湖南师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期1月期末数学试卷

这是一份湖南师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期1月期末数学试卷，共17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。
已知集合 A  {x∣ 3  x  2}, B  x∣x2  4 ，则 A ∩ B  （ ）
{x∣ 2  x  2}
{x∣0  x  2}
{x∣2  x  2}
D．{x∣ 2  x  2}
已知向量 →  1, 3 ， b  6, m ，且 → ⊥b ，则m  （ ）
a
18
2
a
C．2D．18
已知函数 f (x)  ex  x ，则 f ( x) 在 x  0 处的切线方程为（ ）
y  1
y  x  1
y  x 1
y  2x 1
有一对双胞胎学生和 3 位老师站成一排拍照，双胞胎不站在一起的不同排法共有（ ）
120 种B． 72 种C． 36 种D．180 种
已知 F , F 是椭圆C 的两个焦点，满足F MF  π 的点M 总在椭圆C 内部，则椭圆C 离心率的取值范围
12
是（ ）
122
122
A．( 0, 1)B． (0, 2]
C． (0,)
2
D．[
2
,1)
n
设数列a 的前 n 项和为 S ， a  1，且a n 1 a ，则 2Sn 12 的最小值为（ ）
nn1
n1nna
3
A．7B．8C．14D． 41
已知圆 x2  ( y  2)2  r 2 (r  0) 上到直线 y  3x  2 的距离为 1 的点有且仅有 2 个，则 r 的取值范围是
（ ）
A．( 0, 1)B． (1, 3)C． (3, )
D． (0, )
已知函数 f  x  axex  ln x  x 恰有 3 个不同的极值点，则 a 的取值范围是（ ）
A．∞, e
B．∞, e
C．   1 , 0 
D．  1 , 0 
 e e

二、多选题
下列说法正确的是（ ）
一个人连续射击三次，事件“至少击中两次”与事件“至多击中一次”互为互斥事件但不是对立事件 B．随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小
从 3 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学参加志愿者服务，则选出的 2 名同学中至少有 1 名女同
学的概率是 7
10
从 4 名男演员和 3 名女演员中选出 4 人，其中女演员的人数 X 服从二项分布
已知数列an 的前n 项和为 Sn ，则下列说法正确的有（ ）
若an 是等比数列， S2  2, S4  8 ，则S6  16
记等差数列a ,b 的前 n 项和分别为S ,T ，若 Sn 3n ，则 a8  9
nnn n
Tn2n  5
b87
若a 是等差数列， a  2021, S10  S8  2 ，则S 2021
n1108
2021
Sn
若a1  1, an  Sn1 (n  2) ，则a50  99
已知 F ， F 分别为椭圆C : x2  y2  的左、右焦点， P 为椭圆上任意一点（不在 x 轴上），VPF F 外接
12
11 2
43
圆的圆心为 H ，半径为 R ， VPF1F2 内切圆的圆心为 I ，半径为r ，直线 PI 交 x 轴于点M ， O 为坐标原点，
则（ ）
1 2
SV PF F 最大时， r  3
3
PH  PO 的最小值为 2
PI
IM
椭圆C 的离心率等于
R  r 的取值范围为 1 , 2 
 2 3 

三、填空题
 x  a10 的展开式中， x7 的系数为 15，则 a=.(用数字填写答案)
函数 f (x)   1 x2  kx  ln x 在区间 1 , 3 上存在单调递增区间，则实数 k 的取值范围是．
2 2
某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动，每位顾客只用一个会员号登录，每次消费都有一次随机摸
2
球的机会．已知顾客第一次摸球抽中奖品的概率为 7 ；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次
11 .记该顾客第 n 次摸球抽中奖品的概率为 P ，
抽中的概率为 2 ，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为 3n
则 P2 的值为、该顾客第次摸球抽中奖品的概率最大．
四、解答题
已知数列an 的前n 项和为 Sn ，且Sn  n2 .
求数列an 的通项公式an ；
设数列b 满足b  2an1  a， T 为数列b 的前n 项和，求T .
nnn1nnn
如图， AE  平面 ABCD, CF / / AE, AD / / BC, AD  AB, AB  AD  1, AE  BC  2 .
求证： BF // 平面 ADE ；
若平面 EBD 与平面 BDF 夹角的余弦值为 1 ，求线段CF 的长.
3
，
据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立．若某考生报考甲大学，每门
科目达到优秀的概率均为 1
3
，若该考生报考乙大学，每门科目达到优秀的概率依次为 1
6
2 ，n ，其中
5
0  n  1．
若n  1 ，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率； 3
强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求n 的范围．
已知函数 f (x)  aln(x 1)  1 x(a  R) .
2
若a  1 ，
求函数 f ( x) 的单调区间；
证明：函数h( x)  f ( x)  csx 在区间(1, 0) 上有且只有一个零点．
若 f (x)  2ex  csx 1对任意 x [0, π] 恒成立，求实数a 的取值范围．
在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线C : y2  2 px( p  0) 的焦点为 F (1, 0) ，直线l 过点 P(4, 0) 且与抛物线C
交于 A, B 两点.
求抛物线C 的方程.
如图，分别以 AP, BP 为直径作圆C1 , C2 .
求圆C1 , C2 的面积之和的最小值；
当l 变化时，求圆C1 , C2 的公切线的所有交点的运动轨迹的方程．
参考答案
1．A
【详解】因为 B  x∣x2  4  x∣ 2  x  2, A  {x∣ 3  x  2}，故 A∩ B {x∣ 2  x  2}.
故选 A.
2．C
→→
a
【详解】因为向量a  1, 3 ， b  6, m ，且a ⊥b ，所以 →  b  6  3m  0 ，解得m  2 ．
故选：C 3．D
【详解】m f (x)  ex 1 ， f (0)  e0  0  1，f (0)  e0 1  2 ，
 f ( x) 在 x  0 处的切线方程为 y  2  x  0 1  2x 1.
故选：D.
4．B
3
【详解】先排 3 位老师，3 人全排列的方法为： A3  3 2 1  6 ；
4
3 位老师形成 4 个空隙，将 2 个双胞胎插入 4 个空隙的方法数为： A2  4  3  12 ，
3 4
 总的排列法为： A3A2  6 12  72 种，故 B 正确．故选：B．
5．C
【详解】设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为a ， b ， c ，
因为F1MF2
 π ，所以M 点的轨迹是以原点O 为圆心，半焦距c 为半径的圆．
2
又点M 总在椭圆C 内部，
所以该圆内含于椭圆，即c  b ，所以c2  b2  a2  c2 ，则2c2  a2 ．
 2c212
 0, 2 
e  a2  2 ，0  e 
2 ，即椭圆C 离心率的取值范围是2  ．

故选：C．
6．B
a n 1 a
an1
 anan
an  a1  1
【详解】由
n1
nn 可得 n 1
，故{} 为常数列，因此有，
nnn1
得an
 n ，故Sn
 n(n 1) ， 2
则 2Sn 12  n n 1 12  n  12 1, n  N* .
annn
设 f  x  x  12 , x  0 ， x  12 ，解得 x  2 3 ，由对勾函数的单调性，
xx
易知 f (x)  x  12 在(0, 2 3) 上单调递减，在(2 3, ) 上单调递增，
x
故 f n  n  12 可能在n  3 或n  4 处取得最小值.
n
而 f (3)  3  12  7 ， f (4)  4  12  7 ，
34
得 f (n)  n  12 的最小值为7 ，则n  12 1 的最小值为8 .
nn
故选：B.
7．B
【详解】由题意，
在圆 x2   y  22  r 2 r  0 中，圆心 E 0, 2 ，半径为r ，
到直线 y  3x  2 的距离为1的点有且仅有 2 个，
 3 2  12
0  3  21 2
∵圆心 E 0, 2 到直线 y  3x  2 的距离为： d  2 ，
故由图可知，当r  1时，
圆 x2   y  22  r 2 r  0 上有且仅有一个点（ A 点）到直线 y 
当r  3 时，
3x  2 的距离等于1；
圆 x2   y  22  r 2 r  0 上有且仅有三个点（ B, C , D 点）到直线 y 
3x  2 的距离等于1；
当则r 的取值范围为1, 3 时，
圆 x2   y  22  r 2 r  0 上有且仅有两个点到直线 y  3x  2 的距离等于1.
故选：B.
8．A
【详解】 f  x  aex  x 1  1 x   x 1 aex  1  ，令 f ( x)  0 ，得 x 1  0 或aex  1  0 ，
x
 
xx
即 x  1 或a 
1
xex
 x  0 ，设函数 g  x  xex  x  0 ，则 g x   x 1ex ，
当 x  1时， g(x)  0 ，则 g ( x) 在(∞, 1) 上单调递减；当1  x  0 时， g( x)  0 ，则 g ( x) 在(1, 0) 上单调
递增，故 g  x
min
 g 1   1 ，因为 x  0 ，所以 g(x)  0 ，则
e
1
g  x
 e ，即a≤ e ，因为 f  x 有 3 个不同的极
值点，
所以 x  1 不是关于 x 的方程a 
故选：A 9．BC
1
xex
 x  0 的解，所以a  e.
【详解】对于 A，事件“至少击中两次”与事件“至多击中一次”互为对立事件，故 A 错误；对于 B，由方差与标准差的性质可得 B 正确，
对于 C，记 3 名男同学为 A，B，C，2 名女同学为 a，b，
则从中任选 2 名同学的情况如下，有( A, B),( A, C),( A, a),( A, b),(B, C),(B, a) ，
(B, b),(C, a),(C, b),(a, b) ，共 10 种，
其中至少有 1 名女同学的情况有( A, a),( A, b),(B, a),(B, b),(C, a) ，
(C, b),(a, b) ，共 7 种，得到所求概率为 7 ，故 C 正确；
10
对于 D，由题可知，女演员的人数 X 服从超几何分布，故 D 错误．故选：BC．
BCD
【详解】对于 A，因为an 是等比数列且S2  0 ，所以S2 , S4  S2 , S6  S4 成等比数列，所以S4  S2 2  S2 S6  S4  ，即(8  2)2  2 S6  8 ，解得S6  26 ，故 A 错误；
n
对于 B，因为等差数列a ,b 的前n 项和分别为S ,T ，且 Sn 3n ，
T
nn
15a1  a15 
n n2n  5
所以 a8  2a8  a1  a15  2  S15 
315
 9 ，故 B 正确；
b82b8
b1  b15
15b1  b15 
2
T15
2 15  57
对于 C，设等差数列an 的公差为d ，
1
因为a  2021 ，所以 S10  S8  10 a1  a10   8a1  a8   a10  a8  d  2 ，

所以S
2021
1082 102  82
 2021 (2021)  2021 2020  2  2021 ，故 C 正确；
Sn
2
Sn
对于 D，因为an 
Sn1 (n  2) ，所以Sn  Sn1 
Sn1 (n  2) ，
Sn
所以
 1 ，
Sn
Sn1
又a1  1，所以
Sn 是首项为1，公差为1的等差数列，所以
 1  (n  1) 1  n ，
所以S
 n2 ，所以a S S
 502  492  99 ，故 D 正确．
n505049
故选：BCD．
ABD
3
3
【详解】对于 A，设 P  x, y  ， 2  x  2 ，则 y ，且 y  0 ，
1
2
所以SF F  y  c  y  y ，
V PF1F21 2
1 2
则当 P 在短轴的端点时， SV PF F 取得最大，且最大值为 3 ，
又S S
 S S
 1  F F  PF  PF  r  1 2a  2c r  3r ，
VMF1F2
V IF1F2
V IF1P
V IF2 P
21 2122
3
1 2
所以当SV PF F 最大时， 3r ，即r 
3 ，故 A 正确；
3
对于 B，过点 H 作 HG  PF1 ，垂足为点 G，
又点 H 为VPF1F2 外接圆的圆心，即为VPF1F2 三条边的中垂线的交点，则点 G 为 PF1 的中点，
–––→ –––→
由 PH  PO 
1 –––→ –––→––––→1

PH  PF1  PF2 
–––→ –––→–––→ ––––→

PH  PF1  PH  PF2 ，
22

–––→ –––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
又 PH  PF1  PG  GH  PF1  PG  PF1 
1 –––→2
2 PF1
–––→ ––––→
，同理 PH  PF2 
1 ––––→2
2 PF2 ，
–––→––––→
PF1  PF2
2
所以 PH  PO  PF1
PF2
=  PF1
PF2
 2 2  2
 2 ，
–––→ –––→1 –––→2
4
––––→2
1 –––→ 2
4
––––→ 2
1 a2

–––→––––→
当且仅当 PF1  PF2
 a 时等号成立，即 PH  PO 的最小值为 2，故 B 正确；
对于 C，由VPF1F2 内切圆的圆心为 I ，则 IF1 ， IF2 分别是PF1F2 ， PF2 F1 的角平分线，
则由角平分线定理可得
，即
 2a  a  1 ，故 C 错误；
PI
IM
PF1

PF2
F1M

F2 M
2cce
PI
IM
PF1
F1M
PF2
F2 M
对于 D，设F1PF2 θ， PF1  a1 ， PF2  a2 ，
F1F2
由正弦定理可得2R  2c ，即 R c = 1，
sinθ
sinθ
sinθ sinθ
则csθ
a2  a2  2c2
a  a 2  2a  a
 4c2
4b2  2a  a
 12 ，即a  a
2b26
12

，
2a  a
2a  a
2a  a
12csθ1csθ1
1212
121212
θθ
1 2
因为SV PF F
 1 a a sinθ 3sinθ 
2 1 2csθ1
3sin cs
22
cs2 θ
 3 tanθ，
2
又结合 A 有S
2
 3r ，所以3 tanθ 3r ，即r  tanθ，所以 R  r 
tanθ
2 1，
VMF1F2
22sinθ
2 cs2 θ
2
又因为当 P 在短轴的端点时，θ最大，此时 PF1  PF2  F1F2  2 ，θ 60 ，
所以θ 0, 60 ，即θ 0, 30，所以csθ  3 ,1 ，
2 2   2
R  r 


1 1 , 2 
故2 cs2 θ
2
 2 3  ，故 D 正确．
故选：ABD．
2
1
【详解】因为T Cr x10rar ，所以令10  r  7 ，解得r  3 ，所以T
 C3 x7 a3 =15 x7 ，解得a  1 .
r 110
4102
(2, )
f ( x)
(0, )
1x2  kx 1
【详解】函数
定义域为
，求导得 f
(x)  x  k  ，
xx
m 函数 f ( x) 在区间 1 , 3 上存在单调递增区间，
 2
x2  kx 1 1 , 32
 1 , 3
 f (x) 
x 0 在区间 2
 上有解，即x
kx 1  0 在区间 2
上有解，


即k  x  1 在区间 1 , 3 上能成立，故k   x  1 ，
x 2
x 
min
又m y  x  1  2 ，当且仅当 x  1 时取等号，
x
 k  2 ，故实数k 的取值范围是(2, ) ．故答案为： (2, ) ．
192
42
【详解】记该顾客第i i  N*  次摸球抽中奖品为事件 A ，依题意， P  2 ，
i17
P  P  A   P  A  P  A∣A   P  A  P  A∣A   2  1  1 2  1  19 .
22121121
7 3 
7  242
因为 P  A∣A  1 , P  A∣A

  1 , P  P  A  ，
nn13
nn1
2nn
所以 P  An   P  An1  P  A∣n
An1   P  An1  P  A∣n
An1 ，
所以 P  1 P 1 1 P
   1 P 1 ，
n3 n12
n1
6 n12
所以 P  3   1  P 3  , n  2, n  N* ，
n76 
n17 

又因为 P  2 ，则 P  3   1  0 ，
17177
所以数列P  3  是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列，
 n7 76

31 
1 n1
故 Pn     .
77  6 
当n 为奇数时， P  3 1
 3  19 ，
n77 6n1
742
当n 为偶数时， P  3 1，则 P 随着n 的增大而减小，所以 P  P  19 .

n77  6n1n
n242
综上，该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大．
故答案为：① 19 ；② 2.
42
15．(1) an  2n 1
22
2n3
(2) Tn  n
2n  8
33
n
【详解】（1）因为S  n2 ，①
n1
当n  2 时， S (n 1)2 ，②
nnn1
由①-②得到a  S  S n2  (n 1)2  2n 1，又n  1 时， a1  S1  1 ，满足an  2n 1，
所以an  2n 1.
（2）由（1）知b  2an1  a 22(n1)1  2(n 1) 1  22n1  2n 1，
nn1
1
所以Tn  23  2 11 25  2  2 1L 22n  2n 1
 23  25 L 22n1  2(1 2 L n)  n
81 4n 
n(1 n)
 2  n
1 42
 22n3  n2  2n  8
33
16．(1)证明见解析
(2) 8
7
【详解】（1）由题意，以 A 为原点， AB, AD, AE 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系
（如图），
则 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(1, 2, 0), D(0,1, 0), E(0, 0, 2) ，
设CF  h(h  0) ，则 F (1, 2, h) ，
由题意可知，平面 ADE 的法向量为m  (1, 0, 0) ，因为 BF  (0, 2, h) ，
所以 BF  m  0 ，所以 BF  m ，
又 BF  平面 ADE ，所以 BF // 平面 ADE .
（2）由题可得 BD  (1,1, 0), BE  (1, 0, 2) ，
 –––→ –→
n   x , y , z
 BD  n1  x1  y1  0,
设平面 BDE 的法向量为
11 1 1  ，则–––→ –→
BE  n1  x1  2z1  0,
令 z1  1，则 x1  2, y1  2 ，可得n1  (2, 2,1) ，
 ––→ –––→
n   x , y , z
 n2  BD  x2  y2  0,
设平面 BDF 的法向量为
222 2  ，则––→ –––→
n2  BF  2 y2  hz2  0,
令 y2  h ，则 z2  2，x2  h ，可得n2  (h, h, 2) ，
由题意可得 cs
–→ ––→
n1, n2
 1 ，
–→ ––→ n1  n2 –→ ––→
n1 n2
4h  2
3 2h2  4
3
整理可得7h2  8h  0 ，解得h  8 或h  0 （舍去），
7
所以线段CF 的长为 8 .
7
17．(1)该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀概率为 4 ；该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀
9
概率为 41 ；
90
(2) 0  n  13 .
30
3
【详解】（1）设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件 A ，则 P  A  C1 
 1   2 24
33
     ；
   9
该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件 B ，则 P  B  1  3  2  5  2  2  5  3  1  41 ．
（2）该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为 X ，
6 5 36 5 3
6 5 390
 1 1
33
依题意， X ~ B  3,  ，则 E  X   3  1 ，

该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为Y ，随机变量Y 的可能取值为：0，1，2，3．
P Y  0  5  3 1 n  1 n , P Y  1  1  3 1 n  5  2 1 n  5  3 n  13  2n ，
6 52
6 56 5
6 530
P Y  2  5  2 n  1  3 n  1  2 (1 n)  2 11n ， P Y  3  1  2 n  2n  n ，
6 56 5
随机变量Y 的分布列：
6 530
6 53015
E Y   0  1 n 1 13  2n  2  2 11n  3 n  17  30n ，
230301530
因为该考生更希望进入甲大学的面试，则 E Y   E  X  ，即17  30n  1 ，解得0  n  13 ，
3030
所以n 的范围为： 0  n  13 .
30
18．(1)（i）单调递增区间为(1,1) ，单调递减区间为(1, ) ；（ii）证明见解析
(2)  , 5 
2 

【详解】（1）（i）函数 f ( x) 的定义域为(1, ) ，
当a  1 时， f (x)  ln(x 1)  1 x ，
2
则 f  (x)  1  1  1 x ，令 f ( x)  0 ，得1  x  1 ；令 f ( x)  0 ，得 x  1 ，

x 122(x 1)
所以函数 f ( x) 的单调递增区间为(1,1) ，单调递减区间为(1, ) .
（ii）因为h(x)  1  1  sinx, x (1, 0) ，

x 12
令 g(x)  h(x)  1  1  sinx, x (1, 0) ，则 g(x)  1 csx ，

x 12(x 1)2
当 x  (1, 0) 时csx  0 ，所以 g(x)  0 ，所以 g ( x) 即h (x) 在区间(1, 0) 上单调递减，
故对任意 x 1, 0 ，都有h x  h(0)  1  0 ，所以h( x) 在区间(1, 0) 上单调递增，
2
33 3
  e 2
又h(0)  1, h e 2 1  cs e 2 1 1 0 ，
2
所以h( x) 在区间(1, 0) 上有且只有一个零点．
（2）由 f (x)  2ex  csx 1对任意 x [0, π] 恒成立，即 f (x)  2ex  csx 1  0 对任意 x [0, π] 恒成立，
Y
0
1
2
3
P
1 n
2
13  2n
30
2 11n
30
n
15
令φ(x)  f (x)  2ex  csx 1  aln(x 1)  1 x  csx  2ex 1, x [0, π] ，则φ(0)  0 ，
2
所以φ(x)  a  1  sinx  2ex ，令m(x) φ(x)  a  1  sinx  2ex ，

x 12x 12
则m(x)  a csx  2ex   a csx  2ex  ，
(x 1)2
(x 1)2

当a  0 时，对任意 x [0, π], 2ex  2, sinx [0,1]，则φ (x)  0 ，所以φ( x) 在[0, π] 上单调递减，所以φ(x) φ(0)  0 ，满足题意；
当a  0 时， m (x)  0 在区间[0, π] 上恒成立，所以φ (x) 在区间[0, π] 上单调递减，
又φ (0)  a  5 ,φ (π)  a  2eπ  1 ，
2π 12
①当φ(0)  0 ，即0  a ≤ 5 时，φ( x)  0 恒成立，
2
所以φ( x) 在区间[0, π] 上单调递减，所以φ(x) φ(0)  0 ，满足题意；
②当φ(0)  0 且φ (π)  0 ，即 5  a   2eπ  1 (π 1) 时，
22 

由零点存在性定理知， x0 [0, π]，使得φ x0   0 ．
当 x 0, x0  时，φ (x)  0 ，所以φ( x) 在0, x0  上单调递增，所以φ(x) φ(0)  0 ，不满足题意；
③当φ(π)  0 ，即a   2eπ  1  (π 1) 时，
2 

对任意 x [0, π],φ(x)  0,φ(x) 单调递增，所以φ(x) φ(0)  0 ，不满足题意．
综上，实数a 的取值范围为 , 5  ．
2 

19．(1) y2  4x
(2)（i） Smin  8π ；（ii） x  0( y  0), x  2, x  6 ．
【详解】（1）由题意知， p  1，所以 p  2 ，所以抛物线C 的方程为 y2  4x .
2
（2）（i）由题意知，圆C , C 的面积之和S  π | AP |2  | BP |2  ，
124
设直线l 的方程为 x  my  4, A x1 , y1 , B  x2 , y2  ，
联立x  my  4, 整理得 y2  4my 16  0 ，所以 y  y  4m, y y  16 ，

 y2  4x,
121 2
又点 P(4, 0) ，
所以| AP |2  | BP |2   x  42  y2   x  42  y2
1122
 my  4  42  y2  my  4  42  y2
1122
12
 m2 1 y2  y2  ，
12121 2
y2  y2   y  y 2  2 y y  (4m)2  2 (16)  16m2  32 ，
令n  m2 ，则n  0 ，则S  4πm2 1m2  2  4π(n 1)(n  2)  4πn2  3n  2 ，这是个图象开口向上的二次函数，在n  0 时单调递增，
所以n  0 时， Smin  8π .
（ii）由题意知，圆C1 , C2 外切，有一条内公切线l1 和两条外公切线l2 , l3 .
当m  0 时，直线l 的方程为 x  4 ，
此时圆C1 , C2 的圆心横坐标均为 4，半径均为 2，
三条公切线分别为l1 : y  0, l2 : x  2, l3 : x  6 ，公切线的交点有两个： (2, 0), (6, 0) ；
当m  0 时，内公切线为过点 P 且与直线l 垂直的直线，直线l 的方程为 x   1 y  4 .
1m
设直线l2 , l3 交于点Q ，由对称性可知点Q 在直线 AB 上，
QCx1  4  xx  4  2x
C , C
r1   y1  1 2
Q
 1Q
圆 12 的半径之比为 ryQC
x  4
x  4  2x ，
222
2  xQ2Q
2
又 y1  x1  4 ，所以 4  x1  x1  4  2xQ ，
y2x2  4
x2  4
x2  4  2xQ
记4  2xQ  t ，上式化简得2x1 x2  (t  4)  x1  x2   8t  0 ，
y2 y22
又 x1x2  1 2  16, x1  x2  m  y1  y2   8  4m 16
代入，整理得4m2 (t  4)  0 ，
因为m  0 ，所以t  4 ，即 xQ  0 ，
 8 ，
故点Q 在直线 x  0 上运动，又点Q 不可能为原点，所以点Q 的轨迹方程为 x  0( y  0) ．
如图，设直线l1 与l2 的交点为M ，直线l1 与l3 的交点为 N ，直线l1 与 y 轴交于点 R ，
下面探究点M 和 N 的轨迹．易知MC1  MC2 ，
故| MP |2  PC PC
 1 | AP || BP |
y 
y  4 1 m2  ，
1
4
1 m2
1 m2
12412
由直线l 的方程为 x   1 y  4 ，可得 R(0, 4m) ，
1m
所以| PR |2 | OP |2  | OR |2  16 1 m2  ，
所以| MP | 1 | PR | ，即M 为 PR 的中点，
2
所以点M 的轨迹方程为 x  2 .
由对称性可得| NP || MP | 1 | PR |，
2
所以点 N 的轨迹方程为 x  6 .
综上，圆C1 , C2 的公切线的所有交点的运动轨迹是 3 条直线，方程分别为 x  0( y  0), x  2, x  6 ．