 0h x  ， 求得       1 1ax x h x x     ，结合 0a  分析函数  h x 的单调性并确定最小值为  min 1 1 ln 2 2 h x a a    ，再利用函数   1 1 ln 2 2 t a a a    的单调性解不等式 1 1 ln 0 2 2 a a    即 可. 答案第 11页，共 13页 【详解】（1）由题意得   1 1 axf x a x x     ，  0,x   ， 当 0a  时，则   1 0axf x x    ，  f x 在  0,  上单增，  f x 的递增区间为  0,  ； 当 0a  时，令   0f x  ，则 1x a  ；令   0f x  ，则 10 x a   .  f x 的递增区间为 10, a       ，递减区间为 1 , a      . （2）当 0a  时，令       1 2 h x g x f x   ，  0,x   ， 则    21 11 ln 2 2 h x ax a x x     ，  0,x   ， 由题意，得  min 0h x  . 因为          2 1 1 1 111 ax a x ax x h x ax a x x x             ， 令   0h x  ，则 10 x a   ；令   0h x  ，则 1x a  ，  h x 在 10, a       上递减，在 1 , a      上递增，  min 1 1 1 ln 2 2 h x h a a a          ， 故 1 1 ln 0 2 2 a a      1 1 ln 2 2 t a a a    在  0,  上递增， 又  1 0t  ， 1a  ， 实数 a的取值范围为 1, . 19．(1) 2 2 1x y  (2)[ 3, 2] (3) 3 【分析】（1）根据“伴随点”的定义，结合点  0 0,M x y 在椭圆上求解即可； 答案第 12页，共 13页 （2）根据题意，结合（1）得 2 2 1 1 2 1 9 1 4 a a b        ，进而得 2 2 0 0 1 4 3 x y   ，再根据数量积的坐标表示， 结合二次函数求解即可； （3）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 1 2 2, , ,2 23 3 x y x yP Q           ，进而根据 0OP OQ    得 1 2 1 23 4 0x x y y  ，再联立椭圆C和直线 l的方程并结合韦达定理得 2 23 4 2k m  ，最后求弦 长|AB|与点O到直线 y kx m  的距离并求面积即可. 【详解】（1）设 ( , )N x y .所以，根据“伴随点”的定义，有 0 0 xx a yy b       ，则 0 0 x ax y by    又因为 2 2 0 0 2 2 1( 0) x y a b a b     ， 所以 2 2 2 2 ( ) ( ) 1( 0)ax by a b a b     ，即 2 2 1x y  所以，椭圆C上的点  0 0,M x y 的“伴随点” N的轨迹方程为 2 2 1x y  （2）由（1）知，椭圆C上的点  0 0,M x y 的“伴随点”N的轨迹方程为 2 2 1x y  ， 因为椭圆C上的点 31, 2       的“伴随点”为 1 3, 2 2b       ， 所以，根据“伴随点”的定义与（1）中结论，有 2 2 1 1 2 1 9 1 4 a a b        ，解得 2, 3a b  . 因为点  0 0,M x y 在椭圆上，所以 2 2 0 0 1 4 3 x y   ， 所以， 2 2 0 0 33 4 y x  ，且 200 4x  ， 所以   2 2 20 0 0 0 0 0 0 2 3, , 3 2 2 43 3 x y x yOM ON x y x             因为 20 2 3 0,0 4 4 x    ，所以 20 2 3 3 [ 3,2] 4 x   … 所以OM ON   的取值范围是[ 3, 2] （3）由题意，得椭圆C的方程为 2 2 1 4 3 x y   . 答案第 13页，共 13页 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 1 2 2, , ,2 23 3 x y x yP Q           联立椭圆C和直线 l的方程，得 2 2 , 1, 4 3 y kx m x y       所以    2 2 23 4 8 4 3 0k x kmx m     由题意，得 0  ，所以   2 1 2 1 22 2 4 38 , 3 4 3 4 mkmx x x x k k       .① 因为 PQ为直径的圆经过坐标原点O， 所以 0OP OQ    ，即   1 2 1 2 1 2 1 23 4 0 3 4 0x x y y x x kx m kx m      ， ， 所以    2 21 2 1 23 4 4 4 0k x x mk x x m     .② 将①代入②，化简，得 2 23 4 2k m  . 所以 2 2 1 2 1 2 2 2 4 2 6 4 3,k m kx x x x m m m        ， 所以  22 21 2 1 2 1 21 1 4AB k x x k x x x x        2 2 2 2 2 4 4 3 2 31 4 1k kk k m m m              . 又因为点O到直线 y kx m  的距离 2 | | 1 md k   ， 所以 1 | | 3 2OAB S AB d  .