【文档说明】《精准解析》福建省福州市八县（市）协作校2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题（解析版）.docx，共(23)页，1.168 MB，由小赞的店铺上传

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福州市八县（市）协作校2022-2023学年第一学期期末联考高二数学试卷【完卷时间：120分钟：满分150分】命题：福建师范大学附属福清德旺中学吴国宁林希雅一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的.1.过点()1,3−且平行于直线230xy−+=的直线方程为（）A.270xy−+=B.210xy+−=C.250xy−−=D.250xy+−=【答案】A【解析】【分析】首先根据平行关系设直线方程()203xy

cc−+=，再代入点的坐标，求直线方程.【详解】设与直线230xy−+=平行的直线是()203xycc−+=，代入点()13−，得160c−−+=，得7c=，所以直线方程是270xy−+=.故选：A

2.若圆221:430Cxyx+−+=与圆222:(2)(3)Cxym+++=有且仅有一条公切线，则m=（）A.16B.25C.36D.16或36【答案】C【解析】【分析】将圆化成标准方程，求出圆心和半径，由题可判断两圆内切，结合圆心距等于半径

差可求m.【详解】根据题意，圆221:430Cxyx+−+=，即22(2)1xy−+=，其圆心为(2,0)，半径为1，圆222:(2)(3)Cxym+++=，圆心为(2,3)−−，半径为m，两圆的圆心距1695d=+=，若两

圆有且仅有一条公切线，则两圆内切，则有|1|5m−=，又由0m，解可得36m=，故选：C．3.已知点A(m,n)在椭圆22142xy+=上，则222mn+的最大值是.（）A.6B.8C.3D.2【答案】B【解析】【分析】由已知条件得出

2242mn=−，利用椭圆的有界性得出202n，由此可求得222mn+的取值范围，即可得解.【详解】由题意可得22142mn+=，则2242mn=−，故222283mnn+=−．因为22n−，所以202n，所以22838n−，即22228mn+．

因此，22mn+的最大值8.故选：B.4.已知()0,4A，双曲线22145xy−=的左、右焦点分别为1F，2F，点P是双曲线左支上一点，则2||PAPF+的最小值为（）A.5B.7C.9D.11【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的方程，求得焦点坐标，由双

曲线的性质，整理2PAPF+，利用三角形三边关系，可得答案.【详解】由双曲线22145xy−=，则224,5ab==，即2229cab=+=，且()()12,,,0330FF−，由题意，212PFPFa−=22211223449PAPFPAaPFAFa+=+++=++=，当且仅当1,,

APF共线时，等号成立.故选：C.5.中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行

走，从第二天起脚痛每天走路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则下列说法正确的是（）A.该人第五天走的路程为14里的B.该人第三天走的路程为42里C.该人前三天共走的路程为330里D.该人最后三天共走的路程为42里【答案】D【解析】【分析】由题意可知该人每天走的路程构成

了公比为12q=的等比数列{}na,由题意求出首项，可得其通项公式，即可求出35,aa，判断A,B;求出363,SSS−可判断C,D.【详解】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为12q=的等比数列{}na，设数列前n项和为nS，则6378S=，故1661(1)2378112aS−==−，解得1

192a=，则111922nna−=，故541192122a==，该人第五天走的路程为12里，A错误；321192482a==，该人第三天走的路程为48里，B错误；331192(1)2336112S−==−，该人前三天共走的路程为336里，C错误；由63378

33642SS−=−=（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，故选：D6.已知两个等差数列{na}和nb}的前n项和分别为nS和nT，且231nnSnTn+=+，则56ab的值为（）A.74B.136C.157D.2【答案】

A【解析】【分析】由题，可设()23nSknn=+，()1nTknn=+，则554665aSSbTT−=−.【详解】因等差数列前n项和为关于n的不含常数项的二次函数，又231nnSnTn+=+，则可设()23nSknn=+，()1nTknn=+，则55

466565442174230124aSSkkkbTTkkk−−====−−.故选：A7.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左、右焦点分别为1F，2F，过1F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，若A为线段1BF

的中点，且12BFBF⊥，则C的离心率为（）A.3B.2C.31+D.3【答案】B【解析】【分析】由题意可得12BFF△为直角三角形，再结合A为线段1BF的中点，可得AO垂直平分1BF，可表示出直线12BFBF，，再联立渐近线方程可以得到a，b，c的关系，进而得到双曲线离心率【详

解】由题意可知，过1F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，当两个交点分别在第二和第三象限时不符合，A为线段1BF的中点，当交点在x轴上方或x轴下方时，根据对称性结果是一样的，选择一种即可，如图.根据双曲线可得，1(,0)Fc−，2(,0)Fc，两条渐近线方程byxa=，12BFB

F⊥，O为12FF的中点，12BOOFOFc===，又A为线段BF1的中点，OA垂直平分1BF，可设直线1BF为()ayxcb=+①，直线2BF为()byxca=−−②，直线BO为byxa=③，由②③得，交点坐标(,)22c

bcBa，点B还在直线1BF上，()22bcaccab=+，可得223ba=，22224caba=+=，所以双曲线C的离心率2cea==，故选：B8.曲线21615Cxyy=−+−：上存在两点A，B到直线1y=−距离等于到()0,1F的距离，则AFBF+=（）A.12B.13

C.14D.15【答案】C【解析】【分析】由题可知A，B为半圆C与抛物线24xy=的交点，利用韦达定理及抛物线的定义即求.【详解】由曲线2:1615Cxyy=−+−，可得2216150xyy+−+=，即()22849,0xyx+−=，为圆心为(

)0,8C，半径为7的半圆，又直线1y=−为抛物线24xy=的准线，点()0,1F为抛物线24xy=的焦点，依题意可知A，B为半圆C与抛物线22xy=的交点，由()222849,04xyxxy+−==，得212150yy−+=

，设()()1122,,,AxyBxy，则()2124115840=−−=，1212yy+=，∴121114AFBFyy+=+++=.故选:C.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9.已知正方体1111ABCDABCD−，棱长为1，,EF分别为棱1,ABCC的中点，则（）A.直线1AD与直线EF共面B.1AEAF⊥C.直线1AE与直线BF的所成角为60D.三棱锥1CADF−的体积为112【答案】BD【解析】【分析】如图

，以D为原点，以1,,DADCDD所在直线分别为,,xyz建立空间直角坐标系，对于A，利用面面平行性质结合平行公理分析判断，对于B，通过计算1AEAF进行判断，对于C，利用向量的夹角公式求解，对于D，利用11CADFACDFVV−−=求

解.【详解】如图，以D为原点，以1,,DADCDD所在直线分别为,,xyz建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0)DABC，1111(0,0,1),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)

DABC，111,,0,0,1,22EF，对于A，假设直线1AD与直线EF共面，因为平面11ABBA∥平面11DCCD，平面1AEFD平面11ABBAAE=，平面11DCCD平面111ABBADF=，所以AE∥1DF，因为AE∥11CD，所以11CD∥1DF，矛盾，所

以直线1AD与直线EF不共面，所以A错误；对于B，因为11101,1,1,22AEAF=−=−，，，所以1110022AEAF=+−=，所以1AEAF⊥，所以1AEAF⊥，所以B正确，对于C，设直线1AE与直线BF的所成角为，因为11

101,1,0,22AEBF=−=−，，，所以1111212coscos,52111144AEBFAEBFAEBF====++，所以60，所以C错误，对于D，因AD⊥平面11DCCD，所以1111111111332212CADFACDFCDFVVSA

D−−====，所以D正确，故选：BD.10.已知椭圆22142xy+=的左、右焦点为1F，2F，点P在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关于12PFF△的说法正确的有（）A.12PFF△的周长为422+B.当1290PFF=时，

12PFF△的边12PF=C.当1260FPF=时，12PFF△的面积为233D.椭圆上有且仅有6个点P，使得12PFF△为直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】根据椭圆的标准方程求得2,2ac==，进而求得124PFPF+=，1222FF=；根据1290PFF=，可求得11PF=；根

据余弦定理可求得1283PFPF=，进而求得面积；根据12PFF△为直角三角形分情况求得满足题意的点P的个数即可．【详解】解：由22142xy+=易得2,2ac==，∴12PFF△的周长为422+，故A对；令2x=−得1y=，

11PF=，故B错；设1122,PFrPFr==，由余弦定理得()2221212222cos60rrrr=+−，()2121238rrrr+−=，为1283rr=，∴121823sin60233PFFS==△，故C对；当1290PFF=，由

选项B的分析知满足题意的点P有2个；同理当2190PFF=，满足的点P也有2个；当2190FPF=，有12221248rrrr+=+=，解得12r=，所以满足题意的点P为椭圆的上下两顶点，综上满足

的点P共6个，故D对．故选：ACD．11.意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，L.该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列nF称为斐波那契数列，现将nF中的各项除

以4所得余数按原顺序构成的数列记为nM，则下列结论中正确的是（）A.20221M=B.()*62646521,nnnMMMnn−−−=+NC.2222123202120212022FFFFFF++++=D.123202120221

FFFFF++++=−【答案】BC【解析】【分析】写出nM的前几项，通过观察可得数列的周期，进而结合数列nF的性质以及nM的定义，可判断A、B项；因为2112FFF=，可推得()2221212221223FFFFFFFFFF++===+，逐项代入即可得到C项；由21nnnFFF+

+=+，可得21nnnFFF++=−，逐项代入即可得到12320212023220231FFFFFFF=++++−=−，从而得到D项错误.【详解】因为11M=，21M=，32M=，43M=，51M=，60M=，根据数列

nF的性质以及nM的定义可得，71M=，81M=，92M=，103M=，111M=，120M=.同理可推得，当*kN时，有651kM−=，641kM−=，632kM−=，623kM−=，611kM−=，60

kM=，所以nM是以6为周期的周期数列，所以2022633760MMM===，所以A项错误；由周期性可知623nM−=，641nM−=，652212nM−==，故B正确；因为2112FFF=，可推得()2221212221223FFFFFFFFFF++

===+，逐项代入，可得2222222123202112232021FFFFFFFFF++++=++++()2221232021FFFFF=++++222332021FFFF=+++=()20212020202120212022FFFFF=+

=，所以C正确；因为1232021FFFF++++()()()()()()324354202120202022202120232022FFFFFFFFFFFF=−+−+−++−+−+−2023220231FFF=−=−，所以D错误.故选：BC．12.抛物线的光学性质为：从焦点F发出的光线经

过抛物线上的点P反射后，反射光线平行于抛物线的对称轴，且法线垂直于抛物线在点P处的切线．已知抛物线()220ypxp=上任意一点()00,Pxy处的切线为()00yypxx=+，直线l交抛物线于()11,Axy，()22,Bxy，抛物线在A，B两点处的

切线相交于点Q．下列说法正确的是（）A.直线l方程为()121220pxyyyyy−+−=B.记弦AB中点为M，则QM平行x轴或与x轴重合C.切线QA与y轴的交点恰在以FQ为直径的圆上D.AFQQFB=【答案】BCD【解析】【分析】设l为xmyb=+，与抛物线联立，根据韦达定理用12

,yy表示出,mb，即可判断A项；根据已知可推出()11,Axy，()22,Bxy是一元二次方程()QQyypxx=+的两组解，又直线l方程为()121220pxyyyyy−++=，两式比较可得122QMyyyy+==，122Qyyxbp==−，即可判断B项；通过求出C

、D点坐标，推导FCQA⊥以及FDQB⊥，即可判断C项；根据抛物线的光学性质，结合已知条件，可推出AFQ△∽QFB△，进而推得AFQQFB=.【详解】设l为xmyb=+，0b，与抛物线联立得2220ypmypb−−=，必有0，1

22yypm+=，122yypb=−，∴122yymp+=，122yybp=−，代回l方程整理得：()121220pxyyyyy−++=，A项错误；由已知，抛物线在A点处的切线切线QAl：()11yypxx=+，在B两点处的切线

()22:QByypxxl=+，设点(),QQQxy，则满足方程组()()1122QQQQyypxxyypxx=+=+，则可知()11,Axy，()22,Bxy是一元二次方程()QQyypxx=+的两组解，由经过两点A，B的直线l有且仅有一条，故l方程为()QQyypxx=+，

变形为0QQpxyypx−+=，又直线l方程为()121220pxyyyyy−++=，两式对应系数得122QMyyyy+==，122Qyyxbp==−，所以QM平行x轴或与x轴重合，B项正确；如图，记切线()11:xQyypxA=+与y轴的交点110,pxCy，112FCxky=−，

1QApky=，∴12121FCQApxkky==−−，∴FCQA⊥，同理切线QB与y轴的交点D，亦有FDQB⊥，故180FCQFDQ+=o，所以F，C，Q，D四点共圆，且FQ为直径，C项正确；

如图，记切线QA与x轴的交点为S，过A作x轴平行线AN，由抛物线光学性质，FSAFAS=，由等腰SFA、直角SCF△、F，C，Q，D四点共圆（对同弦圆周角相等），可得如图五个角相等；同理，五个角相等．则AFQ△∽QFB△，∴AFQQFB=，D项正

确．故选：BCD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知空间向量()1,2,3a=，(),1,bmn=−，若ab∥，则mn+=______．【答案】2−【解析】【分析】利用向量平行可知ba=，然后计算即可.【详解】由题可知b

a=，所以有123mn=−==，解得123212mn=−=−=−，所以2mn+=−故答案为：2−14.过点()1,4A−作圆()()22231xy-+-=的切线l，则切线l的方程为_________．【答

案】4y=或34130xy+−=【解析】【分析】讨论切线l的斜率是否存在.当斜率存在时，设斜率为k，得到直线方程40kxyk−++=，根据圆心到直线的距离dr=，得到2430kk+=，解出k，代入直线方程即可.【详解】由已知圆心()2,3，半径1r=.又()

()221243101--+-=>，所以，点()1,4A−在圆外.当直线l斜率不存在时，直线l的方程为=1x−.此时，圆心到直线l的距离2(1)3dr=−−=，所以直线=1x−不是圆的切线；当直线l斜率存在时，设斜率为k，则直线l

的方程为()41ykx−=+，整理可得，40kxyk−++=.因为直线l与圆相切，所以圆心到直线的距离1dr==，即223411kkk−++=+，整理得，2430kk+=，解得，0k=或34k=−.当0k=时，直线方程为4y=；当34k

=−时，直线方程为()3414yx−=−+，化为一般式方程为34130xy+−=.所以切线l方程为4y=或34130xy+−=.故答案为：4y=或34130xy+−=.15.已知1F、2F分别是双曲线22:

14xCy−=的左、右焦点，动点P在双曲线的左支上，点Q为圆22:(2)1Gxy++=上一动点，则2||||PQPF+的最小值为________.【答案】6【解析】【分析】结合双曲线的定义以及圆的几何性质求得正确答案.【详解】双曲线22:14

xCy−=，2,1,5abc===，()()125,0,5,0FF−，圆22:(2)1Gxy++=的圆心为()0,2G−，半径1r=，P在双曲线的左支上，212124,4PFPFaPFPF−===+，所以214PQPFPQPF+=++，根据圆的几何性质可知，1PQPF+的最

小值是15412GFr−=+−=，的所以2PQPF+的最小值是246+=.故答案为：616.已知数列{na}的前n项和为nS，满足3nnSka=−（k是常数.101214ka=），，且23420222048aaaa++++=，则23420221111aa

aa++++=___________.【答案】128【解析】【分析】先由nS与na的关系式得到数列na为等比数列，并设数列na的公比为q，同时可证数列1na也是等比数列，并且公比为1q，再把10124a=，23420222048aaaa++++=，2342022

1111aaaa++++三个式子全部表示为1,aq的形式，进一步运算得到答案.【详解】因为3nnSka=−（k是常数，1k），所以当2n时有113nnSka−−=−，两式相减得()12nnnakakan−=−，即()1121n

naknak−=−，所以数列na为等比数列，设数列na的公比为()1qq，11nnaaq−=.数列1na是公比为1q的等比数列.又因为10124a=，则101114aq=①；因为23420222048aa

aa++++=，则()20211120481aqqq−=−，即()20211204811qqaq−−=②.202120211123420221111111111111aqqqaqaaaaq−−++++==−−()2021

2021111qaqq=−−，，把①②分别代入上式，得()2202121011234202211111112048204820481284aaaaaqaqaq++++====.故答案为：128.四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应

写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知从圆外一点P(4，6)作圆O：221xy+=的两条切线，切点分别为A，B．（1）求以OP为直径的圆的方程；（2）求直线AB的方程．【答案】（1）()()222313xy−+−=；（2）4610xy+−=．【解析】【分析】（1）由已知求得圆心和半径可得所

求的圆的方程；（2）联立两圆的方程即得直线AB的方程．【小问1详解】∵所求圆的圆心为线段OP的中点()2,3，半径为2211||(40)(60)1322OP=−+−=，∴以OP为直径的圆的方程为()()222313xy−

+−=；【小问2详解】∵PA、PB是圆22:1Oxy+=的两条切线，∴OAPA⊥，OBPB⊥，∴A，B两点都在以OP为直径的圆上，由()()222223131xyxy−+−=+=，可得直线A

B的方程为4610xy+−=.18.已知nS是等差数列{na}的前n项和，且3654070aaS+==，.（1）求nS；（2）若1nnbS=，数列{nb}的前n项和nT.求证：38nT.【答案】（1）224nSnn=+（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用基本量列

方程求解即可；（2）由裂项相消法求和得出nT,再证明即可.【小问1详解】na为等差数列，则364540aaaa+=+=，53357014Saa===，()42123525370403010aaaaaaSa−+=++

==−==.∴32124,6daaaad=−==−=，故()61442nann=+−=+，故()2642242nnnSnn++==+.【小问2详解】()111112242nnbSnnnn===−++，∴1111111114324352nTnn=−+−+

−++−+111114212nn=+−−++13111334212428nn=−−=++19.如图，在底面为矩形的四棱锥PABCD−中，平面PAD⊥平面ABCD，PAD为等腰直角三角形，2PAPDAB===，2P

O=，O、Q分别为AD、PB的中点．（1）证明：ABPD⊥；（2）求直线AQ与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）63【解析】【分析】（1）由平面PAD⊥平面ABCD，ABAD⊥可得AB⊥平面PAD，再由线面垂直的性质定理可得答案；（2）由已

知可得PO⊥平面平面ABCD，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出AQ、平面PBC的法向量，由线面角的向量求法可得答案.【小问1详解】∵平面P

AD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，ABAD⊥，AB平面ABCD∴AB⊥平面PAD，又PD平面PAD，∴ABPD⊥；小问2详解】因为PAPD=，O为AD的中点，所以POAD⊥，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，PO平面PAD，所以PO⊥平面

平面ABCD，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过点O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,2P，()2,2,0B，()2,2,0C−，()2,0,0A，22,1,22Q，∴()2

,2,2PB=−，()22,0,0BC=−，22,1,22AQ=−设平面PBC的法向量为(),,nxyz=，则00nPBnBC==，即2220220xyzx+−=−=，取1y=，可得()0

,1,2n=，设直线AQ与平面PBC所成的角为，则6sincos,3===nAQAQnnAQ．20.在数列na中，16a=，且113nnnnaaaa+++=.【（1）证明：112na−是等比数列.（2）求数列nna

的前n项和nS.【答案】（1）证明见解析（2）13931(1)44234nnnn++−+++【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；（2）利用分组求和和错位相减求解即可.【小问1详解】由题意可得1(1)3nnnaaa++=，因为16a=，所以0na，

所以1131nnaa++=，所以11111322nnaa+−=−，即111111=232nnaa+−−，又1111023a−=−，所以112na−是以13−为首项，13为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）得1111112333nnna−

−=−=−，所以132nnnnna=−+，设数列13nn−前n项和为nT，数列2n前n项和为nU，则211112333nnTn=−+++①，2311111

112(1)33333nnnTnn+=−+++−+②，①-②得211112111113()3333323nnnnnTnn++−=−++++=−+，所以139314423nn

Tn+=−++，又12(1)24nnnnU++++==，所以13931(1)44234nnnnnnSTUn++=+=−+++.21.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的焦距为23且经过点()3,4M.（1）求双曲线

C的方程：（2）若直线l不经过M点，与双曲线C交于A、B两点，且直线MA，MB的斜率之和为1，求证：直线l恒过定点.【答案】（1）2212yx−=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先由双曲线焦距求得3c=，从而得到223ab=−，再将点(

)3,4M代入双曲线方程C即可得到关于2b的方程，解之即可得解；（2）先假设直线l斜率存在，联立直线l与双曲线C的方程，利用直线MA，MB的斜率之和为1求得34mk=−+或58mk=+，从而得到直线l经过定点()5,8−，再检验得直线l斜率不存在时，也经过点()5

,8−，由此得证.【小问1详解】因为双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的焦距为23，所以223c=，即3c=，所以2223abc+==，即223ab=−，又双曲线2222:1xyCab−=经过点

()3,4M，所以229161ab−=，则2291613bb−=−，解得22b=或224b=−（舍去），则21a=，的所以双曲线C的方程为2212yx−=.【小问2详解】依题意，可知直线MA，MB的斜率12,kk必然存在，且121kk+=，当直线l（即直线AB）斜率存在时，设直线l方程为y

kxm=+，()()1122,,,AxyBxy，联立2212ykxmyx=+−=，消去y，得()2222220kxkmxm−−−−=，由题意可知()()()2222224422820kmkmmk

=+−+=−+，则212122222,22kmmxxxxkk++=−=−−，而1212121212444413333yykxmkxmkkxxxx−−+−+−+=+=+=−−−−，所以()()()()()()122112434333kxmxkxmxxx

+−−++−−=−−，整理得()()()121221316150kxxmkxxm−+−−+−+=，所以()()222222131615022mkmkmkmkk+−−−−−+=−−，整理得2242151

2320mkkmkm−++++−=，即()()53412320kmkmkm−+++−=，所以()()58340kmkm−++−=，解得34mk=−+或58mk=+，当34mk=−+时，直线l方程为()34ykx=−

+，则直线l经过点()3,4M，矛盾，舍去；当58mk=+时，直线l方程为()58ykx=++，则直线l经过定点()5,8−，此时由()22820mk=−+，得()225820kk+−+，即22480660kk++，显然有解，满足题意；当直线l（即直线A

B）斜率不存在时，不妨设直线l为5x=−，联立22512xyx=−−=，解得543xy=−=，则1243443415353kk−−−+=+=−−−−，满足题意，此时直线:5lx=−经过点()5,8−；综上：直线l恒过定点()5,8

−.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.22.已知O是平面直角坐标系的原点，F是抛物线C：()220xpyp=的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两

点，且OAB的重心为G在曲线23123xy=+上.（1）求抛物线C的方程；（2）记曲线23123xy=+与y轴的交点为D，且直线AB与x轴相交于点E，弦AB的中点为M，求四边形DEMG的面积最小值.【答案】（1）2

2xy=（2）3036【解析】【分析】（1）根据直线与抛物线的位置关系，求解交点坐标关系，根据三角形重心坐标公式，即可得重心坐标，再代入曲线23123xy=+上，即可得确定抛物线方程；（2）根据坐标关系可证得DGME∥，则可按梯形面积公式求解即可得面积表达式，结合基本不等式求解最值即

可.【小问1详解】解：焦点0,2pF，显然直线AB的斜率存在，设AB：2pykx=+，联立22xpy=，消去y得，2220xkpxp−−=，设()11,Axy，()22,Bxy，()00,Gxy，则122xxkp+=，212xxp=−，所以()212122yykxxppkp+

=++=+，所以0202323kpxpkpy=+=，且2003123xy=+，故2222223412132933pkppkpk++=+=，即222221pkppk+=+，整理得()2211kppp−=−对任意的k恒成立，故1p=，

所求抛物线C的方程为22xy=.【小问2详解】解：由（1）知，10,3D，1,02Ek−，0k，Mxk=，23Gkx=，则23ODOF=，又弦AB的中点为M，OAB的重心为G，则2

3OGOM=，故23ODOGOFOM==，所以DGME∥，D点到直线AB的距离22116161dkk==++，2213kDGk=+，22111122MEkkkkkk=+−−=++，所以四边形DEMG的面积22121115115301223212

321263661kSkkkkkk=+++=+=+，当且仅当5132kk=，即3010k=时取等号，此时四边形DEMG的面积最小值为3036.