湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试卷

这是一份湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
设函数 f  x  x2  a  2 x 1a  R  ，则“ a  2 ”是“ f  x 是偶函数”的（ ）
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
已知全集U  A ∪ B  {x N∣0  x  10}, A ∩ ðU B  {1, 3, 5, 7}，则 B  （ ）
{1,3,5, 7}B．{2, 4, 6,8}C．{1,3,5, 7,9}D．{0, 2, 4, 6, 8, 9,10}
下列函数中偶函数的是（ ）
y 
x x2 1
y  1
x3
y  2x 1
–––→–––→
y  ln x
如图所示，D，E 为V ABC 边 BC 上的三等分点，且 AB 
AC 则下列各式中正确的是（ ）
AD  AE
C． AB  AE  AC  AD
BD  CE
D． AB  AC  AD  AE
已知函数 f  x  1 5a x 19a, x  4 ，数列{a }满足a  f (n)(n  N* ) ，命题 p : 若 f ( x) 是R 上的减函数，

2ax3  3, x  4nn
命题q : 对于任意的正整数m ， n ，都有 am  an  0 ，则命题 P 是命题q 的（ ）
m  n
充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条
件
4a
a
a
已知平面向量a ， b 不共线， AB  →  6b ， BC   →  3b ， CD  →  3b ，则（）
A, B, D 三点共线B． A, B,C 三点共线
C． B, C , D 三点共线D． A, C , D 三点共线
如图，“六芒星”是由两个边长为3 正三角形组成，中心重合于点O 且三组对边分别平行，点A ， B 是“六
芒星”（如图）的两个顶点，动点 P 在“六芒星”上（内部以及边界），则OB  AP 的取值范围是（）
A．2,2
B．  3 , 3 
C． 
3, 3
D． 2, 3

 2 2 

  
 2x2 1 , x  0
已知函数 f x
 lg2 x , x  0
，若关于 x 的方程 f (x)2  mf (x)  2  0 恰有 6 个不同的实数根，则 m 的
取值范围是（ ）
A．  ∞,  11   3, 2 2 
B．(  11 , 2 2 
3 3

C．  ∞,  11   ( 11 , 2 2 

D． 3, 2 2 
3 3

二、多选题
a, b, c
关于同一平面内的任意三个向量
→ ，下列四种说法错误的有（ ）
→→→→→→→
若a / /b ，且b / /c ，则a / /cB． a  b  a  c  c  b
→→→ →→→→ →
若 a  b ，则a  b 或a  b
a  b  c  a  b  c 

已知函数 f  x   x  3 ex , x  0 ，则（ ）
x2  4x  3, x  0
f  x 在区间0, 3 上单调递增
f  x 极大值点仅有一个
f  x 无最大值，有最小值
当a 3, 4 时，关于 x 的方程 f  x  a 共有 3 个实根
已知正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的底面边为 1，侧棱长为a ， M 是CC1 的中点，
则（ ）
任意a  0 ， A1M  BD
存在a  0 ，直线 A1C1 与直线 BM 相交
平面 A1BM 与底面 A B C D 交线长为定值 5
1 1 1 12
当a  2 时，三棱锥 B1  A1BM 外接球表面积为3π
三、填空题
已知 f  x  esin x ，则 f  x  ．
13．2023 年杭州亚运会的吉祥物包括三种机器人造型，分别名叫“莲莲”，“琮琮”“宸宸”，小辉同学将三种吉祥物各购买了两个（同名的两个吉祥物完全相同），送给三位好朋友，每人两个，则每个好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案共有种．（用数字作答）
f x π  ππ
已知偶函数   定义域为2 , 0    0, 2  ，其导函数是 f ' x .当0  x  2 时，有

f ' xcs x  f  xsin x  0 ，则关于 x 的不等式 f  x 
2 f πcs x 的解集为.
 4 

四、解答题
在V ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c ，满足b  a  2b cs C ．
求证： C  2B ；
求2sin C  cs B  sin B 的最大值．
已知各项均为正数的数列an 、bn  满足a1  4, b1  2 ，且bn , an , bn1 成等差数列， an , bn1 , an1 成等比数列.
求a2 , b2 的值；
证明：数列 an 为等差数列；
n
记c  1 ，求数列c  的前 n 项和为S .
b
nn
n
已知函数 f  x  x2  x  ln ax  b ， a  R ， a  0 ．
当a  1 ， b  0 时，求证： f  x  5 ；
4
若 f  x  x2 恒成立，求ab 的最大值．
概率统计在生产实践和科学实验中应用广泛.请解决下列两个问题.
随着中小学“双减”政策的深入人心，体育教学和各项体育锻炼迎来时间充沛的春天.某初中学校学生篮球队从开学第二周开始每周进行训练，第一次训练前共有 6 个篮球，其中 3 个是新球（即没有用过的球），3个是旧球（即至少用过一次的球）.每次训练，都是从中不放回任意取出 2 个篮球，训练结束后放回原处.设第一次训练时取到的新球个数为 ξ，求随机变量 ξ 的分布和期望.
习惯固定在左侧接听电话
习惯固定在右侧接听电话
总计
脑瘤部位在左侧的病人
a
b
42
脑瘤部位在右侧的病人
c
d
46
总计
a+c
b+d
88
由于手机用微波频率信号传递信息，那么长时间使用手机是否会增加得脑瘤的概率？研究者针对这个问题，对脑瘤病人进行问卷调查，询问他们是否总是习惯在固定的一侧接听电话？如果是，是哪边？结果有 88 人喜欢用固定的一侧接电话.其中脑瘤部位在左侧的病人习惯固定在左侧接听电话的有 14 人，习惯固定在右侧接听电话的有 28 人；脑瘤部位在右侧的病人习惯固定在左侧接听电话的有 19 人，习惯固定在右侧接听电话的有 27 人.根据上述信息写出下面这张2 2 列联表中字母所表示的数据，并对患脑瘤在左右侧的部位是否与习惯在该侧接听手机电话相关进行独立性检验.（显著性水平α 0.05)
参考公式及数据： χ2 
n ad  bc2
a  bc  d a  cb  d 
，其中， n  a  b  c  d，Pχ2  3.841  0.05
在空间立体几何中，球面往往是重要的研究对象，同时，它与平面几何中的圆息息相关.而对于几何体的研究中，几何重心的选取显得尤为重要.古希腊著名数学家巴普斯（Pappus）在研究过程中发现了一个性质：平面内任一面积为S 的区域沿着垂直于该区域的平面运动得到体积为V 的立体，若记l 为此区域的几何重心运动的轨迹长度，则有V  Sl .
已知半圆面的几何重心在其对称轴上，求半径为 3 的半圆面的几何重心到圆心的距离（试着考虑绕直径旋转一周得到球体）；
建立空间直角坐标系Oxyz ，取球心为 P 0, 0,1 ，且半径为 1 的球体，点Q a, b, c 为其表面上一点.若a 、
b  0 ， c  1，球体在点Q 处的切面截坐标系的三轴组成平面三角形 ABC ，求V ABC 面积的最小值.
提示：①球面方程：  x  x 2   y  y 2   z  z 2  r 2 ，其中点 x , y , z  为球心坐标， r 为球的半径；
00000 0
②平面方程的点法式： A x  x0   B  y  y0   C  z  z0   0 ，其中平面过点 P0  x0 , y0 , z0  ，其法向量
→
u   A, B, C  .
湖南省长沙市岳麓实验中学 2024-2025 学年高二下学期 6 月月考数学试题参考答案
1．C
【详解】当a  2 时， f  x  x2 1 ， f x  x2 1  f  x ，为偶函数，当 f  x 是偶函数时，由 f  x  f x ，
即 x2  a  2 x 1  x2  a  2 x 1 恒成立，可得： 2 a  2 x  0 恒成立，即a  2 ，
所以“ a  2 ”是“ f  x 是偶函数”的充要条件，故选：C.
2．D
【详解】已知全集U  A  B  x  N∣0  x  10  0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9,10 ，
A ðU B  1, 3, 5, 7 , B 集合中没有1, 3, 5, 7 ，
若0  B ，则0  A ，则0  A ðU B ，与条件矛盾，故0  B ，
同理可得2  B, 4  B, 6  B,8  B, 9  B,10  B ，
则 B  0, 2, 4, 6,8, 9,10.
故选：D.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
D
A
D
B
A
ACD
BC
题号
11
答案
AC
3．D
【详解】对 A， f  x 
x x2 1
的定义域为R ，关于原点对称，
f x  x   x   f  x
y  x
且x2 1
x2 1
，则x2 1 为奇函数，故 A 错误；
对 B， h  x  1
x3
，其定义域为, 0 ∪ 0,  ，关于原点对称，
h 1 
1 3  1，而h 1  1  1，则h 1  h 1 ，则 y  1 不是偶函数，故 B 错误；
113x3
对 C，φ x  2x 1 ，定义域为R ，关于原点对称，
且φ1  21 1  1 ，而φ1  21 1  1，则φ1  φ1 ，则其不是偶函数，故 C 错误；
2
对 D， H  x  ln x 的定义域为, 0 ∪ 0,  ，关于原点对称，且 H x  ln x  ln x  H  x ，则 y  ln x 为偶函数，故 D 正确.故选：D.
4．D
【详解】D，E 为边 BC 上的三等分点，所以CE  DB ， 所以 AE  AC  AB  AD, AE  AD  AB  AC, D 选项正确；
若 AB  AE  AC  AD ，则 AB  AC  AD  AE, CB  ED 不成立，C 选项错误；
AD, AE 方向不同不能相等，A 选项错误；
BD, CE 方向相反不能相等，B 选项错误.
故选：D.
5．A
1 5a  0

【详解】命题 p : 若 f ( x) 是R 上的减函数，得0  a  1

1 5a 4 19a  2a43  3
命题q : 对于任意的正整数m ， n ，都有 am  an  0 ，
m  n
a2  a1  0
，解得 1  a  1 ，
53
不妨令m  n 1，可得a a  0 ，有a  a  0 ，
n1n
 54
a  a  0
 65
a1  114a
a  2  9a
 211
由题，知a4  4  a，解得  a  ，
a  2a2  352
 5
a  2a3  3
 6
所以命题 p 是命题q 的充分不必要条件.
故选：A 6．D
a
a
AB
【详解】对于 A， BD  BC  CD   →  3b  →  3b  6b ，与–––→ 不共线，A 不正确；
4a
对于 B， AB 
→  6b ， BC   →  3b ，则–––→ 与–––→ 不共线，B 不正确；
a
AB
AB
对于 C， BC   →  3b ， CD  →  3b ，则 BC 与CD 不共线，C 不正确；
aa
4a
a
3a
对于 D， AC  AB  BC  →  6b  →  3b  →  9b  3CD ，
即 AC / / CD ，又线段 AC 与 CD 有公共点 C，所以 A, C , D 三点共线，D 正确．故选：D．
7．B
3
【详解】由对称性可得OB / /CD ，连接 AO ，与CD 的交点为 E ，则 E 为 AO 的中点， E 为CD 的中点，
–––→–––→3
–––→
2–––→∘
故 AO  OB ， EC  ED 
， OA  3 
223
， OB  2 sin 30
 1，
3
过点 P 作直线OB 的垂线，垂足记为 P ， 则向量 AP 在向量OB 上的投影向量为OP，
所以OB  AP  OB  OP ，
如图过点C 作CC  OB ， DD  OB ，垂足分别为C, D ，
––––→
所以 OD 
––––→
3
3
， OC  ，
22
–––→––––→––––→
观察图象可得 OP  OC  OD ，其中OC与OB 同向， OD 与OB 反向，
所以当点 P 位于点C 的位置时， OB  AP 取最大值，最大值为 3 ，
2
当点 P 位于点 D 的位置时， OB  AP 取最小值，最小值为 3 ，
2
所以OB  AP 的取值范围是 3 , 3  .

故选：B.
8．A

2 2 
  
 2x2 1 , x  0
【详解】根据 f x
 lg2 x , x  0
，作出 f  x 的大致图象如下：
由图可知：当 f  x  0 时，此时由两个根，分别为2,1，当0  t  1 时，此时 f  x  t 有 4 个交点，
当1  t  3 时，此时 f  x  t 有 3 个交点，当t  3 时，此时 f  x  t 有 2 个交点，
故要使得 f (x)2  mf (x)  2  0 由 6 个不同的零点，则令 f  x  t ， t 2  mt  2  0 有 6 个不同的实数根，
f  x  0 显然不是 f (x)2  mf (x)  2  0 的根，
设 g t   t 2  mt  2 的两个零点分别为t , t ，且t  t ，
1 212
故当0  t1  1, t2  3 时，此时 f  x  t1 有 4 个交点， f  x  t2 有 2 个交点，满足题意，
g 0  2  0

故需要满足g 1  3  m  0

g 3  11 3m  0
，解得m   11 ，
3
当1  t1  t2  3 时，此时 f  x  t1 有 3 个交点， f  x  t2 有 3 个交点，满足题意，

1 
m  3
2

故需要满足Δ  m2  8  0

g 1  3  m  0
g 3  11 3m  0
，解得3  m  2 2 ，
综上可得3  m  2 2 或m   11
3
故选：A
ACD
b / /c
【详解】对于 A 中，若向量b  0 时，此时a / /b 且
→ ，但a / /c 不一定成立，所以 A 错误；
→→→→→→→→→→
对于 B 中，由 a  b
→
 a  c  b  c  a  c  c  b ，所以 B 正确；
→
对于 C 中，若 a  b ，但向量a 与b 不一定是共线同向或反向，所以 C 错误；对于 D 中，由向量的数量积的运算不满足结合律，所以 D 错误.
故选：ACD.
BC
【详解】对于 A 选项，当0  x  3 时， f  x  x  3 ex  3  xex ，则 f  x  ex  3  xex  2  xex ，当0  x  2 时， f  x  0 ，此时函数 f  x 单调递增，
当2  x  3 时， f  x  0 ，此时函数 f  x 单调递减，故 A 错误；
对于 B 选项，由 A 选项知，函数 f  x 在0, 3 上有一个极大值点 x  2 ，
当 x ≥3时， f  x   x  3ex ，则 f  x   x  2ex  0 ，此时函数 f  x 单调递增，当 x  0 时， f  x  (x  2)2  7 ，此时函数 f  x 有极小值点2 ，无极大值点，
综上所述，函数 f  x 仅有 1 个极大值点，故 B 正确；对于 C 选项，当 x  0 时， f  x  x  3 ex  0  f 3 ，当 x  0 时， f  x  7  f 2 ，
所以，函数 f  x 的最小值为 f 2  7 ，函数 f  x 无最大值，故 C 正确；对于 D 选项，如下图所示：
由图可知，当a 3, 4 时，关于 x 的方程 f  x  a 共有 4 个实根，故 D 错误.故选：BC.
AC
【详解】解：对于 A， BD  AC ， BD  AA1 ， AA1 ∩ AC  A ， AA1 ， AC  平面 ACC1 A1 ，
 BD  平面 ACC1 A1 ， A1M  平面 ACC1 A1 ， BD  A1M ，故正确；对于 B，因为 B∈平面 A1BC1 ， M 平面 A1BC1 ，
所以 BM  平面 A1BC1 ，
 BM 与 A1C1 异面，故不相交，故错误；
对于 C，延长 BM ， B1C1 交于 N 点，连接 A1 N 交 D1C1 于 P ， M 为CC1 中点，
VNC1M VBCM ( ASA) ，
所以 NC1  CB ,
所以 NB1  2, A1B1  1 ,
5
所以 NA1 ，
平面 A1BM ∩ 平面 A1B1C1D1  A1 N ，
平面 A1BM 与底面 A1B1C1D1 交线为 A1P ，
其中 P 为C1D1 中点，所以 A1P 
5 ，故正确对；
2
对于 D， a  2 ， △A1B1B 是直角三角形，外接圆是以 A1B 为直径的圆，
圆心设为 P ，半径 A1B 5 ，
22
取 BB 中点Q ，则MQ  平面 ABB A ， PQ  1 ，
1
PO2  5  R2
1 12
4
所以1，
(1 PO)2   R2
4
所以 R2  5 ，
4
4πR2  5π  3π ，故错误.
故选： AC ．
esin x  cs x
【详解】由 f  x  esin x   esin x  sin x  esin x  cs x ，故答案为： esin x  cs x
13．6
【详解】根据题意，设“莲莲”，“琮琮”“宸宸”为 A, B, C ,则可得其组合形式为 AB, AC, BC ,
故第一个好友具有3 种，第二个好友具有2 种，第三个好友只有1种，即每个好朋友都收到不同命的吉祥物的分配方案为： 3 2 1  6 种.
故答案为： 6
14．  π  π
4 , 0   0, 4 

【详解】解：根据题意，设 g(x) 
f (x) ，其导数为 g(x)  f (x) cs x  f (x) sin x ，
cs x
又由0  x  π 时，有 f (x) cs x  f (x) sin x  0 ，则有 g(x)  0 ，
2
则函数 g(x) 在 0,π 上为减函数，
cs2 x
2 

又由 f ( x) 为定义域为 π  π 的偶函数，
2 , 0    0, 2 
则 g(x) 
f (x)

 f (x)  g(x) ，则函数 g(x) 为偶函数，
Q f  x 
f (x)
cs(x)cs x
 4 
2 f πcs x ，
 
f
π
 4 
    ，
cs x
csπ
4
 4 
 g(x)  g π
 
又由 g(x) 为偶函数且在 0,π 上为减函数，且定义域为 π 
ππ
，则有 ，
2 
2 , 0    0, 2 x  4

ππ
解可得：   x  0 或0  x 
44
即不等式的解集为 π
 π
，
4 , 0   0, 4 

故答案为：  π
 π
4 , 0   0, 4 

15．(1)证明见解析
(2) 17
8
【详解】（1）由题b  a  2b cs C ，
由正弦定理： sin B  sin A  2 sin B cs C  sin(B  C)  2 sin B cs C ，所以sin B  sin B cs C  cs B sin C  2 sin B cs C ，
整理sin B  sin C cs B  cs C sin B ，
所以sin B  sin C  B ，结合三角形内角性质，
 B  C  B 或 B  C  B  π （舍）,
C  2B .
（2）由0  B  C  π ，则由（1）问， C  2B, 得： 0  B  π ，
3
所以 π  π  B  π ，
1244
且sin   π   sin  π  π   
ππ 
ππ 2  6 ,
 12  34 
sin cs
34
cs sin
344

又2sinC  csB  sinB  2 sin 2B  cs B  sin B ，
令t  cs B  sin B 
2 sin  π  B  1
,1 ，则sin 2B  1 cs B  sin B2 ，
3
 4 2
 

所以2sinC  csB  sinB  2 1 t 2   t  2t 2  t  2  2  t 

1 2

4

 17 ,
8
3
因为t  1

,1 ,
2

当t  1 时，所求2sinC  csB  sinB 的最大值为17 .
48
16．(1)9，6
(2)证明见解析
(3)
n n 1
【详解】（1）因为bn , an , bn1 成等差数列，所以2an  bn  bn1 ，当n  1 时， 2a1  b1  b2 ，即2  4  2  b2 ，所以b2  6 ，
因为a , b , a
成等比数列，所以b2
 a  a，
n n1 n1
n1
nn1
212
当n  1 时， b2  a  a
，即6  6  4a2
，所以a2  9
由条件可得2a
 b  b
，且b2
 a  a
，又a
0, b
0 ，
nnn1
n1
nn1nn
an  an1
故bn1

，代入2an  bn  bn1 中，得n  2, n  N 时，
an1  an
an
an1

an1 ，
有2an  an  an1 ，即2
所以数列 an 为等差数列
由（1）（2）知数列
an 为等差数列且
a2
 2 ， 3
a1
an
所以数列 an 是首项为 2，公差 1 为的等差数列，
得
 2  n 1  n 1，即a  n 12 ，
n
故b2
 a  a
 n 12 n  22 ，即b
 n 1n  2 ，
n1
nn1
n1
所以n  2, n  N 时， bn  n n 1 ，且b1  2 也符合上式，故bn  n n 1 ，
n
则c  1 1
 1  1 ，
bnn n 1

nn 1
数列c  的前 n 项和为S
 1 1    1  1    1  1  L  1 
1   n ，
nn
2   23   34  n
n 1 
n 1
  
17．(1)证明见解析；(2) e ．
2
【详解】(1)证明：当a  1 ， b  0 时， f  x  x2  x  ln x ， x  0 ，
所以 f  x  2x 1 1  2x 1 x 1 ， x  0 ，
xx
所以当 x  1 时， f  x  0 ；当0  x  1 时， f  x  0 ， f  x 在(0, 1 ) 上递减，在( 1 , ) 上递增，
2222
所以当且仅当 x  1 时， f  x 有最小值 f ( 1 )  3  ln 2 ，
1511
2
因为 f ()     ln 2 
2422
24
(ln 4 1)  0 ，所以 f  x  5 ；
4
(2)依题意： f  x  x2  x2  x  ln ax  b  x2  ln(ax  b)  x  0 ，令h(x)  ln(ax  b)  x ，则有h(x) ≤ 0 恒成立，
当a  0 时，对任意的实数b ，当 x  0 且 x  1 b 时，即ax  b  1 ， h(x)  0 ，矛盾；
a
所以a  0 ， h x 
a1 
a(x  a  b )
a
，而ax  b  0 ，
ax  bax  b
当 b  x  a  b 时， h x  0 ，当 x  a  b 时， h x  0 ，
aaa
从而h  x 在( b , a  b ) 上单调递增，在( a  b , ) 单调递减，
aaa
故h  x 在 x  a  b 时有最大值h( a  b )  ln a  a  b ，
aaa
因此h(x)  0  ln a  a  b  0  b  a  a ln a ，所以ab  a2  a2 ln a  a2  1 a2 ln a2 ，
a2
设t  a2  0,φt   t  1 t ln t ，则φ(t)  1 (1 ln t) ，
e
22
0  t  e 时φ(t)  0 ， t  e 时φ(t)  0 ，φ(t) 在(0, e) 上单调递增，在(e, ) 上单调递减，
所以φ(t)  t  1 t ln t 在t  e 时，φ(t) 取最大值φ(e)  e  1 e ln e  e ，当且仅当a2  e ，即a 
e, b 时取
2
“=”，
故abe
222
的最大值为 ．
2
18．(1)分布列见解析， 1
(2)表格见解析，长时间使用手机与是否得脑瘤没有显著关系
【详解】（1）第一次训练时所取的球是从 6 个球（3 新，3 旧）中不放回取出 2 个球，所以ξ可取的值为 0，
1，2. P ξ
2
C

 0  3 
C2
, P ξ

5
 1 
1 1
C C
3 3
C2
 3 , P ξ

5
2
C

 2  3
C2
 1 .
5
666
则分布列如下
ξ
0
1
2
P ξ
1
3
1
5
5
5
则期望为 E ξ  0  1 1 3  2  1  1；
555
（2）由题目条件可得列联表如下：
习惯固定在左侧接听电话
习惯固定在右侧接听电话
总计
脑瘤部位在左侧的病人
14
28
42
脑瘤部位在右侧的病人
19
27
46
总计
33
55
88
则χ2 =
88  14  27  28  192
33  55  42  46
 0. 595 
3. 841 ，故长时间使用手机与是否得脑瘤没有显著关系.
19．(1) 4
π
2
(2) 3  2
4πr3
πr 2
【详解】（1）球体体积V ，半圆面积S ，
32
设几何重心到圆心的距离为 x ，
由于几何重心在对称轴上，则几何重心运动的轨迹长度为2πx ，
运用巴普斯定理有：V 
代入r  3即 x  4 ；
π
4πr3
3
 πr 2
2
 2πx ，解得 x  4r ，
3π
（2）Q球心为 P 0, 0,1 ，
球面方程为 x2  y2   z 12  1 ，
又Q a, b, c ， Q 在球面上，故a2  b2  c 12  1.
切面 L 的法向量为 PQ  a,b, c 1 ，则切面方程为：
L ： a x  a  b y b c 1 z  c

 ax by c 1 z a2 b2 c 12  c 1
 ax  by c 1 z  c  0，
 A c , 0, 0 
  a
 
 c
代入得到： B  0, b , 0 ，
 
 c 
C  0, 0, c 1 
 
1c 1cc c3
于是VC OAB  
   ，
3 c 1  2
ab 6ab c 1
设点O 到平面 L 的距离为d ，
–––→ –––→
Q –––→   c , 0, 0 
OA  PQc
 d  c
a2  b2  c 12
OA a ， –––→
PQ
运用等体积法：设V ABC 的面积为SV ABC ，
Q V 1 S
 d ，
C OAB3 △ ABC
 S△ ABC
 3VC OAB  3VC OAB
dc
c2c2c2
2ab c 1a2  b2 c 1

1 c 12  c 1
c
 2  cc 1 
c
c2  3c  2
11
3  2 2
3   c  2 
 3  2
2
，
c 
（当且仅当a  b 

c
2 1 同时c  2 ，即c 
取等），
2
所以V ABC 面积的最小值为3  2.