湖南省邵阳市2026届高三数学一轮复习综合强化训练练习试卷（九）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]已知向量，满足，，若在上的投影向量为，则（ ）
A． B． C． D．
2．[5分]复数的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
3．[5分]已知集合，，，则集合 的关系是（ ）
A．CB B．AB
C．C=B D．BC
4．[5分]设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．[5分]函数（其中，）的部分图象如图所示，为得到的图象，可以将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
6．[5分]已知函数满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．[5分]设大于1的实数，满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．[5分]已知，若有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]在直三棱柱中，，，，为的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．平面
D．直线与所成角为
10．[5分]下列说法正确的是（ ）
A．直线必过定点
B．直线在y轴上的截距是
C．过点且在轴截距相等的直线方程为
D．已知直线与直线平行，则平行线间的距离是1
11．[5分]如图，在棱长为1的正方体中，点满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，平面
B．当时，
C．当时，长度的最小值为
D．当时，存在点，使得与平面所成的角为
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]若点在圆的外部，则实数m的取值范围
13．[5分]若直线过点，向量是直线的一个方向向量，则直线的方程为 .
14．[5分]若直线经过抛物线的焦点，与交于点，，若在以为直径的圆上，则该圆的标准方程为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]已知数列的前项和为，，且（）．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
16．[18分]已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
17．[18分]已知以原点O为中心，为右焦点的双曲线C的离心率．
（1）求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
（2）如图，已知过点的直线与过点（其中）的直线的交点E在双曲线C上，直线MN与两条渐近线分别交与G、H两点，求的面积．
18．[14分]错位重排是伯努利和欧拉在错装信封时发现的，因此又称伯努利-欧拉装错信封问题.现不妨将数字 任意排成一列，如果数字恰好在第个位置上，则称有一个，其中的个数称为数，记为.当时的排列称为排列，并记数字的排列种数为，例如，该种问题就是错位重排问题，也称作问题.
（1）现有一道五选五的选句填空题，需要将选项为的个选项，分别填入题号为的个小题，求每道题都答错的概率(结果保留分数)；
（2）求的通项公式；
（3）设n个数字排位一列且没有的概率，讨论与的大小关系，并说明理由；
（4）证明：为奇数.
19．[18分]在三棱柱中，为线段中点，为线段上的动点，平面．
（1）求证：为线段中点；
（2）若是边长为2的正三角形，．
（ⅰ）求二面角的正弦值；
（ⅱ）平面将三棱柱分成两部分，求体积较大部分的几何体的体积．
参考答案
1．【答案】A
2．【答案】A
3．【答案】C
4．【答案】B
5．【答案】D
6．【答案】A
7．【答案】D
8．【答案】A
9．【答案】AC
10．【答案】ABD
11．【答案】AB
12．【答案】
13．【答案】
14．【答案】
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）解：因为数列满足，
当时，可得，
两式相减，可得，所以，即，
又因为，可得，即，
所以，所以数列为以2为首项，3为公比的等比数列，
所以数列的通项公式为．
（2）解：由（1）知，所以，
可得，
则
.
16．【答案】（1）答案不唯一，具体见详解；（2）.
【详解】（1）函数，定义域为，，
当时，.
故在定义域上单调递增，此时无减区间.
当时，令，得；
当时，，故单调递增；
当时，，故单调递减.
综上所述，当时，在定义域上单调递增，此时无减区间；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知，时，至多一个零点，不符合题意；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
要有两个零点，需满足，即.
此时，.
因为，所以在有一个零点；
因为，.
令，，
所以在单调递增，，
所以，所以在上有一个零点.
所以，有两个零点.
17．【答案】（1）双曲线方程：，渐近线方程；
（2）2.
【详解】（1）依题意，设双曲线的标准方程为，
半焦距，离心率，则，
所以双曲线的标准方程为，其渐近线方程为.
（2）依题意，点在直线和直线上，
则且，于是点均在直线上，
因此直线的方程为，设分别是直线与渐近线和的交点，
由及，解得点纵坐标，点纵坐标，
设直线与轴的交点为，则在直线中，令，得点横坐标，
而，因此，
所以的面积为2.
18．【答案】（1）
（2）
（3）见详解
（4）见详解
【详解】（1）由题意可得，初始条件，
，
，
，
一共有种，因此概率为：.
（2）若有封信时，其装法可分为两个步骤：
第一步：编号为的信，有种装法；
第二步：重装其余的封信，根据第一步装法可分为两类，
第一类，若编号为的信，装入编号为的信封，，但编号为的信装入编号为的信封，这样有种装法；
第二类，若编号为的信，装入编号为的信封，，但编号为的信不装入编号为的信封，这样有种装法；
由分步乘法和分类加法计数原理，所以，
所以有递推公式，
令，则有，
化简得，从而有，而，
由累乘法知．
而，故也符合该式，于是由累加法知，，
所以，所以.
（3）由(Ⅱ)知：，所以，
所以，
又因为个数字排位一列且没有的概率为，
，
所以，
当为奇数时： ，
当为偶数时： ，
所以当为奇数时，个数字排位一列且没有的概率小于，
当为偶数时，个数字排位一列且没有的概率大于.
（4）根据(Ⅱ)的递推关系及(Ⅰ)的结论，均为自然数；
当，且为奇数时，为偶数，从而为偶数，
又也是偶数，故对任意正奇数，有均为偶数.
下面用数学归纳法证明 (其中)为奇数.当时，为奇数；
假设当时，结论成立，即是奇数，则当时，，
注意到为偶数，又是奇数，所以为奇数，
又为奇数，所以，即结论对也成立；
根据前面所述，对任意，都有为奇数.
19．【答案】（1）见详解
（2）（ⅰ）；（ⅱ）．
【详解】（1）平面平面，平面平面，
，又是中点，为中点．
（2）（ⅰ），
由余弦定理：，
即，
（负值舍去），
取中点，连接，如图所示：
是边长为2的正三角形，
，可得：，
由得到，
又为中点，且，
，，
又平面，
平面，
平面，
∴，
过作，连接，又平面，，
平面，
∵平面，∴，
为二面角的平面角
在中，；
二面角的正弦值为．
（ⅱ）延长，交的延长线于点，连接并延长，交于点，连接，
为中点，由三角形相似可得：，即为中点，
设，
三点共线，，解得：．
由（ⅰ）知，
，
设的面积为到平面的距离为，
易得四边形的面积为，的面积为S，
，即，
，．
多面体的体积为．
较大部分的几何体的体积为．
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学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]（ ）
A．1 B． C． D．2
2．[5分]已知集合，集合，且，则实数的取值集合为（ ）
A． B．
C． D．
3．[5分]设函数，，且，则与的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
4．[5分]已知直线斜率为，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
5．[5分]有5件产品，其中3件正品，2件次品，从中任取2件，则互斥而不对立的两个事件是
A．至少有1件次品与至多有1件正品 B．至少有1件次品与都是正品
C．至少有1件次品与至少有1件正品 D．恰有1件次品与恰有2件正品
6．[5分]若向量，则（ ）
A． B．
C． D．在上的投影向量是
7．[5分]若直线的倾斜角为，则实数m值为（ ）
A． B． C． D．
8．[5分]在长方体中，已知，，，点为底面内一点，若和底面所成角与二面角的大小相等，点在底面的投影为点，则三棱锥体积的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]已知是空间向量的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A．若是单位正交基底，且，则
B．存在唯一有序实数对中，使得
C．若，且，则
D．也一定能构成空间向量的一个基底
10．[5分]下列结论正确的是（ ）
A．若、、三点共线，则的值为0
B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C．直线恒过定点
D．经过和的交点，且和原点相距为1的直线一共有三条
11．[5分]如图，内接于圆O，为圆O的直径，，，平面，E为的中点，若三棱锥的体积为2，则下列结论正确的有（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．直线与平面所成的角的余弦值为
C．点A到平面的距离为
D．平面与平面所成的角的大小为
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]已知点A在曲线上，点B在直线上，则点A，B之间的距离的最小值为 .
13．[5分]已知曲线，若圆与都相切，则圆的标准方程为 .
14．[5分]已知圆的方程为，直线的方程为，直线被圆截得的弦中长度为整数的共有 条.
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]甲、乙两位同学决定进行一场投球比赛，他们每次投球投中的概率均为，且每次投球相互独立.经商定共设立5个投球点，每个投球点每人投球一次，比赛规则如下：甲分别在5个投球点投球，且每投中一次可获得1分；乙按商定的投球点顺序依次投球，若投中，则可继续进行下一次投球，若没有投中，则投球终止，且每投中一次可获得2分.按累计得分高低确定胜负.
（1） 若乙得6分的概率为，求的值.
（2） 利用（1）中求得的值，求甲、乙两位同学谁获胜的可能性大？
16．[14分]已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3.
（1）求数列，的通项公式；
（2）数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求.
17．[18分]如图，在四棱锥中， ，.现设.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的余弦的取值范围；
（3）当时，求三棱锥的外接球体积的最小值.
18．[18分]已知动点到定点的距离和到定直线的距离的比是，记动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若动点在轴右侧，点.
（i）求的最小值；
（ii）求的最小值.
19．[18分]已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围；
（3）当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且.
参考数据：.
参考答案
1．【答案】A
2．【答案】A
3．【答案】D
4．【答案】A
5．【答案】D
6．【答案】D
7．【答案】A
8．【答案】D
9．【答案】AD
10．【答案】AC
11．【答案】AC
12．【答案】/
13．【答案】
14．【答案】9
15．【答案】见解析
【详解】
（1） 【解】若乙得6分，则需乙前3个投球点投中，第4个投球点未中，其概率为，故，又，所以.
（2） 设为甲累计获得的分数，则,，所以.
设为乙累计获得的分数，则的可能取值为0，2，4，6，8，10，
，，
，
，
，，
所以的分布列为
0 2 4 6 8 10
所以.
因为，所以甲获胜的可能性大.
16．【答案】（1），.
（2）.
【详解】（1）为等差数列，故，
因为，，所以，
整理得，解得或，
当时，，当时，，
因为，所以，，故，
此时，所以，
因为等比数列的首项，公比为3，得.
（2）由题，，
，
，
两式相减得
，
故.
17．【答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（1）因为..平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）由，知二面角的平面角即为.
在中，，，则由余弦定理得
，
在中，由且，结合，可得，
故，
所以，所以，
所以的范围是，
即二面角的余弦的取值范围是.
（3）
设和的外接圆圆心分别和，
则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点，
在中，因为，所以由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圆半径.
在中，所以由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圆半径.
过点作于，连接，设，显然四边形为矩形，
所以.所以，
即，
所以，
故当时，取得最小值，即，
此时三棱锥外接球的体积最小值为，此时.
18．【答案】（1）；
（2）（i），（ii）.
【详解】（1），
点到直线的距离，
由题意可知，，
化简得：，即曲线的方程为：；
（2）（i）点在双曲线的内部，直线在双曲线的外部，
设点到直线的距离为，因为，所以，
所以，
因为点在轴右侧，即点在双曲线的右支，过点向直线作垂线，垂足为，
所以，
由图可知，当点三点共线时，取得最小值，
且最小值为点到直线的距离，即为：，
所以的最小值为；
（ii）因为点在双曲线的右支，由双曲线定义得：，
所以，
，
当且仅当点共线且点在点之间时等号成立，
所以的最小值为.
19．【答案】（1）见详解
（2）
（3）见详解
【详解】（1）因为，其中，.
①当时，恒成立，的增区间为，无减区间；
②当时，令，得，
由可得；由可得.
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述：当时，的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为.
（2）当时，恒成立，即恒成立.
令，则，其中，
由可得；由可得.
所以，函数的减区间为，增区间为.
所以，即，故的取值范围是.
（3）当时，，，
令，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又因为，且，
所以存在唯一的，使得，即.①
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以是在上唯一的极小值点.
则，由①可知.
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学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．[5分]已知复数满足，则复数在复平面对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．[5分]已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．[5分]下列图象中，函数的部分图象有可能是（ ）
A． B．
C． D．
4．[5分]已知函数在区间［－1,2］上的最大值为2，则的值等于（ ）
A．2或3 B．－1或3 C．1 D．3
5．[5分]双曲线C：的离心率为，抛物线的准线与双曲线C的渐近线交于A，B点，若(O为坐标原点)的面积为2，则抛物线的方程为（ ）
A． B． C． D．
6．[5分]已知分别是椭圆的左 右焦点，是上一点，若，且，则的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．[5分]某工厂要建造一个长方体的无盖箱子，其容积为48 m3，高为3 m，如果箱底每平方米的造价为15元，箱侧面每平方米的造价为12元，则箱子的最低总造价为( )
A．900元 B．840元
C．818元 D．816元
8．[5分]已知，则＝（ ）
A．2 B． C． D．3
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若，则向量，的夹角是锐角
B．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
C．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
D．已知向量满足， 且， 则
10．[5分]在中，内角所对的边分别为，如下判断正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则
C．若为锐角三角形，则
D．若满足条件的有两个，则的取值范围为
11．[5分]已知，则（ ）
A． B．的最大值为26
C．的最小值是 D．的最大值是
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．[5分]记为数列的前项和，若，则 ．
13．[5分]已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且；
（ⅱ）若随机变量，满足，则．
连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为 ．
14．[5分]曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题，共80分）
15．[12分]已知某校有甲、乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成.
（1） 先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取1名志愿者，求该志愿者是男生的概率；
（2） 在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分布列与期望.
16．[14分]已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和为．
17．[18分]如图，在四棱锥中，，，为等腰直角三角形，，平面交平面于直线l，E，F分别为棱，的中点.
（1）求证：；
（2）设，则：
①求平面与平面夹角的余弦值；
②在棱上是否存在点G，使得平面？若存在，求的值，若不存在，说明理由.
18．[18分]在平面直角坐标系中，点为直线上的动点，过作的垂线，该垂线与线段的垂直平分线交于点，记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点的直线与曲线交于两点，直线与直线分别交于两点，线段的中点为.
（i）求的最大值；
（ii）求四边形面积的最小值.
19．[18分]已知二次函数，关于的不等式的解集为，其中为非零常数，设.
（1）求的值；
（2）如何取值时，函数存在极值点，并求出极值点.
（3）若，且，求证：.
参考答案
1．【答案】A
【详解】由题意可得，
所以在复平面对应点，在第一象限，
故选A.
2．【答案】D
【详解】由，
所以，故A错误，，故B错误； ，故C错误，D正确.
故选D.
3．【答案】A
【详解】对于函数，有，解得，即函数的定义域为，
定义域关于原点对称，因为，即函数为奇函数，排除CD选项，
当时，，则，此时，排除B选项.
故选A.
4．【答案】A
【详解】由题函数，，
的最大值为，或
当时，即时，最大值解得：；
当时，即时，最大值解得：
综上所述：的值等于2或3.
故选A
5．【答案】A
【详解】因为双曲线C的离心率为，所以，即，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，
又因为抛物线的准线方程为，所以，所以,
所以，即，解得，
所以抛物线的方程为.
故选A.
6．【答案】B
【详解】设，，由椭圆的定义可得，，
可设，可得，即有，即，
由，结合余弦定理可得
，即可，
故，
可得，
由，可得,进而，则，解得.
故选B
7．【答案】D
【详解】易知：箱底面积为，设箱底一边的长度为m，则宽为m，
箱子的总造价为元，
根据题意，得=15×16＋12×2＝240＋72 (x>0)，
72、
令0，解得或 (舍去)．
当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，
在上单调递增.
故当时，有最小值816元.
因此，当箱底是边长为4 m的正方形时，箱子的总造价最低，
最低总造价为816元．
故选D.
8．【答案】B
【详解】因为，所以，即，
，
.
故选B.
9．【答案】BC
【详解】对A：若，则向量，的夹角是锐角或，故A错误；
对B：根据空间向量共面定理知：空间中的三个向量，若有两个向量共线，
则这三个向量一定共面，故B正确；
对C：由，故P，A，B，C四点共面，故C正确；
对D：由，则，又，
故，又，则，
故，即，则，故D错误.
故选BC.
10．【答案】BCD
【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，
故，因为，
故或，故或，
故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，设为外接圆的半径，
因为，故，故即，故B正确；
对于C，若为锐角三角形，故，
故，故即，故C正确；
对于D，因为满足条件的有两个，
所以即，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】ABD
【详解】圆的圆心为，半径，
对于A，，
则表示圆上一点与定点所在直线的斜率加上，
由图可知，过点与圆相切得的线斜率存在，
设切线方程为，即，
则，解得或，
由图可知，，
所以，故A正确；
对于B，由，得，
则，
所以的最大值为，故B正确；
对于C，圆上一点到直线的距离为，
，所以求的最小值，即求，
所以即为到直线的距离减半径，
到直线的距离为，
所以，
所以的最小值为，故C错误；
对于D，因为，
所以
，
表示圆上一点到点距离之差的2倍，
所以，
当（在两点中间）三点在一条直线上时取等，
所以的最大值是，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】根据，可得，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
13．【答案】11
【详解】设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为偶数.
设随机变量表示事件第一次发生时已经进行的抛掷次数.
由于每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，.
记第一个投出的偶数点数为.
设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了以外的两个偶数.
设随机变量表示从出现第一个偶数后，直到出现第二个不同偶数所进行的额外抛掷次数.
在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，.
记第二个出现的偶数点数为.
设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了，以外的那个偶数.
设随机变量表示从出现第二个不同偶数后，直到出现第三个偶数所进行的额外抛掷次数.
在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，.
经过三个步骤，能保证2，4，6点恰好均出现，且出现次数最少的点数出现的次数为1.
随机变量为抛掷骰子直至2，4，6均出现时已经进行的试验次数.
.
故
14．【答案】
【详解】方程可化为且，
所以曲线的轨迹为以为圆心，1为半径的圆上纵坐标大于等于1的点的集合，
直线表示过点且斜率存在的直线，作图可得:
因为曲线与直线有两个交点,
观察图象可得，
又，，所以，
所以实数的取值范围为.
15．【答案】
（1） 【解】设事件为“选甲队”,事件为“选乙队”,事件为“选中男生”
则.
（2） 从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队,则的可能取值为1,3,5,
则,,,
故的分布列为
1 3 5
则.
16．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则由等差数列求和公式得，，
又因为，可得，
所以数列的通项公式为；
（2）由，
可得.
17．【答案】（1）见详解
（2）①；②存在，
【详解】（1）因为//，平面，平面，
所以//平面，又平面，平面平面，
所以//.
（2）①取的中点，连接，
由题意可得：//，且，
则四边形为平行四边形，可得//，
由为等腰直角三角形，可知，
又，，平面，
所以平面，则平面，
由平面PAD，则，，
又因为△PAD为等边三角形，则为的中点，可得，
，平面，则平面，
如图，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
由题意可知：平面PAD的法向量，
可得，
所以平面AEF与平面PAD夹角的余弦值.
②由①可得：，
设，，则，
可得，解得，
即，可得，
若//平面AEF，则，
可得，解得，
所以存在点，使得//平面AEF，此时.
18．【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【详解】（1）连接，则，
则根据抛物线的定义，点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线．
则点的轨迹的方程为．
（2）（i）依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，，，，
联立，整理得，则，
所以，，
设，则，则，
直线的方程为，
同理：直线的方程为，
令得，，，
因为，所以，，
所以，，
所以轴，轴，所以，
取线段的中点为，则直线为线段的垂直平分线，
所以，，
所以，
所以求最大，即最大，
因为
，
所以当时，取得最大值，此时取最大值，
即的最大值为；
（ii）因为，所以四边形的面积，
又，
所以
，
所以当时，此时四边形的面积取得最小值.
19．【答案】（1）
（2）见详解
（3）见详解
【详解】（1）由得：，
即，
的解集为，
与是方程的两根，，解得：.
（2）由（1）得：，
，
则定义域为，，
方程的判别式；
①当时，，方程的解为：，，
，，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
有极小值点，此时；
②当时，由得：或；
，的对称轴为；
（i）若，则，，
则当时，，在上单调递增，没有极值点；
（ii）若，则，且，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
有极小值点，极大值点；
综上所述：当，时，有极小值点；当，时，有极小值点，极大值点.
（3），，
；
令，则，
（当且仅当时等号成立），
，即.
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