遼寧省2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期第二次聯(lián)合調(diào)研數(shù)學(xué)試題（解析版）

第1頁/共1頁機密啟用前遼寧省高三年級第二次聯(lián)合調(diào)研數(shù)學(xué)科目試題冊本試題冊共7頁，19小題，滿分150分，考試時間120分鐘注意事項：1.答卷前，先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，準考證號需使用2B鉛筆把對應(yīng)標號涂黑.2.選擇題，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案標在試卷上無效.3.非選擇題需用0.5mm黑色簽字筆在答題卡上各題目指定區(qū)域內(nèi)作答.在試卷和草稿紙上作答無效.4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.遼寧省高三年級第二次聯(lián)合調(diào)研數(shù)學(xué)科試卷命題人：曲劍韋華良辰陽明威校對人：梁偉趙華年張鑫方高崎峰命題單位：遼寧省數(shù)學(xué)名師工作室遼寧省教育培訓(xùn)中心考生注意：1.本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚.3.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效一?選擇題：（本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.設(shè)集合S中有10個元素，從S中每次隨機選取1個元素，取出后還放回到S中，則取5次后所取出的元素有重復(fù)的概率是（保留兩位有效數(shù)字）（）A.0.50 B.0.55 C.0.70 D.前三個答案都不對【答案】C【解析】【分析】考慮取5次后沒有重復(fù)元素的概率，故可得正確的選項.【詳解】考慮反面，取5次后沒有重復(fù)元素的概率為，于是所求概率為．故選：C.2.已知復(fù)數(shù)滿足，則復(fù)數(shù)的虛部是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算化簡可得，進而可得復(fù)數(shù)的虛部.【詳解】由已知，則，即復(fù)數(shù)的虛部為，故選：C.3.已知圓與圓有且僅有三條公切線，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)公切線條數(shù)可確定兩圓外切，由圓與圓位置關(guān)系的判斷可構(gòu)造方程得到，令，代入消元，將問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程有解的問題，由此可求得的取值范圍.【詳解】由圓方程知：圓心，半徑；由圓方程知：圓心，半徑；圓和圓有且僅有三條公切線，兩圓外切，，即，設(shè)，則，，即，，解得：，的取值范圍為.故選：D.4.如圖，已知正四面體（所有棱長均相等的三棱錐），，，分別為，，上的點，，，分別記二面角，，的平面角為，，，則（）A.<< B.<< C.<< D.<<【答案】B【解析】【分析】設(shè)為三角形中心，過作，，，得到，，，再以為原點建立直角坐標系，得到直線，直線，直線方程，利用點到直線的距離，求得點O到直線的距離判斷.【詳解】設(shè)為三角形中心，過作于，于，于，由平面，得，平面，則平面，又平面，于是是二面角的平面角，因此，同理，，以為原點建立直角坐標系，如圖2，不妨設(shè)，則，由，，得，，則直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，于是，，，，，而，，為銳角，所以.故選：B5.已知各項均為正數(shù)的數(shù)列的前n項和，且滿足，．設(shè)（非零整數(shù)，），若對任意，有恒成立，則的值是（

）A.2 B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】先根據(jù)條件求出，，再根據(jù)探索數(shù)列的通項公式，代入，根據(jù)，分為奇數(shù)、偶數(shù)討論的取值范圍，最后根據(jù)為非零整數(shù)確定它的值.【詳解】由，，又，所以，，又，所以，由得（），相減得，，，所以，所以，再相減得，則，而，所以數(shù)列是等差數(shù)列，首項和公差均為1，所以，，對任意，有恒成立，則恒成立，，即，是奇數(shù)時，，，∴，為偶數(shù)時，，，∴，綜上，．又是非零整數(shù)，所以．故選：D．【點睛】思路點睛：數(shù)列問題中已知項與和的關(guān)系時，一般利用得出數(shù)列的遞推關(guān)系，從而再求解；在含有的不等式參數(shù)問題中，需要利用的奇偶進行分類討論化簡不等式得參數(shù)范圍．6.在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，成等差數(shù)列，則的最小值為（）A.2 B.3 C. D.4【答案】B【解析】【分析】根據(jù)等差中項，結(jié)合邊角互化可得，進而根據(jù)和差角公式可得，由基本不等式即可求解.【詳解】由于，，成等差數(shù)列，則，由正弦定理可得,故,，由于，因此，故，當且僅當，取等號，故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)等比中項以及正弦定理可得，進而利用正切和正弦的和差角公式得，，即可結(jié)合基本不等式求解.7.平面上有兩組互不重合的點，與，，，.則的范圍為（）.A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】考慮的特殊情況，驗證選項可得答案.【詳解】當時，由題，有，，.得.則在以為圓心，半徑為1的圓上，則在以為圓心，半徑為2的圓上.又，則如下圖所示，即時，取最小值為1；如下圖所示，即時，取最大值為3.則當時，的范圍是，驗證選項可排除A，B，C.故選：D【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題因點的情況較為復(fù)雜，且又為選擇題，故考慮利用特殊值驗證選項得答案.8.設(shè)集合，則集合的元素個數(shù)為（）A.1011 B.1012 C.2022 D.2023【答案】B【解析】【分析】依題意由表達式中角的特征可知當時，的取值各不相同，當時，利用誘導(dǎo)公式以及集合元素的互異性即可求得元素個數(shù)為.【詳解】根據(jù)題意可知，當時，，此時；又因為為奇數(shù)，為偶數(shù)，且中的任意兩組角都不關(guān)于對稱，所以的取值各不相同，因此當時集合中的取值會隨著的增大而增大，所以當時，集合中有1011個元素；當時，易知又易知，所以可得，即時的取值與時的取值相同，根據(jù)集合元素的互異性可知，時并沒有增加集合中的元素個數(shù)，當時，易知，可得當時，集合中的元素個數(shù)只增加了一個0，所以可得集合的元素個數(shù)為個.故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于通過觀察集合中元素的特征，利用的三角函數(shù)值的范圍以及圖象的對稱性，由集合中元素的互異性得出當時，集合中的元素個數(shù)的增加情況即可求得結(jié)果.二?選擇題：（本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）9.半圓形量角器在第一象限內(nèi)，且與軸、軸相切于D、E兩點．設(shè)量角器直徑，圓心為，點為坐標系內(nèi)一點．下列選項正確的有（）A.點坐標為 B.C. D.若最小，則【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合平面向量的運算以及坐標運算，對選項逐一判斷，即可得到結(jié)果.【詳解】由題意得，量角器與軸、軸相切于、兩點，且，則，故A正確；由A可知，，則，則，故B錯誤；記，則C選項，故C正確；設(shè)，則，當時，，故D正確；故選：ACD.10.下列說法正確的是（）A.，，，則B.在的展開式中含項的系數(shù)為，則展開式中二項式系數(shù)最大的是第5項C.15人圍坐在圓桌旁，從中任取4人，他們兩兩互不相鄰的概率是D.已知函數(shù)在上的最小值恰為，則所有滿足條件的的積屬于區(qū)間【答案】AD【解析】【分析】先利用常見不等式放縮得到，的大小關(guān)系，再利用冪函數(shù)的單調(diào)性比較，的大小關(guān)系即可判斷A；分與討論，都可求得，再根據(jù)二項式定理即可判斷B；利用插空法及古典概型的概率公式判斷C；由的范圍求出的范圍，再根據(jù)余弦函數(shù)的性質(zhì)計算即可判斷D.【詳解】對于A：令，則恒成立，所以在單調(diào)遞增，所以當時，，即；令，則恒成立，所以在單調(diào)遞增，所以當時，，即；由誘導(dǎo)公式得，所以，因此；因為，，故只需比較與的大小，由二項式定理得，，所以．綜上，，故A正確；對于B：由可得，當，,則，其展開式的通項為，令,得,解得；當,,則，其展開式的通項為，令，得，解得綜上所述：，所以展開式共有7項，所以展開式中二項式系數(shù)最大項是第4項，故B錯誤；對于C：個人圍坐在圓桌旁從中任取人，他們兩兩互不相鄰，則可先把個人入坐好，再讓其余人插空，共有種不同的圍坐方法，所以所求概率是，故C錯誤；對于D：當時，因為此時的最小值為，所以，即.若，此時能取到最小值，即，代入可得，滿足要求；若取不到最小值，則需滿足，即，在上單調(diào)遞減，所以存在唯一符合題意；所以或者，所以所有滿足條件的的積屬于區(qū)間，故D正確；故選：AD【點睛】方法點睛：本題考查比較大小問題，此類問題常見的處理方法為：（1）中間值法：通過與特殊的中間值比較大小，進而判斷兩個數(shù)的大小關(guān)系；（2）構(gòu)造函數(shù)法：通過觀察兩個數(shù)形式的相似之處，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性與極值等性質(zhì)進而比較大?。唬?）放縮法：利用常見的不等式進行數(shù)的放縮進而快速比較大小.11.已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且當時，對于數(shù)列，若，下列說法不正確的是（）A.存在的等比數(shù)列，使得為等比數(shù)列B.，均存在等差數(shù)列，使得為等差數(shù)列C.，均不存在等比數(shù)列，使得為等差數(shù)列D.若存在等差數(shù)列，使得為等比數(shù)列，且，則的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】A、B先假設(shè)給定描述正確，利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)得到無解、等差數(shù)列的公差判斷；C根據(jù)等差、等比數(shù)列的性質(zhì)有，再應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究方程是否有解判斷；D令，可得，討論研究與的大小關(guān)系判斷.【詳解】A：若的等比數(shù)列，使，由且，若，則，若，則，則①，不妨令，，則，故，且，僅當時等號成立，若，方程①中左式恒大于右式，同理，即，結(jié)論相同，錯；B：若存在等差數(shù)列，使得為等差數(shù)列，則且，所以，則，設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，即，顯然不滿足，錯；C：若存在等比數(shù)列且公比為，使得為等差數(shù)列，則，不妨設(shè)，，只需，只需，則，令，則，令，則，且，則在上單調(diào)遞增，又，故都有，令，則，即在上單調(diào)遞增，令，且，則，故在上單調(diào)遞減，則，所以無解，對；D：若存在等差數(shù)列，使得為等比數(shù)列，令，則，所以，而，所以，即，當時，，當時，，當時，，故的最小值不為，錯.故選：ABD【點睛】關(guān)鍵點點睛：等差、等比性質(zhì)得到方程有解，應(yīng)用反證思想得到矛盾結(jié)論判斷A、B；對于C，問題化為判斷是否存在解；對于D，根據(jù)已知得為關(guān)鍵.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設(shè)數(shù)列是等比數(shù)列，，公比q是的展開式中的第二項（按x的降冪排列），且為的前n項和，若，則______.（用含n和x的式子表達）【答案】【解析】【分析】由排列組合數(shù)的性質(zhì)可得，進而有，再根據(jù)二項式定理求得，且，討論、并結(jié)合二項式展開式的應(yīng)用求.【詳解】由題設(shè)，可得，故，則，由的展開式通項為，，所以其第二項為，故，且，當時，，則，即，故，所以；當時，，則，所以.故答案為：13.已知函數(shù)，其極大值點和極小值點分別為，記點，直線交曲線于點，若存在常數(shù)，使得，則______.【答案】【解析】【分析】求得，令，得到或，得出直線的方程，聯(lián)立方程組得到，令，利用導(dǎo)數(shù)求得的單調(diào)性，得到有且僅有2個零點，其中，得到，假設(shè)存在常數(shù)，利用，求得，代入得，設(shè)，求得單調(diào)性，得到，使得，進而得出的值.【詳解】解：由函數(shù)，可得，令，可得或，當或時，；當時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，因為或，所以直線的方程為，即，由，可得，令，可得，令，可得，當時，；當時，，所以在上遞減，在上遞增，因為，所以有且僅有2個零點，其中，這表明方程的解集為，即直線與曲線交于另一點，且點的橫坐標為，由，即，假設(shè)存在常數(shù)，上的，則，所以，代入，可得，設(shè)函數(shù)，可得，當時，；當時，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，因為，所以，存在唯一的實數(shù)，使得，此時，所以存在常數(shù)，上的，且.【點睛】方法點睛：對于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、合理轉(zhuǎn)化，根據(jù)題意轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的最值之間的比較，列出不等式關(guān)系式求解；2、構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；3、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．4、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．14.我們規(guī)定：在四面體中，取其異面的兩條棱的中點連線稱為的一條“內(nèi)棱”，三條內(nèi)棱兩兩垂直的四面體稱為“垂棱四面體”，如左圖.如右圖，在空間直角坐標系中，平面內(nèi)有橢圓，為其下焦點，經(jīng)過的直線與交于兩點，為平面下方一點，若為垂棱四面體，則其外接球表面積是的函數(shù).（1）的定義域是______；（2）的最小值是______.【答案】①.②.【解析】【分析】根據(jù)題設(shè)新定義證明“垂棱四面體”可補為長方體，將補成長方體，設(shè)長寬高分別為，則，設(shè)，且聯(lián)立直線且與橢圓方程，應(yīng)用韋達定理及兩點距離的坐標表示得到，進而求出定義域及其最小值.【詳解】如圖，連接，由題知，平行且等于，平行且等于，所以，，故為平行四邊形，所以對角線，則是的中點，同理也是的中點，故“垂棱四面體”的三條內(nèi)棱交于一點，由三條內(nèi)棱兩兩垂直，易知為菱形，則，顯然，故，同理，所以“垂棱四面體”可補為如下圖示的長方體，綜上，題設(shè)右圖可將補成長方體，設(shè)長寬高分別為，則外接球半徑為該長方體的體對角線長的一半，為，所以，顯然，，，則，設(shè)，因直線過橢圓焦點，所以，聯(lián)立，得，則，所以，則，又，，，所以，則，即，由為某長方體的三個頂點，結(jié)合題設(shè)新定義，易知中為銳角，所以只需角為銳角，即，則，可得，由，所以最大時，最小，令，則，由在上單調(diào)遞增，故，所以.故答案為：，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：證明“垂棱四面體”可補為長方體，聯(lián)立直線與橢圓，應(yīng)用韋達定理及兩點距離的坐標表示得到表達式為關(guān)鍵.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，四棱錐中，平面，四邊形是直角梯形，其中，..（1）若平面內(nèi)有一經(jīng)過點的曲線，該曲線上的任一動點都滿足與所成角的大小恰等于與所成角.試判斷曲線的形狀并說明理由；（2）在平面內(nèi)，設(shè)點Q是（1）中的曲線E在直角梯形內(nèi)部（包括邊界）的一段曲線上的動點，其中G為曲線E和的交點,以B為圓心，為半徑的圓分別與梯形的邊交于兩點.當點在曲線段上運動時，求四面體體積的取值范圍.【答案】（1）雙曲線（2）【解析】【分析】（1）建立空間直角坐標系，求得與所成的角為，再設(shè)，由求解；（2）設(shè)，直線CD的方程為：，與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)直線CD與雙曲線E交于點C求得G的坐標，設(shè)為雙曲線的動點，由，以及要使圓B與AB、BC都有交點，得到圓B的半徑取值范圍，然后根據(jù)平面DMN，得到P-BMN體積為，設(shè)，則，轉(zhuǎn)化為的面積范圍求解.【小問1詳解】建立如圖所示空間直角坐標系：則，所以，設(shè)與所成的角為，則，所以，設(shè)，則，所以，即，化簡得，故曲線是平面ABCD內(nèi)的雙曲線；【小問2詳解】由（1）知：，設(shè)，則，所以直線CD的方程為：，代入雙曲線方程化簡得，因為直線CD與雙曲線E交于點C，所以，故，則，則，故雙曲線E在直角梯形ABCD內(nèi)部的區(qū)域滿足，設(shè)為雙曲線的動點，則，當時，，當時，，而要使圓B與AB、BC都有交點，則，故滿足題意的圓的半徑取值范圍是，因為平面DMN，所以P-BMN體積為：，故問題可以轉(zhuǎn)化為研究的面積，且，設(shè)，則，所以，則，所以.16.已知為銳角三角形的三個內(nèi)角，角所對的邊分別為.（1）求證：；（2）若，且，求實數(shù)的取值范圍，使得對任意實數(shù)和任意角，恒有；（3）求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換將用的形式表達，借助不等式性質(zhì)與不等式得，進而同理得的不等關(guān)系，由內(nèi)角和定理即可得證；（2）結(jié)合正、余弦定理化簡求得，利用銳角三角形求范圍，進而構(gòu)造齊次式化弦為切可得的范圍，整體換元令，將問題轉(zhuǎn)化為不等式對任意，的雙變量恒成立問題逐步求解可得；（3）由兩角和正切公式化，再整體換元，令，進一步令，轉(zhuǎn)化為求的最值，再利用基本不等式與導(dǎo)數(shù)求解最值即可.【小問1詳解】因為，由，則，故，所以，設(shè)，則，故在上單調(diào)遞增，故當時，，即.由為銳角，則，所以有，同理，，所以，.【小問2詳解】由題意，且，則根據(jù)余弦定理可得，化簡得，由正弦定理得，得，由均為銳角，且，則且，解得，則，令，則，，不等式，即不等式對任意，恒成立.所以對任意恒成立，則，化簡得，則不等式對任意恒成立，其否定為：存在，使不等式.即存在，成立.即關(guān)于的不等式在有解.由可得，且；，且，且當時，；又，則要使不等式在有解，則，故當，或時，不等式對任意恒成立.綜上所述，實數(shù)的取值范圍為.【小問3詳解】在銳角中，，由，則，令，則，故，令，則，則，當且僅當時等號成立.令，則，令，則，令，解得，則當時，，在單調(diào)遞減；當時，，在單調(diào)遞增；又，故在有且僅有一個根，設(shè)為，且，發(fā)現(xiàn)，故，故，由，則，，當時，，在上單調(diào)遞減；當時，，在上單調(diào)遞增；故，所以有，當且僅當，即時，取到最小值，且最小值.此時，綜上可得，的最小值為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題的關(guān)鍵在于“元”的變換.如第一問種通過三角恒等變換，對式子的變形，轉(zhuǎn)化為整體元“”的函數(shù)求解；再如第二問中通過整體換元，將問題轉(zhuǎn)化為對任意，雙變量不等式恒成立，進而分別以為主元變量逐步求解；又如第三問中令，則，通過基本不等式的應(yīng)用，將多元最值問題轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)的最值問題求解.17.已知函數(shù)與互為反函數(shù)，若A，兩點在曲線上，，兩點在曲線上，以A，，，四點為頂點構(gòu)成的四邊形為矩形，且該矩形的其中一條邊與直線垂直，則我們稱這個矩形為與的.“關(guān)聯(lián)矩形”：（1）若函數(shù)冪函數(shù)，且點在圖象上，設(shè).①求曲線在點處的切線方程；②求函數(shù)的極值點；（2）若函數(shù)，且與的“關(guān)聯(lián)矩形”是正方形，記該“關(guān)聯(lián)矩形”的面積為S.證明：.（參考數(shù)據(jù)：）【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）利用冪函數(shù)的定義及反函數(shù)的定義分別求得出，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程；由導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性求極值即可；（2）先由題意設(shè)關(guān)于直線對稱，關(guān)于直線對稱得，進而設(shè)得，再由已知信息結(jié)合得到，接著建立函數(shù)并利用導(dǎo)數(shù)工具研究其單調(diào)性從而由和得，從而借助的單調(diào)性得證.【小問1詳解】根據(jù)題意可設(shè)，代入可得，即，則，由反函數(shù)的概念知，所以，則，①易知，則曲線在點處的切線方程為：，整理得；②令，即，可知時，，即此時單調(diào)遞增，時，，即此時單調(diào)遞減，所以函數(shù)的極大值點為，沒有極小值點；【小問2詳解】由得其反函數(shù)為，所以和圖象關(guān)于直線對稱，且由其性質(zhì)可知，根據(jù)對稱性可設(shè)關(guān)于直線對稱，關(guān)于直線對稱，則，設(shè)，其中，則，，因為“關(guān)聯(lián)矩形”是正方形，所以，，所以，由，得，所以，所以由得即.對于函數(shù)，則，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，故即，令，則且，則在上單調(diào)遞增，所以，所以，因為，令，則，當時，單調(diào)遞增，則，從而.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題的關(guān)鍵1是正確處理四點的關(guān)系，從而根據(jù)四點之間的關(guān)系結(jié)合得到，關(guān)鍵點2是建立函數(shù)并利用導(dǎo)數(shù)工具研究其單調(diào)性從而由和得，從而借助的單調(diào)性得證.18.一般地，若兩個橢圓焦點都在x軸或y軸上，長軸相等，其中一個橢圓的短半軸長與另一個橢圓的焦距長相等，則稱兩個橢圓為相關(guān)橢圓.已知橢圓，拋物線與有一個相同的焦點F.過點F作互相垂直的兩條直線l與，直線l與交于點G、B，直線與交于點C、D.（1）求該橢圓的相關(guān)橢圓方程及拋物線的方程（2）四邊形GCBD的面積是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由.（3）過橢圓左頂點A且斜率為的直線與橢圓交于點M，與軸交于點，設(shè)點為MA的中點.若軸上存在點，對于任意的，都有（為原點），若，求的值.【答案】（1）橢圓方程為，拋物線的方程為（2）四邊形GCBD的面積存在最小值，最小值為8；（3）【解析】【分析】（1）設(shè)橢圓方程為，，分兩種情況，得到橢圓方程為，并根據(jù)焦點坐標得到，求出；（2）先得到直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時直線為，求出四邊形GCBD的面積為8，再求出當直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，分別與和聯(lián)立得到兩根之和，兩根之積，求出弦長，表達出四邊形面積，換元得到，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性得到，從而求出最小值；（3）聯(lián)立直線和得到點M的坐標，并得到點坐標，由得到，并變形得到，結(jié)合，得到方程，求出答案.【小問1詳解】橢圓的焦點在軸上，，設(shè)橢圓方程為，，若橢圓的短半軸長與的焦距長相等，即，此時不合要求，若橢圓的短半軸長與橢圓的焦距長相等，即，解得，滿足要求，故橢圓方程為；橢圓的焦點為，故，解得，故；【小問2詳解】顯然當直線的斜率為0時，直線與拋物線只有1個交點，不合要求，故直線的斜率不為0，當直線的斜率不存在時，直線的方程為，此時直線為，中，令得，故，此時，，設(shè)四邊形GCBD的面積為，，當直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，與聯(lián)立得，設(shè)，則，故，故，直線，與橢圓聯(lián)立得，恒成立，設(shè)，則，由弦長公式得，設(shè)四邊形GCBD的面積為，，令，則，由對勾函數(shù)性質(zhì)可知在上單調(diào)遞增，故，故四邊形GCBD的面積存在最小值，最小值為8.【小問3詳解】由題意得，故直線，聯(lián)立得，