湖南省沅江市第三中学2024-2025学年高二下学期3月质量检测数学试题

答案第 1页，共 13页 2024—2025 学年（下）高二年级 3月质量检测 数学参考答案 1．D 【分析】解一元二次不等式求集合，再由集合的交运算求结果. 【详解】由  2| 2 0 { | ( 2) 0} { | 0 2}M x x x x x x x x         ，  | 1N x x  ， 所以M N   1,2 . 故选：D 2．C 【分析】根据三角函数的定义，可求得 1 3cos sin 10 10   ， ，再结合正弦二倍角公式， 即可求解. 【详解】由题设 1 1 3 3cos sin 1 9 10 1 9 10        ， ， 所以 1 3 3sin2 2sin cos 2 510 10        . 故选：C. 3．C 【分析】不妨设直线 l分别交 x、 y轴于点  , 0A a 、  0,B b ，则 0a  ， 0b  ，可得出直线 l 的截距式方程为 1 x y a b   ，结合已知条件可得出 1 2 1 a b   ，利用基本不等式可求得 AOBV 面 积的最小值. 【详解】不妨设直线 l分别交 x、 y轴于点  , 0A a 、  0,B b ，则 0a  ， 0b  ， 答案第 2页，共 13页 所以，直线 l的截距式方程为 1 x y a b   ，因为点 P在直线 l上，则 1 2 1 a b   ， 由基本不等式可得 1 2 2 2 21 2 a b ab ab     ，可得 8ab  ，则 1 4 2AOB S ab △ ， 当且仅当 1 2 1 2 1 a b a b        时，即当 2 4 a b    时，等号成立， 故 AOBV 的面积的最小值为 4 . 故选：C. 4．A 【分析】记 2HF 的中点为 P，证明两条渐近线相互垂直，据此即可求解. 【详解】由题意，记 2HF 的中点为 P，如图， 由 1 2FO F O ，则OP∥ 1FH ， 所以两条渐近线相互垂直， 可得 1 b b a a     ，则 2 2b a ， 即 2 2 2c a a a   ，所以 2e  . 故选：A. 5．D 【分析】结合导函数的图象，可判断函数  y f x 的单调性，从而可判断四个结论是否正确. 【详解】由题意， 3 1x    和 2 4x  时，   0f x  ； 1 2x   和 4x  时，   0f x  ， 故函数  y f x 在  3, 1  和  2, 4 上单调递减，在  1,2 和  4, 上单调递增， 1x   是  f x 的极小值点， 2x  是  f x 的极大值点， 答案第 3页，共 13页 故②④正确，答案为 D. 【点睛】用导数求函数极值的基本步骤： ①确定函数的定义域； ②求导数 ( )f x ； ③求方程 ( ) 0f x  的根； ④检查 ( )f x 在方程根左右的值的符号，如果左正右负，则  f x 在这个根处取得极大值；如 果左负右正，则  f x 在这个根处取得极小值. 6．B 【分析】利用微积分基本定理可得出 5n m  ，再结合 2n m- = 可求得m的值. 【详解】因为   2 1f x x  ，取   2F x x x c   ，则    2 1F x x f x    ， 所以，             2 2d 1 12 n m f x x F n F m n n c m m c n m n m             ， 因为 2n m- = ，则 5n m  ，故 3 2 m  ， 故选：B. 7．A 【详解】将这 12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题,且每组只研究一个课题 只需每个课题依次选三个人即可，共有 3 3 3 12 9 6C C C 中选法，最后选一名组长各有 3种， 故不同的分配方案为： 3 3 3 4 12 9 6 3C C C ， 故选 A. 8．D 【分析】根据面积比得出 ， 的关系，根据  13AG AB AC     ，从而可以 AP  ， AQ  表示 出 AG  ，利用共线原理列方程，解出即可得到答案 【详解】连接 AG并延长，则通过BC的中点M ，过 P，Q分别向 AG所在直线作垂线，垂 足分别为D， E， 如图所示 答案第 4页，共 13页 PAG 与 QAG△ 的面积之比为 2 3 2 3 PD QE   根据三角形相似可知 2 3 PG GQ  ，则 2 5 PG PQ     25AG AP PG AP AQ AP            即 3 2 3 2 5 5 5 5 AG AP AQ AB AC          由平行四边形法则得  2 13 3AG AM AB AC       根据待定系数法有 2 1 5 3   ，则 5 6   故选D 【点睛】平面向量的线性运算可以根据三角形法则或者平行四边形法则，将三角形面积问题 转化为平面几何中三角形相似问题进行求解，考查化归转化思想及数形结合思想的应用 9．BCD 【分析】由二项式定理可得 A错误；由展开式中项的系数关系可得 B正确；由展开式中项 的系数结合组合数的运算可得 C正确；令 1x   可得 D正确. 【详解】对于 A，由二项式定理可得，展开式中各项的二项式系数之和为 2n，故 A错误； 对于 B，若展开式中第 3项与第 7项的二项式系数相等，即 2 6C C 2 6 8n n n     ，故 B正 确； 对于 C，若展开式中 3x 的系数为 160，即   3 3 1 2C 2 160 20 6 3 2 1n n n n n          ，故 C正 确； 对于 D，令 1x  ， 0 1 2( 2 31 ) n n na ax a a      ， 令 1x   ， 0 1 21 na a a a      ， 两式做差可得 1 3 3 1 2 n na a a      ，故 D正确. 故选：BCD 答案第 5页，共 13页 10．BC 【分析】将直线 AB方程与双曲线方程联立，可得交点坐标，据此可表示出 ABF△ 的面积， 然后结合题意可得答案. 【详解】不妨设 F为右焦点，由题意得直线 AB的方程为 3y x ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y 则有： 2 2 1 22 2 2 2 2 2 3 , 1 3 3 y x ab abx xx y b a b a a b             且 2 23b a ， 所以 1 22 2 2 2 3 3, 3 3 ab aby y b a b a      ， 所以 2 1 2 2 2 2 1 1 2 3 3 2 2 3 3 ABF ab abcS OF y y c b a b a          ， 因为  2 2 26 6ABFS a a b ac   ，所以 2 2 3 6 3 abc ac b a   ， 由 2 2 2b c a  ，解得 2 27a c ，即1 7e  ， 又 2 23b a 解得 2e  ，所以2 7e  ，又 52 5 7 3 2     ， 故选：BC. 11．ACD 【分析】A令 0x y  得  1 0f  ，令 1y   得    1 1f x f x    ，赋值此式可得；B对    1 1f x f x    两边求导得出    1 1g x g x    可得  g x 周期为 4，利用反证法得出 2 也为周期，此时   0g x  即  f x 为常函数，退出矛盾；C由    1 1f x f x    可得  f x 周期为 4，计算        0 , 1 , 2 , 3f f f f 即可；D对        1 1f x y f x y f x f y      两边对 y求导，得        1 1g x y g x y f x g y       ，再令 0x y  即可. 【详解】令 0x y  ，代入        1 1f x y f x y f x f y      可得        0 0 1 1f f f f  ， 即   20 ( 1 )f ，所以  1 0f  ， 令 1y   ，则          1 1 1 0 2 1f x f x f x f f x       ，即    1 1f x f x    ， 答案第 6页，共 13页 令 0x  得    1 1 0f f    ， 以 1x  替换 x，则          2 , 3 1 2 1 0f x f x f f f        ，A选项正确； 以 2x  替换 x，则      4 2f x f x f x     ，所以函数  f x 是周期为 4的周期函数. 令 0x  ，则        1 1 0f y f y f f y     ，即     f y f y ，所以  f x 是偶函数. 对    1 1f x f x    两边求导得    1 1f x f x     ，即    1 1g x g x    . 1x  替换 x，则    2g x g x   ；以 2x  替换 x，则      4 2g x g x g x     ， 所以  g x 是周期为 4的周期函数， 若  g x 的周期为 6，则    6g x g x  ，又    2 6g x g x   ， 则    2g x g x  ，又    2g x g x   ，则    g x g x  ，即   0g x  ， 此时  f x 为常函数，与  1 0f  、  0 2f  矛盾，故  g x 的周期不可能为 6， B选项错误； 由  f x 的周期为 4，且        0 2, 1 0, 2 2, 3 0f f f f     . 2025 0 ( ) 506 ( (0) (1) (2) (3)) (0) (1) k f k f f f f f f          506 2 0 2 0 2 0 2        ，C选项正确； 因为  g x 的周期为 4，且120 4 30  ，所以    120 0g g . 因    2g x g x   ，所以    2 0g g  ， 对        1 1f x y f x y f x f y      两边对 y求导， 得        1 1f x y f x y f y f x        ，即        1 1g x y g x y f x g y       令 0x y  ，可得      2 0 1 1 0g g f   ，所以  0 0g  ，则  120 0g  ，D选项正确. 故选：ACD 12． 17 10 【分析】由向量垂直的坐标表示计算即可. 【详解】由题意可得      ,3 2,5 2,3 5a b           ， 答案第 7页，共 13页 又  a b a   ，所以 172 9 15 0 10         . 故答案为： 17 10 . 13．4 【分析】根据题意，求得双曲线C右焦点为 2 (2,0)F ，抛物线 E的焦点为 ( ,0)2 pF ，得到 2 2 p  ， 求得 4p  ，进而求得抛物线 E的焦点到准线的距离，得到答案. 【详解】由双曲线 2 2: 1 3 yC x   ，可得 1, 3a b  ，则 2 2 2c a b   ， 所以双曲线C右焦点为 2 (2,0)F ， 又由抛物线  2: 2 0E y px p  的焦点为 ( ,0) 2 pF ， 因为双曲线C与抛物线 E的焦点重合，所以 2 2 p  ，解得 4p  ， 所以抛物线 2: 8E y x ，准线方程为 2x   所以抛物线 E的焦点到准线的距离为 4 . 故答案为： 4 . 14． 4e 2 【分析】根据题意整理可得 2 2 ln ln e e x x x y x y  ， 2 2e ,e ex x y   ，构建函数   ln , etf t t t   ，结合 单调性可得 2e xx y  ，以 ,a b为变量，则 2 2a b 为直线 2e 0xxa b   上的点  ,P a b 到原点  0,0O 的距离的平方，可得 2 2 4 2 e 1 x a b x   ，构建     4 2 e , 1, 2 1 x g x x x    ，利用导数求最值 即可得结果. 【详解】因为 2 1e 2 x y  ，则 2 2 1 , e ,e e 2 xxx y    ， 又因为 2 2 2ln ln e x xy x y y  ，整理可得 2 2 2 ln 2 ln e e e x x x x xy x y   ， 构建   ln , etf t t t   ，则   2 1 ln 0tf t t    ， 可知  f t 在  e, 内单调递减， 答案第 8页，共 13页 由 2 2 ln ln e e x x x y x y  可知  2e xxf fy       ，且 2 2e ,e exx y   ，则 2e x x y  ， 则 0 x ax b y    即为 2e 0xxa b   ， 以 ,a b为变量，则 2 2a b 为直线 2e 0xxa b   上的点  ,P a b 到原点  0,0O 的距离的平方， 则原点  0,0O 到直线 2e 0xxa b   的距离 2 2 e 1 x d x   ， 可得 22 4 2 2 2 e 1 x OP da b x      ， 构建     4 2 e , 1, 2 1 x g x x x    ，则         2 4 2 4 4 2 22 2 1 154 e 4 1 e 2 e 4 4 0 1 1 x x x xx x g x x x                 ， 可知  g x 在 1,2 内单调递增，则     4e1 2 g x g  ， 所以 2 2a b 的最小值是 4e 2 . 故答案为： 4e 2 . 15．(1)144种； (2)31种. 【分析】（1）先将3支不同的铅笔进行排序，然后将 4支不同的水笔插入铅笔所形成的空位 中（含两端），结合插空法可求得结果； （2）对摸出的铅笔的支数进行分类讨论，结合组合知识以及分类加法计数原理可得结果. 【详解】（1）将 4支不同的水笔和3支不同的铅笔排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也不 相邻， 只需先将3支不同的铅笔进行全排，然后将 4支不同的水笔插入铅笔所形成的 4个空位中（含 两端）， 由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为 3 4 3 4A A 144 种. （2）随机一次性摸出3支笔，使得摸出的三支笔中至少有1支铅笔，则铅笔的支数可以是1或 2或3， 由分类加法计数原理知，不同的取笔种数为 1 2 2 1 3 3 4 3 4 3C C C C C 18 12 1 31      种. 答案第 9页，共 13页 16．(1) π 3 B  (2) 3 3 2 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出 tan B的值，结合角 B的取值范 围可得出角 B的值； （2）由 ABC BDC ABDS S S    整理得出  3 2ac a c  ，结合余弦定理可得出关于 ac的二次 方程，求出 ac的值，再利用三角形的面积公式即可得解. 【详解】（1）因为 3 sin 3 cosa c B b C  ，所以  3sin sin sin 3sin cosB C C B B C   ， 即 3 sin cos 3 cos sin sin sin 3 sin cosB C B C C B B C   ， 即 3cos sin sin sinB C C B ， 因为 B、  0, πC ，则 sin 0C  ，所以 tan 3B  ，所以 π 3 B  . （2）因为 BD为 ABC 的平分线，所以 π 6 ABD DBC    ， 又 ABC BDC ABDS S S    ，即 1 π 1 π 1 πsin 2 sin 2 sin 2 3 2 6 2 6 ac a c    ，整理得  3 2ac a c  . 又由余弦定理 2 2 2 2 2π2 cos 3 b a c ac a c ac      ，得  29 3a c ac   ， 所以  239 3 4 ac ac  ，即  2 4 12 0ac ac   ，解得 6ac  或 2ac   （舍去）， 所以 ABCV 的面积为 1 1 3 3 3sin 6 2 2 2 2ABC S ac ABC     △ . 17．(1)证明见解析 (2) 7 3 . 【分析】（1）由平面 PBE 平面 ABED得 BE CD ，利用勾股定理证 AE AD ，即可得 AD  平面 AEP，即得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面 PAD的法向量为 n  ，平面 PAB的法向量为m  ，利用向量 的夹角公式即可求解. 【详解】（1）连接 AE，如图. 由梯形的面积公式可得梯形 ABCD的高 2, 3BE DE  . 因为平面 PBE 平面 ABED，平面 PBE平面 ,ABCD BE BE CD  ， 即 BE PE ，所以 PE 平面 ABED，所以 PE AD . 答案第 10页，共 13页 在 ABE 中，利用勾股定理可得 3AE  ， 同理可得 6BC AD  ， 在 DAE 中， 2 2 2AD AE DE  ，所以 AE AD ， 又 , ,AE PE E AE PE  平面 AEP，，所以 AD 平面 AEP， AP 平面 AEP， 所以 AD AP . （2）以 E为坐标原点，以 , ,EB EC EP所在直线分别为 x轴， y轴， z轴，建立如图所示的空 间直角坐标系， 则          0,0,0 , 2, 1,0 , 0, 3,0 , 2,0,0 , 0,0,2E A D B P  ， 所以      2,2,0 , 2,1,2 , 0,1,0DA AP AB      . 设平面 PAD的法向量为  , ,n x y z ， 则 2 2 0 2 2 0 DA n x y AP n x y z                 ，取  2 2, 2,3n   . 设平面 PAB的法向量为  , ,m a b c ， 则 2 2 0 0 AP m a b c AB m b                ，取  2,0,1m  . 所以 4 3 7cos , 321 3 m nm n m n            ， 所以平面 PAD与平面 PAB的夹角的余弦值为 7 3 . 18．(1)答案见解析 (2)  , e 1  (3)证明见解析 【分析】（1）求得   exf x a   ，分 0a  、 0a  两种情况讨论，分析导数的符号变化，由 答案第 11页，共 13页 此可求得函数  f x 的增区间和减区间； （2）由已知不等式结合参变分离得出 e ln 1 x x xa x    对任意的 0x  恒成立，利用导数求出 函数   e ln 1 x x xh x x    在  0,  上的最小值，即可得出实数 a的取值范围； （3）当 1a  时，利用导数分析函数  g x 的单调性，利用极值点与导数的关系结合零点存在 定理可证得  g x 在  0,  上存在唯一的极小值点 0x ，并可得出 0 0e 2 1 0x x   ，再结合二次 函数的基本性质可证得  0 3 4 g x   . 【详解】（1）因为   e 1xf x ax   ，其中 xR ，   exf x a   . ①当 0a  时，   e 0xf x a   恒成立，  f x 的增区间为  ,  ，无减区间； ②当 0a  时，令   0f x  ，得 lnx a ， 由   0f x  可得 lnx a ；由   0f x  可得 lnx a . 此时，函数  f x 的减区间为  , ln a ，增区间为  ln ,a  . 综上所述：当 0a  时，  f x 的增区间为  ,  ，无减区间； 当 0a  时，函数  f x 的减区间为  , ln a ，增区间为  ln ,a  . （2）当  0,x  时， e 1 lnx ax x x   恒成立，即 e ln 1 x x xa x    恒成立. 令   e ln 1 x x xh x x    ，则      2 1 e 1xx h x x    ，其中 0x  ， 由   0h x  可得0 1x  ；由   0h x  可得 1x  . 所以，函数  h x 的减区间为  0,1 ，增区间为  1, . 所以    min 1 e 1h x h   ，即 e 1a   ，故 a的取值范围是  , e 1  . （3）当 1a  时，   2e 1xg x x x    ，   e 2 1xg x x   ， 令   e 2 1xm x x   ，则   e 2xm x   . 当  0, ln2x 时，   0m x  ，  m x 单调递减； 当  ln2,x  时，   0m x  ，  m x 单调递增， 答案第 12页，共 13页 又因为   ln2ln2 e 2ln2 1 1 2ln2 0m       ，  0 0m  且 3 23 e 4 0 2 m        ， 所以存在唯一的 0 3ln2, 2 x      ，使得  0 0m x  ，即 0 0e 2 1 0x x   .① 当  00,x x 时，   0m x  ，即   0g x  ，  g x 单调递减， 当  0 ,x x  时，   0m x  ，即   0g x  ，  g x 单调递增， 所以 0x 是  g x 在  0,  上唯一的极小值点. 则   0 20 0 0e 1xg x x x    ，由①可知   2 2 0 0 0 3 3 3 2 2 4 g x x x             . 19．(1) 2 4x y (2)8 6 . (3)证明见解析 【分析】（1）设出直线 l的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合垂直关系的坐标表 示求出 p，即可得方程； （2）列出面积表达式，利用基本不等式求解即得； （3）设  3 3,E x y ，求出直线 AE方程  1 1 44 1 1 yy x x      ，与抛物线方程联立，结合（1）的 信息可得  2 3 2 316 16 0x x x x    ，再设出直线 BE方程，与抛物线方程联立结合韦达定理 推理即得. 【详解】（1）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，直线 : 4AB y kx  ， 由 2 4 2 y kx x py     消去 y整理得 2 2 8 0x pkx p   ， 2 2 1 2 1 2 1 28 , 162 2 x xx x p y y p p      ， 由OA OB ，得 1 2 1 2 0x x y y  ，即16 8 0 p ，解得 2p  ， 故抛物线C的方程是 2 4x y . （2）由（1）可得 1 2 8 16x x p    ， 所以 1 2 1 1 12 2 2 2AOB AOF S S OM x x OF x          ， 答案第 13页，共 13页 1 2 1 1 323 2 3 2 3 32 8 6x x x x        ，当且仅当 21 32 3 x  时等号成立， 所以 2AOB AOFS S  的最小值为8 6 . （3）设  3 3,E x y ，则直线 AE的斜率 1 1 4 1AE yk x    ，方程为  1 1 44 1 1 yy x x      ， 由   2 1 1 4 44 1 1 x y yy x x         消去 y得   2 1 1 44 1 , 4 1 yx x x      整理得 2 2 2 1 1 1 1 16 16 16 0 1 1 x xx x x x         ，显然 2 2 1 1 3 1 3 1 1 1 16 16, 16 1 1 x xxx x x x x       ， 于是 1 3 1 316x x x x   ， 又 1 2 16x x   ，联立消去 1x ，得  2 3 2 316 16 0x x x x    ， 设直线 2:BE y k x m  ，与抛物线联立 2 2 4x y y k x m      ，整理得 2 24 4 0x k x m   ， 2 3 2 3 24 , 4x x m x x k    ，因此 2 24 64 16 0, 16 4m k m k      ， 直线 2 216 4y k x k   恒过定点  16, 4  . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为  1 1,x y ，  2 2,x y ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 x（或 y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为 1 2 1 2,x x x x 的形式； （5）代入韦达定理求解. 绝密★启封前 2024—2025学年（下）高二年级3月质量检测 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上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。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回。 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求. 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ） A． B． C． D． 3．已知直线经过点，与两坐标轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点，则的面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．过双曲线的左焦点作其一条渐近线的垂线，垂足为，线段的中点在另外一条渐近线上，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 5．如图所示是函数的导数的图像，下列四个结论： ①在区间上是增函数； ②在区间上是减函数，在区间上是增函数； ③是的极大值点； ④是的极小值点. 其中正确的结论是 A．①③ B．②③ C．②③④ D．②④ 6．牛顿-莱布尼茨公式，又称微积分基本定理，其表述如下：若函数在区间上的导函数为，那么.若，，且，则（    ） A． B． C． D．2 7．数学活动小组由12名同学组成，现将12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题，且每组只研究一个课题，并要求每组选出一名组长，则不同的分配方案的种数为 A． B． C． D． 8．设，过作直线分别交（不与端点重合）于，若，，若与的面积之比为，则 A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．对于二项式，下列说法正确的是（    ） A．展开式中各项的二项式系数之和为 B．若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则 C．若展开式中的系数为160，则 D．若为奇数，令，则 10．已知过原点且斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，是的一个焦点，若的面积大于，则的离心率可以是（    ） A．2 B． C． D．3 11．已知定义域为的函数满足，且，为的导函数，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知向量，若，则实数 . 13．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则的焦点到准线的距离为 . 14．已知实数满足，且，若实数使得关于的方程在区间上有解，则的最小值是 . 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） 盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水笔. (1)将这些笔取出后排成一排，使得铅笔互不相邻，水笔也互不相邻，共有多少种不同的排法？ (2)一次性取出3支笔，使得取出的三支笔中至少有1支铅笔，共有多少种不同的取法？ 16．（15分） 在△ABC中，分别为内角所对的边，且. (1)求； (2)若，的平分线与相交于点，且，求△ABC的面积. 17．（15分） 如图，等腰梯形的面积为，过点作于点.将沿翻折到的位置，使得平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 18．（17分） 已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求的取值范围； (3)当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且. 参考数据：. 19．（17分） 如图，设抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，且.记的面积分别为. (1)求抛物线的方程； (2)求的最小值； (3)设点，直线与抛物线的另一交点为，求证：直线过定点 学科网（北京）股份有限公司 $$