一、單選題

1.已知集合[U=1，2，3，4，5，A=2，3，B=x∣x=2k，k∈Z]，則[B??UA=]（ ）

A. [4] B. [2，4] C. [1，2] D. [1，3，5]

2.復(fù)數(shù)[i-1i3]的虛部為（ ）

A. 8 B. -8 C. [8i] D. [-8i]

3.已知向量[a=0，-2，b=1，t]，若向量[b]在向量[a]上的投影向量為[-12a]，則[a?b=]（ ）

A. 2 B. [-52]   C. -2 D. [112]

4.在[△ABC]中，“[C=π2]”是“[sin2A+sin2B=1]”的（ ）

A. 充分而不必要條件 B. 必要而不充分條件

C. 充分必要條件 D. 既不充分也不必要條件

5.過點[0，-2]與圓[x2+y2-4x-1=0]相切的兩條直線的夾角為[α]，則[cosα=]（ ）

A. [104] B. [-14] C. [154] D. [14]

6.[A，B，C，D，E]五人站成一排，如果[A，B]必須相鄰，那么排法種數(shù)為（ ）

A. 24 B. 120 C. 48 D. 60

7.若系列橢圓[Cn：anx2+y2=10<an&7xMApwix+4sJncu/MFb6Iw==lt;1，n∈N*]的離心率[en=12n]，則[an=]（ ）

A. [1-14n] B. [1-12n]

C. [1-12n] D. [1-14n]

8.已知雙曲線[C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0），F(xiàn)]為左焦點，[A1，A2]分別為左、左頂點，[P]為[C]右支上的點，且[OP=OF]（[O]為坐標(biāo)原點）.若直線[PF]與以線段[A1A2]為直徑的圓相交，則[C]的離心率的取值范圍為（ ）

A. [1，3] B. [3，+∞]

C. [5，+∞] D. [1，5]

二、多選題

9.已知一組數(shù)據(jù)：[12，31，24，33，22，35，45，25，16]，若去掉12和45，則剩下的數(shù)據(jù)與原數(shù)據(jù)相比，下列結(jié)論正確的是（ ）

A. 中位數(shù)不變 B. 平均數(shù)不變

C. 方差不變 D. 第40百分位數(shù)不變

10.雙曲線[C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）]，左、右頂點分別為[A，B，O]為坐標(biāo)原點，如圖1，已知動直線[l]與雙曲線[C]左、右兩支分別交于[P，Q]兩點，與其兩條漸近線分別交于[R，S]兩點，則下列命題正確的是（ ）

A. 存在直線[l]，使得[AP][∥][OR]

B. [l]在運動的過程中，始終有[PR=SQ]

C. 若直線[l]的方程為[y=kx+2]，存在[k]，使得[S△ORB]取到最大值

D. 若直線[l]的方程為[y=-22x-a，RS=2SB]，則雙曲線[C]的離心率為[3]

[圖2][圖1]<D：＼1＼加急＼語數(shù)外學(xué)習(xí)·高中版下旬＼語數(shù)外學(xué)習(xí)·高中版下旬202404＼2_2024年高中12期數(shù)學(xué)＼Image＼image71.png><D：＼1＼加急＼語數(shù)外學(xué)習(xí)·高中版下旬＼語數(shù)外學(xué)習(xí)·高中版下旬202404＼2_2024年高中12期數(shù)學(xué)＼Image＼image70.png>

11.如圖2，在棱長為1的正方體[ABCD-A1B1C1D1]中，M為底面[ABCD]的中心，[D1Q=λD1A1]，[λ∈0，1]，N為線段AQ的中點，則（ ）

A. CN與QM共面

B. 三棱錐[A-DMN]的體積跟[λ]的取值無關(guān)

C. [λ=13]時，過A，Q，M三點的平面截正方體所得截面的周長為[42+2134]

D. [λ=14]時，[AM⊥QM]

三、填空題

12.小于300的所有末尾是1的三位數(shù)的和等于__________.

13.已知函數(shù)[fx=lnx+1-axx+1]，若[fx≥0]恒成立，則[a=]__________.

14.已知拋物線[C：y2=2px（p>0）]，點[P]為拋物線上的動點，點[A4-p2，0]與點[P]的距離[AP]的最小值為2，則[p=]__________.

四、解答題

15.在[△ABC]中，[A，B，C]的對邊分別為[a，b，c]，已知[b=2，c=4，acosC+b=0].

（1）求[a]；

（2）已知點[D]在線段[BC]上，且[∠ADB=3π4]，求[AD]長.

16.甲、乙兩人進行射擊比賽，每次比賽中，甲、乙各射擊一次，甲、乙每次至少射中8環(huán).根據(jù)統(tǒng)計資料可知，甲擊中8環(huán)、9環(huán)、10環(huán)的概率分別為[0.7，0.2，0.1]，乙擊中8環(huán)、9環(huán)、10環(huán)的概率分別為[0.6，0.2，0.2]，且甲、乙兩人射擊相互獨立.

（1）在一場比賽中，求乙擊中的環(huán)數(shù)少于甲擊中的環(huán)數(shù)的概率；

（2）若獨立進行三場比賽，其中X場比賽中甲擊中的環(huán)數(shù)多于乙擊中的環(huán)數(shù)，求[X]的分布列與數(shù)學(xué)期望.

17.如圖3，圓臺[O1O2]的軸截面為等腰梯形[A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4]，[B]為底面圓周上異于[A，C]的點.

（1）在平面[BCC1]內(nèi)，過[C1]作一條直線與平面[A1AB]平行，并說明理由.

（2）設(shè)平面[A1AB?]平面[C1CB=l，Q∈l，BC1]與平面[QAC]所成角為[α]，當(dāng)四棱錐[B-A1ACC1]的體積最大時，求[sinα]的取值范圍.

18.已知函數(shù)[fx=lnx+x2+ax+2]在點[2，f2]處的切線與直線[2x+3y=0]垂直．

（1）求[a]；

（2）求[fx]的單調(diào)區(qū)間和極值．

19.已知拋物線[C：y2=4x]的焦點為[F]，過[F]的直線[l]交[C]于[A，B]兩點，過[F]與[l]垂直的直線交[C]于[D，E]兩點，其中[B，D]在[x]軸上方，[M，N]分別為[AB，DE]的中點．

（1）證明：直線[MN]過定點；

（2）設(shè)[G]為直線[AE]與直線[BD]的交點，求[△GMN]面積的最小值．

參考答案與解析

一、單選題

1.【答案】A

【解析】[∵U=1，2，3，4，5，A=2，3，∴?UA=1，4，5]，又[B=x∣x=2k，k∈Z]，

[∴B??UA=4]. [∴]選A.

2.【答案】B

【解析】因為[i-1i3=（i+i）3=-8i].故選B.

3.【答案】C

【解析】由題[b]在[a]上的投影向量為[b?cosθ×aa=a?ba|a|2=0，t]，又[-12a=0，1，∴t=1]，即[b=1，1，]

[∴a?b=0×1+-2×1=-2]. [∴]選C.

4.【答案】A

【解析】在[△ABC]中，[A+B+C=π]，則[B=π-C-A]，

充分性：當(dāng)[C=π2]時，[B=π2-A，sinB=sinπ2-A=cosA]，

[sin2A+sin2B=sin2A+cos2A=1]，所以“[C=π2]”是“[sin2A+sin2B=1]”的充分條件；

必要性：當(dāng)[sin2A+sin2B=1]時，取[A=π12，B=π12+π2=A+π2]，

此時[sin2A+sin2B=sin2π12+cos2π12=1]，但[C=π3≠π2]，

所以“[C=π2]”是“[sin2A+sin2B=1]”的不必要條件.

綜上所述，“[C=π2]”是“[sin2A+sin2B=1]”的充分不必要條件.故選A.

5.【答案】B

【解析】圓[x2+y2-4x-1=0]的圓心[C2，0]，半徑為[r=5]；

設(shè)[P0，-2]，切線為[PA]、[PB]，則[PC=22+22=22，]

在[△PBC]中，[sinα2=BCPC=522]，

所以[cosα=1-2sin2α2=-14].故選B.

6.【答案】C

【解析】將[A，B]捆綁起來，[A，B]有[A22]種排列方法，然后將[A]和[B]當(dāng)成一個整體與其他三個人一共4個元素進行全排列，有[A44]種不同的排列方式，根據(jù)分步計數(shù)原理可知排法種數(shù)為[A22A44=48]，故選C.

7.【答案】A

【解析】橢圓[Cn]可化為[：x21an+y21=1].

因為[0<an<1]，所以離心率[en=ca=1an-11an=12n]，解得：[an=1-14n].故選A.

8.【答案】D

【解析】設(shè)雙曲線的右焦點為[F1]，則[|OP|=|OF|=|OF1|]，

則[∠FPF1=90°]，[P]為[C]右支上的點，取[PF]的中點為B，連接[OB]，則[OB⊥PF]，

設(shè)[|OB|=t]，則[|PF1|=2t]，則[|PF|=2a+2t]，

在[Rt△FPF1]中，[2a+2t2+2t2=2c2]，

即[2t2+2at+a2-c2=0]，

又直線[PF]與以線段[A1A2]為直徑的圓相交，故[0<t<a]，

設(shè)[f（t）=2t2+2at+a2-c2]，則[f（0）=a2-c2<0]，

則需使[f（a）=2a2+2a2+a2-c2>0]，解得[ca<5]，

即雙曲線離心率的范圍為[1<e<5]，

即[C]的離心率的取值范圍為[1，5]，故選D.

二、多選題

9.【答案】AD

【解析】將原數(shù)據(jù)按從小到大的順序排列為[12，16，22，24，25，31，33，35，45]，其中位數(shù)為25，平均數(shù)是[12+16+22+24+25+31+33+35+45÷9=27]，方差是[19×（-15）2+（-11）2+（-5）2+（-3）2+（-2）2+42+62+82+182]

[=8249]，

由[40%×9=3.6]，得原數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)是第4個數(shù)24.

將原數(shù)據(jù)去掉12和45，得[16，22，24，25，31，33，35]，

其中位數(shù)為25，平均數(shù)是[（16+22+24+25+31+33+35）÷7=1867]，

方差是[17×-7472+-3272+-1872+-1172+]

[3172+4572+5972=191649]，

由[40%×7=2.8]，得新數(shù)據(jù)的第40百分位數(shù)是第3個數(shù)24，

故中位數(shù)和第40百分位數(shù)不變，平均數(shù)與方差改變，故A，D正確，B，C錯誤.

故選AD.

10.【答案】BD

【解析】對于A：與漸近線平行的直線不可能與雙曲線有兩個交點，故A錯誤；

對于[B]：設(shè)直線[l：y=kx+t]，與雙曲線聯(lián)立[y=kx+t，x2a2-y2b2=1，]得：[b2-a2k2x2-2a2ktx-a2t2+a2b2=0]，

設(shè)[Px1，y1，Qx2，y2]，由根與系數(shù)關(guān)系得：[x1+x2=2a2ktb2-a2k2，x1x2=-a2b2+a2t2b2-a2k2]，

所以線段[PQ]中點[Nx1+x22，y1+y22]，即為[a2ktb2-a2k2，a2k2tb2-a2k2+t]，

將直線[l：y=kx+t]，與漸近線[y=bax]聯(lián)立得點[S]坐標(biāo)為[Satb-ak，btb-ak]，

將直線[l：y=kx+t]與漸近線[y=-bax]聯(lián)立得點[R]坐標(biāo)為[R-atb+ak，btb+ak]，

所以線段[RS]中點[Ma2ktb2-a2k2，a2k2tb2-a2k2+t]，

所以線段[PQ]與線段[RS]的中點重合，所以[PR=PQ-RS2=SQ]，故B正確；

對于C：由B項可得[R-2ab+ak，2bb+ak，S△ORB=12OB×yR=12OB2bb+ak]，因為[OB]為定值，

當(dāng)[k]越來越接近漸近線[y=-bax]的斜率[-ba]時，[2bb+ak]趨向于無窮，

所以[S△ORB]會趨向于無窮，不可能有最大值，故C錯誤；

對于D：聯(lián)立直線[l]與漸近線[y=bax]，

解得[Sa22b+a，ab2b+a]，

聯(lián)立直線[l]與漸近線[y=-bax]，

解得[Ra2-2b+a，ab2b-a]由題可知，[RS=2SB]，

所以[yS-yR=2yB-yS]即[3yS=yR+2yB]，

[3ab2b+a=ab2b-a]，解得[b=2a]，

所以[e=3]，故D正確.

故選BD.

11.【答案】ABC

【解析】在[△ACQ]中，因為[M，N]為[AC，AQ]的中點，所以[MN//CQ]，

所以[CN]與[QM]共面，所以A正確；

由[VA-DMN=VN-ADM]，因為[N]到平面[ABCD]的距離為定值[12]，且[ΔADM]的面積為定值[14]，

所以三棱錐[A-DMN]的體積跟[λ]的取值無關(guān)，所以B正確；

當(dāng)[λ=13]時，過[A，Q，M]三點的正方體的截面[ACEQ]是等腰梯形，

所以平面截正方體所得截面的周長為[l=2+23+2×1+49=42+2133]，所以C正確；

當(dāng)[λ=14]時，可得[AM2=1，AQ2=1+916=2516，][T]為[AD]的中點，[U]為[A1D1]的中點，

[QM2=QT2+MT2=QU2+TU2+MT2=12+（14）2+（12）2=2116]，

則[AM2+AQ2>QM2]，所以[AM⊥QM]不成立，所以D不正確．

故選ABC.

三、填空題

12.【答案】3920

【解析】小于300的所有末尾是1的三位數(shù)是[101，111，121，…，291]，是以101為首項，以10為公差的等差數(shù)列，所以小于300的所有末尾是1的三位數(shù)的和為[S20=20×101+2912=3920].

13.【答案】1

【解析】由題意得[fx=1x+1-a（x+1）2=x-a-1（x+1）2]，

①當(dāng)[a?0]時，[f′x>0]，所以[fx]在[-1，+∞]上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)[x∈-1，0]時， [fx<f0=0]，與[fx≥0]相矛盾；

②當(dāng)[a>0]時，當(dāng)[x∈-1，a-1]時，[f′x<0， fx]單調(diào)遞減，

當(dāng)[x∈a-1，+∞]時，[f′x>0，fx]單調(diào)遞增，

所以[f（x）min=fa-1=lna-a-1]，

因為[fx?0]恒成立，所以[lna-a-1?0]，

記[ga=lna-a-1，g′a=1a-1=1-aa，]

當(dāng)[a∈0，1]時，[g′a>0，ga]單調(diào)遞增，

當(dāng)[a∈1，+∞]時[g′a<0，ga]單調(diào)遞減，

所以[g（a）max=g1=0]，所以[lna-a-1?0]，

又[lna-a-1?0]，所以[lna-a-1=0]，所以[a=1].

14.【答案】[2-2，4，12]

【解析】設(shè)[Px，y， |AP|2=x-4-p22+y2=] [x-4-3p22+8p-2p2]，

（i）當(dāng)[4-3p2?0]，即[0<p?83]時，[|AP|2]有最小值[8p-2p2]，即[AP]有最小值[8p-2p2=2]，解得[p=2±2]，由于[2+2>83]，故[p=2-2].

（ii）當(dāng)[4-3p2<0]，即[p>83]時，[|AP|2]有最小值[4-p22]，即[AP]有最小值[4-p2=2]，解得[p=4]或12，綜上可知，[p]的值為[2-2，4，12].

四、解答題

15.【解析】（1）[acosC+b=0]，由余弦定理得：

[a?a2+b2-c22ab+b=0]，

即[a2+3b2-c2=0，∵b=2，c=4]，可得[a=10]；

（2）由余弦定理[cosC=b2+a2-c22ab=2+10-162×2×10=-55]，[∴sinC=1-cos2C=255，]

[∵∠ADB=3π4，][∴∠ADC=π4]，

在[△ADC]中，由正弦定理可得[ADsinC=ACsin∠ADC]，

[∴AD=AC?sinCsin∠ADC=2×25522=455].

16.【解析】（1）設(shè)乙擊中的環(huán)數(shù)少于甲擊中的環(huán)數(shù)為事件[B]，

則事件[B]包括：甲擊中9環(huán)乙擊中8環(huán)，甲擊中10環(huán)乙擊中8環(huán)，甲擊中10環(huán)乙擊中9環(huán)，

則[PB=0.2×0.6+0.1×0.6+0.1×0.2=0.2].

（2）由題可知[X]的所有可能取值為[0，1，2，3]，

由（1）可知，在一場比賽中，甲擊中的環(huán)數(shù)多于乙擊中的環(huán)數(shù)的概率為0.2，

則[X～B3，0.2]，

所以[PX=0=C03×0.20×（1-0.2）3=0.512，]

[PX=1=C13×0.2×（1-0.2）2=0.384]，

[PX=2=C23×0.22×1-0.2=0.096，]

[PX=3=C33×0.23×（1-0.2）0=0.008]，

故[X]的分布列為：

[[X] 0 1 2 3 [P] 0.512 0.384 0.096 0.008 ]

所以[EX=3×0.2=0.6].

17.【解析】（1）取[BC]的中點[P]，作直線[C1P]，直線[C1P]，取[AB]中的點[H]，連接[A1H，PH]，

[∴][PH][∥][AC，PH=12AC]，如圖4，在等腰梯形[A1ACC1]中，[A1C1=12AC].

[∴HP][∥][A1C1，HP=A1C1，]

[∴]四邊形[A1C1PH]為平行四邊形.

[∴C1P][∥][A1H]，又[A1H?]平面[A1AB，C1P?]平面[A1AB]，

[∴C1P][∥]平面[A1AB;]

<D：＼1＼加急＼語數(shù)外學(xué)習(xí)·高中版下旬＼語數(shù)外學(xué)習(xí)·高中版下旬202404＼2_2024年高中12期數(shù)學(xué)＼Image＼image361.png> <D：＼1＼加急＼語數(shù)外學(xué)習(xí)·高中版下旬＼語數(shù)外學(xué)習(xí)·高中版下旬202404＼2_2024年高中12期數(shù)學(xué)＼Image＼image362.png>

圖4 圖5

（2）由題意作[BO⊥]平面[A1ACC1]，即[BO]為四棱錐[B-A1ACC1]的高，

在Rt[△ABC]中，[∠ABC=90°，BO=BA?BCAC≤BA2+BC22AC=12AC]，當(dāng)且僅當(dāng)[BA=BC]時取等號，此時點[O′]為[O2]重合，

[∵]梯形[A1ACC1]的面積[S]為定值，[VB-A1ACC1=13S?BO]，

[∴]當(dāng)[BO]最大，即點[O]與[O2]重合時四棱椎[B-A1ACC1]的體積最大，

又[BO2⊥AC，BO2=2]，以[O2]為原點，射線[O2A，O2B，O2O1]分別為[x，y，z]軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖5所示.在等腰梯形[A1ACC1]中，[AC=2AA1=2A1C1=4]，此梯形的高[h=3]，顯然[A1C1]為[△OAC]的中位線，

[∴O0，0，23，A2，0，0，B0，2，0，C1-1，0，3，]

[BC1=-1，-2，3，AB=-2，2，0]，[BO=0，-2，23，] [O2A=2，0，0]，

設(shè)[BQ=λBO，λ∈R]，

[∴][AQ=AB+BQ=AB+λBO=-2，2-2λ，23λ]，

設(shè)平面[QAC]的一個法向量[n=x，y，z]，

[∴][n?O2A=2x=0，n?AQ=-2x+2-2λy+23λz=0，]

取[n=（0，3λ，λ-1），∴sinα=cosn，BC1=n?BC1|n|BC1=3|λ+1|22×4λ2-2λ+1]，

令[t=λ+1]，[∴][sinα=3t22×4t2-10t+7]，

當(dāng)[t=0]時，[sinα=0]，

當(dāng)[t≠0]時，[0<sinα=322×7t2-10t+4]

[=322×71t-572+37≤144]，

當(dāng)且僅當(dāng)[t=75]，即[λ=25]時取等號，綜上可知[0?sinα?144].

18.【解析】（1）[fx=1x+2x+a]，

則[f2=12+2×2+a=92+a]，

由題意可得[92+a×-23=-1]，解得[a=-3]；

（2）由[a=-3]，得[fx=lnx+x2-3x+2]，

則[fx=1x+2x-3=2x2-3x+1x=2x-1x-1x]，[x>0]，

故當(dāng)[0<x<12]時， [fx>0]，當(dāng)[12<x<1]時， [fx<0]，當(dāng)[x>1]時， [fx>0]，

故[fx]的單調(diào)遞增區(qū)間為[0，12]、[1，+∞]，[fx]的單調(diào)遞減區(qū)間為[12，1]，

故[fx]有極大值[f12=ln12+122-3×12+2=34-ln2]，有極小值[f1=ln1+12-3×1+2=0].

19.【解析】（1）由[C：y2=4x]得[F1，0]，由直線[AB]與直線[CD]垂直，

故兩只直線斜率都存在且不為[0]，

設(shè)直線[AB]、[CD]分別為[x=m1y+1]、[x=m2y+1]，有[m1m2=-1]，

[Ax1，y1]、[Bx2，y2]、[Ex3，y3]、[Dx4，y4]，

聯(lián)立[C：y2=4x]與直線[AB]的方程可得[y2=4x，x=m1y+1，]

消去[x]可得[y2-4m1y-4=0]，[Δ=16m21+16>0]，

故[y1+y2=4m1]、[y1y2=-4]，

則[x1+x2=m1y1+1+m1y2+1=m1y1+y2+2=4m21+2]，

故[x1+x22=2m21+1]，[y1+y22=2m1]，

即[M2m21+1，2m1]，同理可得[N2m22+1，2m2]，

當(dāng)[2m21+1≠2m22+1]時，

[lMN：y=2m2-2m12m22+1-2m21+1x-2m21-1+2m1]，

即[y=m2-m1m22-m21x-2m21-1+2m1=xm2+m1-1-2m1m2m2+m1]，

由[m1m2=-1]，即[y=xm2+m1-1+2m2+m1=1m2+m1x-3]，

故[x=3]時，有[y=1m2+m13-3=0]，

此時[MN]過定點，且該定點為[3，0]，

當(dāng)[2m21+1=2m22+1]時，即[m21=m22]時，由[m1m2=-1]，即[m1=±1]時，

有[lMN：x=2+1=3]，亦過定點[3，0]，

故直線[MN]過定點，且該定點為[3，0]；

（2）由[Ax1，y1]、[Bx2，y2]、[Ex3，y3]、[Dx4，y4]，

則[lAE：y=y3-y1x3-x1x-x1+y1]，由[y21=4x1]、[y22=4x2]，

故[y=y3-y1y234-y214x-y214+y1=4xy3+y1+y1y3y3+y1，]

同理可得[lBD：y=4xy4+y2+y2y4y4+y2]，

聯(lián)立兩直線的方程得[y=4xy3+y1+y1y3y3+y1，y=4xy4+y2+y2y4y4+y2，]

有[4xy3+y1+y1y3y3+y1=4xy4+y2+y2y4y4+y2]，

即[4xy4+y2+y1y3y4+y2=4xy3+y1+y2y4y3+y1]，

有[x=y2y4y3+y1-y1y3y4+y24y4+y2-y3-y1]，

由[y1y2=-4]，同理可得[y3y4=-4]，

故[x=y2y4y3+y1-y1y3y4+y24y4+y2-y3-y1=-4y2+y4-y1-y34y4+y2-y3-y1]

[=-1]，

故[xG=-1]，

過點[G]作[GQ//x]軸，交直線[MN]于點[Q]，如圖6，

[則S△GMN=12yM-yN×xQ-xG]，

由[M2m21+1，2m1]、[N（2m22]

[+1，2m2）]，

故[yM-yN=2m1-2m2=2m1]

[+2m1≥22m1×2m1=4]，

當(dāng)且僅當(dāng)[m1=±1]時，等號成立，

下證[xQ-xG≥4]：

由拋物線的對稱性，不妨設(shè)[m1>0]，則[m2<0]，

當(dāng)[m1>1]時，有[m2=-1m1∈-1，0]，則點[G]在[x]軸上方，點[Q]亦在[x]軸上方，

有[1m2+m1=1m1-1m2>0]，

而直線[MN]過定點[3，0]，此時[xQ-xG>3--1=4]，

同理可得，當(dāng)[m1<1]時，有點[G]在[x]軸下方，點[Q]亦在[x]軸下方，

有[1m2+m1<0]，故此時[xQ-xG>4]，

當(dāng)且僅當(dāng)[m1=1]時，[xQ=3]，

故[xQ-xG≥4]恒成立，且[m1=±1]時，等號成立，

故[S△GMN=12yM-yN×xQ-xG≥12×4×4=8].