模拟卷02（新高考Ⅱ卷专用）（解析版）-

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用）黄金卷02（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．若全集，集合，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据补集的定义可得，再由并集的定义求解即可.【详解】解：因为，，所以，所以.故选：A.2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由复数的除法运算法则和虚部的定义得到结果.【详解】由，，所以的虚部为.故选：C.3．已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】根据向量共线定理和基本不等式即可求解.【详解】因为三点共线，所以存在实数k，使，即，又向量不共线，所以，由，所以，当且仅当时，取“=”号，故选：B4．设数列an的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】先利用二项式定理化简数列的通项公式，利用等比求和公式可得答案.【详解】，，结合指数函数单调性该数列为单调递增数列，且所以使的最小n是7.故选：C.5．在中，角为锐角，的面积为，且，则周长的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出三角形是直角三角形，利用基本不等式求得周长的最小值.【详解】依题意，，由得，即，，由于是锐角，所以，与一正一负，或，若，即，由于，所以，所以，，此不等式组无解，所以不成立.同理可得不成立.所以，所以，所以，.所以，所以三角形的周长，当且仅当时等号成立，所以三角形的周长的最小值为.故选：A【点睛】本题涉及几何中的面积和周长问题，结合了三角函数和基本不等式，考查了学生的综合解题能力．解题过程中，利用基本不等式求周长的最小值，这是本题的关键点之一．基本不等式的应用不仅要找到正确的表达式，还需要验证等号成立的条件，以确保最小值能够实际取到．6．已知：，，，那么三者的关系是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先比较和，注意到，，从而通过比较的大小可，再比较和，注意到，而又有,从而只需要证明即可.【详解】因为，，而，所以，得，令，则，所以在上递减，因为当时，，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查对数式和指数式比较大小，考查对数的运算，考查导数的应用，解题的关键是构造函数，利用导数可求其单调性，从而可得其取值范围，考查计算能力和转化思想，属于较难题.7．如图，双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与该双曲线的两支分别交于、两点（在线段上），⊙与⊙分别为与的内切圆，其半径分别为、，则的取值范围是：（

）.A． B．C． D．【答案】C【分析】设，进而可得.可求得，进而求得的范围即可.【详解】设，，，.在△与△中：，即：，，当双曲线的斜率为正的渐近线时，取最大，此时，，当与轴重合时，取最小，此时，经上述分析得：，.故选：C.【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的焦点三角形问题，考查焦点三角形内切圆，解题的关键是根据双曲线的性和圆的切线的性质得到的范围，数形结合的思的应用.8．已知函数，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合题意构造函数，得到，表示出，再借助导数求出的最小值即可.【详解】∵，，∴，令，∴在上单调递增，∴，即，∴，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；∴当时，函数取得最小值，即，∴，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．随机事件，满足，，，则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】根据题意由相互独立事件的概率性质分析可判断，；由概率加法公式可分析；计算，验证是否正确即可判断.【详解】由已知，，因为，所以，所以，所以，故错误；因为，故错误；，故正确；，又，，，所以，故正确.故选：.【点睛】方法点睛：解决本题的关键是概率的性质和应用，以及条件概率的计算.10．已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（

）A．函数是奇函数 B．C．函数的图象关于点对称 D．【答案】BCD【分析】对A，根据函数的奇偶定义可判定A；对B，利用抽象函数的奇偶性，复合函数求导可判定B；对C，利用抽象函数的对称性可判定C；对D，利用利用抽象函数的递推公式可求得关系式，再求和可判定D.【详解】对A，因为，所以，所以函数是偶函数，故A错误；对B，因为为偶函数，所以，即，所以，即，令，得，所以，故B正确；对C，因为，所以，即，又，所以，所以，所以，即，所以函数的图象关于点对称，故C正确；对D，因为，令，得，所以，又，所以，，…，所以，故D正确.故选：BCD.11．如图：在棱长为1的正方体中，分别为棱上的点（不与端点重合），点为正方形内一点（不在其边上），且共面，，，.则下列说法正确的是：（

）.A．若，则直线与平面的夹角的正切值为B．若，，，则C．若，有最小值，则的取值范围是：D．若，则三棱锥外接球表面积的最小值为【答案】ABD【分析】根据线面角得出知与平面的夹角为计算正切判断A,先建立直角坐标系，设直线得出由三点共线的性质交点为进而求出判断B;在给定时过定点,临界时及临界时，则判断C;应用截面再由相似三角形的性质时等面积法得出选项D.【详解】对于A：若，为中点，过作，连，可知为中点，且与平面的夹角为，则，所以直线与平面的夹角的正切值为，故A正确；对于B：由条件：，，如图：延长交的延长线于，过作,，则，如图建立平面直角坐标系：则,，故，若，则①，由三点共线的性质:的点在直线上，的点在直线上，所以交点为:，这就是点，故将该点代入①式得，故B正确.

对于C：在给定时过定点，临界时，斜率再减小（增大），则易知存在且使，即最小值存在，而减小时不存在点，设临界时，则：，故，，代入直线得：，所以，C错误.

对于D：若，故在线段上（不与端点重合），对于,，作图可知：与的交点横坐标落在12,1内，设平面为的外心，如平面图：由相似三角形的性质可知:为中点时，，随点由点向上移动，其中垂线斜率增大且小于，由相似三角形的性质:中点一定在上方，故中垂线与交点（即外接球球心）在射线上，外接球半径最小，即最小，此时，用等面积法可算，此时:.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：先建立直角坐标系，设直线由三点共线的性质交点为进而求出.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知随机变量，若，则实数a的值为．【答案】2【分析】根据正态分布的对称性求解.【详解】由题意得，，解得．故答案为：213．在正项等比数列中，，记，其中表示不超过的最大整数，则．【答案】【分析】设等比数列an的公比为，由计算出，然后根据，计算即可.【详解】设等比数列an的公比为．由题意知，，整理得，解得或（负值舍去），故．所以．当时，；当时，；当时，；当时，；当时，．故．故答案为：.14．已知抛物线的准线与轴交于点，过焦点的直线与交于，两点，且，，的中点为，过作的垂线交轴于点，点在的准线上的射影为点，现有下列四个结论：①，②若时，③④过的直线与抛物线交于，，则.其中正确结论的序号为.【答案】③④【分析】由点斜式写出直线方程后直曲联立，得到韦达定理可判断①错误；由抛物线的定义结合韦达定理解方程可判断②错误；过点作轴，由三角函数的定义和诱导公式结合图像可得③正确；当斜率不存在时，代入抛物线解出两点坐标，利用向量垂直的充要条件可得；当斜率存在时，直曲联立后利用韦达定理表示出后可得.【详解】对①：由题意可知F1,0，直线的斜率存在且不为零，设直线方程为y=联立，可得，，所以，，，故①错误；对②：则由抛物线的定义可知，，因为，即，由韦达定理可知，解得或（舍），则，所以，故②错误；对③：过点作轴，垂足为，因为，所以，所以，故③正确；对④：当轴时，所以，所以，；当斜率存在且不为零时，设斜率为，，则直线方程为，联立，消去可得，，，，，代入韦达定理并化简可得，所以，综上，过的直线与抛物线交于，，则，故④正确；故答案为：③④.【点睛】方法点睛：（1）求两根之积时可直曲联立，用韦达定理得到横坐标之积，再代入直线方程可得纵坐标之积；（2）求抛物线的焦点弦长时可利用抛物线的定义快速求解；（3）证明两直线垂直时，可用向量垂直的充分必要条件证明.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）已知函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上单调递减．(1)求ω的最大值；(2)若f(x)的图像关于点(eq\f(3π,2)，0)中心对称，且f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9π,20)，m))上的值域为[－2，4]，求m的取值范围．【详解】(1)∵函数f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))上单调递减，∴π－eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)≤eq\f(T,2)＝eq\f(π,ω)，解得0<ω≤eq\f(6,5)①．……………(2分)由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))，ω>0，得ωx＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)，πω＋\f(π,3)))，……………(3分)∴由正弦函数的单调性，可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)ω＋\f(π,3)≥\f(π,2)＋2kπ，,πω＋\f(π,3)≤\f(3π,2)＋2kπ，))k∈Z，解得1＋12k≤ω≤eq\f(7,6)＋2k，k∈Z．令k＝0，得1≤ω≤eq\f(7,6)，满足①；令k＝1，得13≤ω≤eq\f(19,6)，不满足①，……………(5分)∴ω的取值范围为1≤ω≤eq\f(7,6)，即最大值为eq\f(7,6)．……………(6分)(2)∵f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))的图像关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，0))中心对称，∴eq\f(3π,2)ω＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，……………(7分)即ω＝eq\f(2k,3)－eq\f(2,9)(k∈Z)．……………(8分)又由(1)得1≤ω≤eq\f(7,6)，∴ω＝eq\f(10,9)，∴f(x)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))．……………(9分)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9π,20)，m))时，eq\f(10,9)x＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(10,9)m＋\f(π,3)))．……………(10分)由f(x)∈[－2，4]，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)x＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，∴eq\f(π,2)≤eq\f(10,9)m＋eq\f(π,3)≤eq\f(7π,6)，解得eq\f(3π,20)≤m≤eq\f(3π,4)，即m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,20)，\f(3π,4)))．(13分)16．（15分）已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)若数列{bn}满足bn＝eq\f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn.【详解】(Ⅰ)因为an＋1＝2an－n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，由此可得数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，……………(4分)因此，an－n＝2×2n－1＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋n.……………(7分)(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝eq\f(an－n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(2n,（2n＋1）（2n＋1＋1）)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋1＋1)，……………(12分)故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋1)－\f(1,22＋1)))＋(eq\f(1,22＋1)－eq\f(1,23＋1))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋1＋1)))＝eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1＋1).(15分)17．（15分）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．【详解】(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，所以∠BCE＝120°.又因为E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，所以△BCE为等腰三角形，所以∠CEB＝30°，所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，所以BE⊥AE.(4分)又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，所以BE⊥平面APE.又因为AP⊂平面APE，所以BE⊥AP.(6分)(2)存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.(7分)证明如下：取AE的中点O，连接PO，因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE.又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面APE，所以PO⊥平面ABCE.易得PO＝eq\r(3)，BE＝2eq\r(3).取AB的中点G，连接OG，则OG∥BE.(8分)由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，所以OA，OG，OP两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示，则A(1，0，0)，B(－1，2eq\r(3)，0)，P(0，0，eq\r(3))，E(－1，0，0)，所以eq\o(EA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－1，2eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))．(10分)假设存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°.设eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＝(－λ，2eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ)，λ∈(0，1]，则eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))＝(1－λ，2eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)．设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝（1－λ）x＋2\r(3)λy＋（\r(3)－\r(3)λ）z＝0，,m·\o(EA,\s\up6(→))＝2x＝0.)))令z＝2λ，则可得平面AEF的一个法向量为m＝(0，λ－1，2λ)．(12分)由(1)可知eq\o(EB,\s\up6(→))为平面APE的一个法向量，所以cos45°＝|cos〈m，eq\o(EB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(EB,\s\up6(→))|,|m|·|\o(EB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(3)|λ－1|,2\r(3)·\r(5λ2－2λ＋1))＝eq\f(\r(2),2)，所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝－1(舍去)，所以存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.(15分)18．（17分）已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为2eq\r(2)，离心率为eq\f(\r(2),2).(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)过点(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，M为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝meq\o(OM,\s\up6(→))，其中m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，求|AB|的取值范围；(Ⅲ)如图，直线GH为椭圆C与抛物线C1：y2＝2px(p＞0)的公切线，其中点G，H分别在C，C1上，线段OH交C于点N，求△NGH的面积的最小值．【详解】(Ⅰ)由题意可得2a＝2eq\r(2)，即a＝eq\r(2).(1分)因为椭圆C的离心率为eq\f(\r(2),2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(2分)所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(3分)(Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设过点(2，0)的直线l的方程为y＝k(x－2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－2），))消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，则Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k2<eq\f(1,2).(4分)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)－4))＝－eq\f(4k,1＋2k2).由，得(x1＋x2，y1＋y2)＝m(xM，yM)，所以xM＝eq\f(1,m)·eq\f(8k2,1＋2k2)，yM＝eq\f(1,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2))).(5分)将(xM，yM)代入椭圆方程可得eq\f(1,2)·eq\f(1,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)))2＋eq\f(1,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2)))2＝1，解得m2＝eq\f(16k2,1＋2k2).因为m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，所以eq\f(16,5)≤eq\f(16k2,1＋2k2)≤eq\f(16,3)，解得eq\f(1,3)≤k2≤1，结合Δ>0，所以eq\f(1,3)≤k2<eq\f(1,2).(7分)由弦长公式可得，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(Δ),1＋2k2)＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－2k4－k2＋1,4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－2k4－2k2－\f(1,2)＋k2＋\f(3,2),4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)·eq\r(－\f(1,2)＋\f(k2＋\f(1,2)＋1,（1＋2k2）2))＝2eq\r(2)·eq\r(－\f(1,2)＋\f(1,2)·\f(1,1＋2k2)＋\f(1,（1＋2k2）2))＝2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋2k2)＋\f(1,4)))2－\f(9,16)).(8分)因为eq\f(1,3)≤k2<eq\f(1,2)，所以eq\f(5,3)≤1＋2k2<2，所以eq\f(1,2)<eq\f(1,1＋2k2)≤eq\f(3,5).因为函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2－eq\f(9,16)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,5)))上单调递增，所以2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋2k2)＋\f(1,4)))2－\f(9,16))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5)))，即|AB|∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5))).(10分)(Ⅲ)设G(x3，y3)，H(x4，y4)，由题易知x3≠x4，设直线GH的方程为y＝nx＋b′，不妨取n>0，b′>0.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝nx＋b′，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理得(2n2＋1)x2＋4nb′x＋2b′2－2＝0①，则Δ1＝(4nb′)2－4(2n2＋1)(2b′2－2)＝0，所以b′2＝2n2＋1.将其代入①式，得b′2x2＋4nb′x＋4n2＝0，解得x＝eq\f(－2n,b′)，所以x3＝eq\f(－2n,b′).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝nx＋b′，,y2＝2px，整理得))n2x2＋2(nb′－p)x＋b′2＝0②，则Δ2＝4(nb′－p)2－4n2b′2＝0，所以p＝2nb′.将其代入②式，解方程得x＝eq\f(b′,n)，所以x4＝eq\f(b′,n)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(GH))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x3－x4))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2n,b′)－\f(b′,n)))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2n,b′)＋\f(b′,n))).(13分)由x4＝eq\f(b′,n)可得y4＝2b′，所以kOH＝2n，所以直线OH：y＝2nx.联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2nx，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n2＋\f(1,2)))x2＝1，所以xN＝eq\f(1,\r(4n2＋\f(1,2)))，yN＝eq\f(2n,\r(4n2＋\f(1,2)))，所以点N到GH的距离为d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))＋b′－\f(2n,\r(4n2＋\f(1,2))))),\r(n2＋1))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b′－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2))))),\r(n2＋1))，(14分)所以S△NGH＝eq\f(1,2)|GH|·d＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2n,b′)＋\f(b′,n)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b′－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4n2＋1,n\r(2n2＋1))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2n2＋1)－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n2＋1,\r(2n2＋1)·\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(\f(4n2＋1,n),\r(2n＋\f(1,n))·\r(4n＋\f(1,2n)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(8n2＋\f(1,2n2)＋5))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16n2＋\f(1,n2)))＋5))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)))\s\up12(2)＋1)))).(15分)令t＝4n＋eq\f(1,n)(t≥4)，则S△NGH＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(t,\r(\f(1,2)t2＋1))))＝eq\f(t,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(\f(1,2)t2＋1))))≥eq\f(4,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(\f(1,2)×16＋1))))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(4,3)，当且仅当4n＝eq\f(1,n)，即n＝eq\f(1,2)时取等号．由椭圆和抛物线的对称性，可知当n<0，b′<0，S△NGH的最小值也是eq\f(4,3).综上，S△NGH的最小值为eq\f(4,3).(17分)19．（17分）已知函数f(x)＝eq\f(m,x)＋lneq\f(x,a)(m∈R