2020-2021重庆育才中学高一数学下期末第一次模拟试卷(带答案)

一、选择题

1．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是 A．甲地：总体均值为3，中位数为4 C．丙地：中位数为2，众数为3 2．若A．

，则B．

（ ）

C．

D．

B．乙地：总体均值为1，总体方差大于0 D．丁地：总体均值为2，总体方差为3

2，AC2，E是边BC的中点.O为ABC所在平面内一点

uuuv2uuuv2uuuv2uuuvuuuv且满足OAOBOC，则AE·AO的值为（ ）

3．在ABC中，AB3 2uuuruuuruuur4．已知D，E是VABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若APxAByAC，则

A．

B．1

C．

1 22 2D．

xy的取值范围是( ) A．,

9914B．,

9411C．,

9221D．,

94215．已知不等式ax2bx20的解集为x1x2，则不等式2x2bxa0的解集为（ ） A．x1x1 2B．xx1或x1 2C．x2x1

D．xx2或x1

6．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱

ABCA1B1C1，其中ACBC，若AA1AB1，当“阳马”即四棱锥BA1ACC1体

积最大时，“堑堵”即三棱柱ABCA1B1C1的表面积为

A．21 B．31

oC．

223 2D．

33 27．在VABC中，已知ax,b2,B60，如果VABC有两组解，则x的取值范围是( )

43A．2，3

43B．2，

343C．2， 343D．2,3

x2y28．已知椭圆E:221(ab0)的右焦点为F．短轴的一个端点为M，直线

abl:3x4y0交椭圆E于A,B两点．若AFBF4，点M到直线l的距离不小于

4，则椭圆E的离心率的取值范围是（ ） 5A．(0,3] 2xB．(0,]

34C．[3,1) 2D．[,1)

349．f(x)eA．(0,)

1的零点所在的区间是（ ） xB．(,1)

1212C．(1,)

32D．(,2)

3210．某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是 A．8号学生 11．若tan(A．

B．200号学生

C．616号学生

D．815号学生

4)2，则

sincos（ ）

sincosC．2

21 2B．2

2D．1 212．已知圆C:x3y41和两点Am,0，Bm,0m0，若圆C上存在点P，使得APB90，则m的最大值为（ ） A．7

B．6

C．5

D．4

二、填空题

13．在平面直角坐标系xOy中， 已知圆C1 : x2  y 2＝8与圆C2 : x2y 22xya＝0相交于A，B两点.若圆C1上存在点P，使得△ABP 为等腰直角三角形，则实数a的值组成的集合为______.

14．已知函数f(x)x2xax1在区间范围是____________

15．已知点G是ABC的重心，内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，且

32上恰有一个极值点，则实数a的取值

rbuuurcuuurrauuuGAGBGC0，则角B的大小是__________． 57815上，则a2b2的最小值为_______． 16．已知点Ma，b在直线3x4y＝17．已知函数f(x)x,2xmx2mx4m,xm 其中m0，若存在实数b，使得关于x的

方程f（x）=b有三个不同的根，则m的取值范围是________________. 18．已知aR，命题p：x1,2，x2a0，命题q：xR，

x22ax2a0，若命题pq为真命题，则实数a的取值范围是_____．

19．若a10=

12，am=，则m=______． 2220．如图，某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为________．

三、解答题

uuuruuurac21．在ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c，且，已知BABC2，

1cosB，b3，求：

3（1）a和c的值； （2）cos(BC)的值.

22．在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且(abc)(abc)3ab. （1）求角C的值；

（2）若c2，且ABC为锐角三角形，求ab的取值范围. 23．已知不等式（1）求

的解集为

或

.

；（2）解关于的不等式

24．从某校随机抽取100名学生，获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到数据分组及频数分布表和频率分布直方图：

（1）从该校随机选取一名学生，试估计这名学生该周课外阅读时间少于12小时的概率； （2）求频率分布直方图中的a，b的值；

25．一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，

c.

（Ⅰ）求“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率； （Ⅱ）求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率.

26．如图，在等腰直角OPQ中，POQ90，OP22，点M在线段PQ上.

0

(Ⅰ) 若OM5，求PM的长；

（Ⅱ）若点N在线段MQ上，且MON300，问：当POM取何值时，OMN的面积最小？并求出面积的最小值.

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】

试题分析：由于甲地总体均值为，中位数为，即中间两个数（第

天）人数的平均数

天的感

为，因此后面的人数可以大于，故甲地不符合.乙地中总体均值为，因此这

染人数总数为，又由于方差大于，故这天中不可能每天都是，可以有一天大于

，故乙地不符合，丙地中中位数为，众数为，出现的最多，并且可以出现，故丙地不符合，故丁地符合.

考点：众数、中位数、平均数、方差

2．D

解析：D 【解析】

，

，故选D.

试题分析：且

【考点】三角恒等变换

【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示： （1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．

（2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系．

3．D

解析：D 【解析】 【分析】

uuuv1uuuvuuuvABAC，将所求数量积化为根据平面向量基本定理可知AE2vuuuv1uuuvuuuv1uuuABAOACAO；由模长的等量关系可知AOB和AOC为等腰三角形，根据三22v21uuuv2uuuvuuuvuuuvuuuv1uuu线合一的特点可将ABAO和ACAO化为AB和AC，代入可求得结果.

22【详解】

uuuv1uuuvuuuvQE为BC中点 AEABAC

2uuuvuuuv1uuuvuuuvuuuv1uuuvuuuv1uuuvuuuvAEAOABACAOABAOACAO

222uuuv2uuuv2uuuv2QOAOBOC AOB和AOC为等腰三角形

uuuvuuuvuuuvuuuvuuuv1uuuv1uuuv2ABAOABAOcosOABABABAB，同理可得：

22uuuvuuuv1uuuv2ACAOAC

2uuuvuuuv1uuuv21uuuv213AEAOABAC1

4422本题正确选项：D

【点睛】

本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用模长的等量关系得到等腰三角形，从而将含夹角的运算转化为已知模长的向量的运算.

4．D

解析：D 【解析】 【分析】

利用已知条件推出x+y＝1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值． 【详解】

uuuruuuruuur解：D，E是VABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若APxAByAC，可得

12xy1，x，y,，

33则xy(xy211)，当且仅当xy时取等号，并且xyx1xxx2，函数2421122，当x或x时，取最小值，xy的最小值为：．则xy的取值范2339的开口向下， 对称轴为：x围是：,. 94故选D． 【点睛】

本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

215．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，结合韦达定理可构造方程求得

a,b；利用一元二次不等式的解法可求得结果.

【详解】

Qax2bx20的解集为x1x2

1和2是方程ax2bx20的两根，且a0

b121a1a 2x2bxa2x2x10 ，解得：b12122a解得：1x112x1x，即不等式2xbxa0的解集为

22故选：A 【点睛】

本题考查一元二次不等式的解法、一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系等知识的应用；关键是能够通过一元二次不等式的解集确定一元二次方程的根，进而利用韦达定理构造方程求得变量.

6．C

解析：C 【解析】

分析：由四棱锥BA1ACC1的体积是三棱柱体积的

2，知只要三棱柱体积最大，则四棱3锥体积也最大，求出三棱柱的体积后用基本不等式求得最大值，及取得最大值时的条件，再求表面积．

详解：四棱锥BA1ACC1的体积是三棱柱体积的

2，3VABCA1B1C1ACBC∴S2故选C．

11111ACBCAA1ACBC(AC2BC2)AB2，当且仅当224442时，取等号． 212222322． (1)1222222点睛：本题考查棱柱与棱锥的体积，考查用基本不等式求最值．解题关键是表示出三棱柱的体积．

7．A

解析：A 【解析】 【分析】

已知a,b,B，若VABC有两组解，则asinBba，可解得x的取值范围. 【详解】

由已知可得asinBba，则xsin602x，解得2x【点睛】

本题考查已知两边及其中一边的对角，用正弦定理解三角形时解的个数的判断. 若VABC中，已知a,b,B且B为锐角，若0basinB，则无解；若basinB或

43.故选A. 3ba，则有一解；若asinBba，则有两解. 8．A 解析：A 【解析】

试题分析：设F1是椭圆的左焦点，由于直线l:3x4y0过原点，因此A,B两点关于原点对称，从而AF1BF是平行四边形，所以BF1BFAFBF4，即2a4，

a2，设M(0,b)，则d4b4b4，b1，即1b2，又，所以

555c3．故选A． a2c2a2b24b2，所以0c3，0考点：椭圆的几何性质．

【名师点睛】本题考查椭圆的离心率的范围，因此要求得a,c关系或范围，解题的关键是利用对称性得出AFBF就是2a，从而得a2，于是只有由点到直线的距离得出b的范围，就得出c的取值范围，从而得出结论．在涉及到椭圆上的点到焦点的距离时，需要联想到椭圆的定义．

9．B

解析：B 【解析】 函数f（x）=ex﹣＞0，可得f（选B．

点睛：判定函数的零点所在区间，只需计算区间端点处的函数值，并判断是否异号，只要异号，则区间内至少有一个零点存在.

11是（0，+∞）上的增函数，再根据f（）=e﹣2＜0，f（1）=e﹣1x2111）f（1）＜0，∴函数f（x）=ex﹣的零点所在的区间是（，1），故2x210．C

解析：C 【解析】 【分析】

等差数列的性质．渗透了数据分析素养．使用统计思想，逐个选项判断得出答案． 【详解】

详解：由已知将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，46号学生被抽到，

所以第一组抽到6号，且每组抽到的学生号构成等差数列{an}，公差d10， 所以an610n(nN)，

1，不合题意；若200610n，则n19.4，不合题意； 5若8610n，则n若616610n，则n61，符合题意；若815610n，则n80.9，不合题意．故选C． 【点睛】

本题主要考查系统抽样.

11．D

解析：D 【解析】 由tan(4)2有

tan112,tan，所以

1tan311sincostan131，选D.

sincostan11123点睛：本题主要考查两角和的正切公式以及同角三角函数的基本关系式，属于中档题。

12．B

解析：B 【解析】

由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以m15，故选B.

考点：本小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的能力.

二、填空题

13．【解析】【分析】先求得直线为：再分别讨论或和的情况根据几何性质求解即可【详解】由题则直线为：当或时设到的距离为因为等腰直角三角形所以即所以所以解得当时经过圆心则即故答案为：【点睛】本题考查圆与圆的位 解析：8,825,825

【解析】 【分析】

先求得直线AB为：2xy8a0,再分别讨论PAB90或PBA90和

APB90的情况,根据几何性质求解即可 【详解】

由题,则直线AB为：2xy8a0,

当PAB90或PBA90时,设C1到AB的距离为d, 因为△ABP等腰直角三角形, 所以d所以11AB,即d8d2,所以d2, 2228a212d2,解得a825,

当APB90时,AB经过圆心C1,则8a0,即a8,

故答案为：8,825,825 【点睛】

本题考查圆与圆的位置关系的应用,考查点到直线距离公式的应用,考查分类讨论思想和数形结合思想

14．【解析】【分析】【详解】由题意则解得-1＜a＜7经检验当a=-1时的两个根分别为所以符合题目要求时在区间无实根所以 解析：1a7

【解析】 【分析】 【详解】

2由题意，f(x)3x4xa，则f(1)f(1)0，解得-1＜a＜7，经检验当a=-1时，

f(x)3x24x10的两个根分别为x1=-,x2=-1，所以符合题目要求，a7时，f(x)3x24x10,在区间

无实根，所以1a7．

1315．【解析】由向量的平行四边形法则可得代入可得故则由余弦定理可得故应填答案点睛：解答的关键是如何利用题设中所提供的向量等式中的边的关系探求处来这是解答本题的难点也是解答本题的突破口求解时充分利用已知条件 解析：

【解析】

3rbuuurcuuurruuuruuuruuurauuu由向量的平行四边形法则可得GAGCBG，代入GAGBGC0可得

578rcbuuurrabuuuabc()GA()GC0，故，则a5t,b7t,c8t．由余弦定理可得578757825t264t249t21B，故，应填答案． cosB23380t2点睛：解答的关键是如何利用题设中所提供的向量等式中的边的关系探求处来，这是解答本题的难点，也是解答本题的突破口．求解时充分利用已知条件及向量的平行四边形法

rcbuuurrabuuu则，将其转化为()GA()GC0，然后再借助向量相等的条件待定出三角形

5787三边之间的关系

abc，最后运用余弦定理求出B，使得问题获解． 578316．3【解析】【分析】由题意可知表示点到点的距离再由点到直线距离公式即可得出结果【详解】可以理解为点到点的距离又∵点在直线上∴的最小值等于点到直线的距离且【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的应用属于

解析：3 【解析】

【分析】

由题意可知a2b2表示点0,0到点a,b的距离，再由点到直线距离公式即可得出结果. 【详解】

a2b2可以理解为点0,0到点a,b的距离，又∵点Ma,b在直线l:3x4y25上，∴a2b2的最小值等于点0,0到直线3x4y150的距离，且

d30401534223.

【点睛】

本题主要考查点到直线的距离公式的应用，属于基础题型.

17．【解析】试题分析：由题意画出函数图象如下图所示要满足存在实数b使得关于x的方程f（x）=b有三个不同的根则解得故m的取值范围是【考点】分段函数函数图象【名师点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质函数

+ 解析：3，【解析】

试题分析：由题意画出函数图象如下图所示，要满足存在实数b，使得关于x的方程f（x）=b有三个不同的根，则4mm2m，解得m3，故m的取值范围是(3,).

【考点】分段函数，函数图象

【名师点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质、函数与方程、分段函数的概念.解答本题，关键在于能利用数形结合思想，通过对函数图象的分析，转化得到代数不等式.本题能较好地考查考生数形结合思想、转化与化归思想、基本运算求解能力等.

18．或【解析】【分析】根据不等式恒成立化简命题为根据一元二次方程有解化简命题为或再根据且命题的性质可得结果【详解】若命题：为真；则解得：若命题：为真则解得：或若命题是真命题则或故答案为或【点睛】解答非命

解析：a2或a1 【解析】 【分析】

根据不等式恒成立化简命题p为a1，根据一元二次方程有解化简命题q为a2或

a1，再根据且命题的性质可得结果.

【详解】

若命题p：“x1,2，x2a0”为真； 则1a0， 解得：a1，

若命题q：“xR，x22ax2a0”为真， 则4a42a0，

2解得：a2或a1，

若命题“pq”是真命题，则a2，或a1， 故答案为a2或a1 【点睛】

解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.

19．5【解析】

解析：5 【解析】

21a10a5,m5 2220．【解析】【分析】由三视图知几何体是半个圆锥圆锥的底面半径是1母线长是2得到圆锥的高利用圆锥体积公式得到结果【详解】由三视图知该几何体是半个圆锥圆锥的底面半径是1母线长是2∴圆锥的高是∴几何体的体积是

解析：

3 6【解析】 【分析】

由三视图知几何体是半个圆锥，圆锥的底面半径是1，母线长是2，得到圆锥的高，利用圆锥体积公式得到结果． 【详解】

由三视图知该几何体是半个圆锥，圆锥的底面半径是1，母线长是2， ∴圆锥的高是41∴几何体的体积是故答案为【点睛】

本题考查由三视图还原几何图形，考查圆锥的体积公式，属于基础题.

3，

113123， 3263 6三、解答题

21．（1）a3,c2；（2）【解析】

23 27试题分析：（1）由BABC2和cosBuuuruuur1，得ac=6.由余弦定理，得a2c213. 3解

，即可求出a，c；（2） 在ABC中，利用同角基本关系得

sinB22. 3由正弦定理，得sinCc42，又因为abc，所以C为锐角，因此sinBb9cosC1sin2C7，利用cos(BC)cosBcosCsinBsinC，即可求出结果. 9，又cosB（1）由BABC2得，

uuuruuur1，所以ac=6. 3由余弦定理，得a2c2b22accosB. 又b=3，所以a2c292213. 解

，得a=2，c=3或a=3，c=2.

因为a>c,∴ a=3，c=2.

（2）在ABC中，sinB1cos2B1()2由正弦定理，得sinC1322. 3c22242，又因为abc，所以C为锐角，因sinBb339此cosC1sin2C1(4227.

) 9917224223. 393927于是cos(BC)cosBcosCsinBsinC=考点：1.解三角形；2.三角恒等变换. 22．(1) C【解析】 【分析】

（1）根据题意，由余弦定理求得cosC3.(2) (23,4].

1，即可求解C角的值； 2（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到ab4sinA为锐角三角形，求得【详解】

（1）由题意知(abc)(abc)3ab，∴a2b2c2ab，

，再根据ABC66A2，利用三角函数的图象与性质，即可求解.

a2b2c21由余弦定理可知，cosC，

2ab2又∵C(0,)，∴C3.

ab244433sinA,b3sinB 3，即a（2）由正弦定理可知，sinAsinBsin333∴ab4423sinAsinA 3(sinAsinB)33323sinA2cosA4sinA，

60A2又∵ABC为锐角三角形，∴，即，

20BA32则

3A62，所以234sinA4，

63综上ab的取值范围为(23,4]. 【点睛】

本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

23．（1）a＝1，b＝2；（2）①当c＞2时，解集为{x|2＜x＜c}；②当c＜2时，解集为{x|c＜x＜2}；③当c＝2时，解集为∅． 【解析】 【分析】

（1）根据不等式ax2﹣3x+6＞4的解集，利用根与系数的关系，求得a、b的值； （2）把不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0化为x2﹣（2+c）x+2c＜0，讨论c的取值，求出对应不等式的解集． 【详解】

（1）因为不等式ax2﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1，或x＞b}， 所以1和b是方程ax2﹣3x+2＝0的两个实数根，且b＞1；

由根与系数的关系，得解得a＝1，b＝2；

，

（2）所求不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0化为x2﹣（2+c）x+2c＜0， 即（x﹣2）（x﹣c）＜0；

①当c＞2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为{x|2＜x＜c}； ②当c＜2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为{x|c＜x＜2}； ③当c＝2时，不等式（x﹣2）（x﹣c）＜0的解集为∅． 【点睛】

本题考查了不等式的解法与应用问题，也考查了不等式与方程的关系，考查了分类讨论思想，是中档题．

24．（1）0.9（2）a0.085,b0.125 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先频数分布表求出课外阅读时间不少于12小时的人数，再由对立事件的频率公式求出一名学生该周课外阅读时间少于12小时的频率；（Ⅱ）结合频数分布表、直方图确定课外阅读时间落在[4，6）、[8，10）的人数为17，求出对应的频率，分别由频率/组距求出a、b的值

试题解析：（1）根据频数分布表，100名学生中课外阅读时间不少于12小时的学生共有

100.9． 100从该校随机选取一名学生，估计这名学生该周课外阅读时间少于12小时的概率为0.9

6+2+2=10名，所以样本中的学生课外阅读时间少于12小时的频率是1（2）课外阅读时间落在组[4,6)的有17人，频率为0.17，

频率0.170.085， 组距2课外阅读时间落在组[8,10)的有25人，频率为0.25，

所以a频率0.250.125 组距2考点：频率分布直方图

1825．（1）；（2）.

99【解析】

所以b试题分析：（1）所有的可能结果(a,b,c)共有33327种，而满足abc的

(a,b,c)共计3个，由此求得“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率；

（2）所有的可能结果(a,b,c)共有33327种，用列举法求得满足“抽取的卡片上的数

字a、b、c完全相同”的(a,b,c)共计三个，由此求得“抽取的卡片上的数字a、b、c完全相同”的概率，再用1减去此概率，即得所求．

试题解析：（1） 所有的可能结果(a,b,c)共有33327种， 而满足abc的(a,b,c)有(1,1,2)、(1,2,3)、(2,1,3)共计3个 故“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率为

31 279（2） 所有的可能结果(a,b,c)共有33327种

满足“抽取的卡片上的数字a、b、c完全相同”的(a,b,c)有(1,1,1)、(2,2,2)、(3,3,3)共计三个

故“抽取的卡片上的数字a、b、c完全相同”的概率为

31 27918 99所以“抽取的卡片上的数字a、b、c不完全相同”的概率为1考点：独立事件的概率．

【方法点睛】求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求事件转化成彼此互斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式求解．如果采用方法一，一定要将事件拆分成若干个互斥事件，不能重复和遗漏；如果采用方法二，一定要找准其对立事件，否则容易出现错误．

26．(Ⅰ)MP1或MP3（Ⅱ）当POM30时， OMN的面积的最小值为

843 【解析】 【分析】 【详解】

,OM=5,OP=25, 解:(1)在△OMP中,∠OPM=45°

MP·cos45°, 由余弦定理得,OM2=OP2+MP2-2OP·得MP2-4MP+3=0, 解得MP=1或MP=3. (2)设∠POM=α,0°≤α≤60°, 在△OMP中,由正弦定理, 得

OMOM=,

sinOPMsinOPMOPsin45。, 所以OM=

sin45。+OPsin45。. 同理ON=

sin45。+故S△OMN=

1OM·ON·sin∠MON 2OP2sin245。1=× 。。2sin45+sin75+1= sin45。+sin45。+30。13 1。。sin45+sin45+cos45+221=3 1sin245。+sin45。+cos45。+221=3 1。1cos90。+2sin90+2441=3 31sin2cos24441=31.

sin230。42因为0°≤α≤60°, 30°≤2α+30°≤150°,

所以当α=30°时,sin(2α+30°)的最大值为1, 此时△OMN的面积取到最小值.

=。即∠POM=30°时,△OMN的面积的最小值为8-43.