2025年人教A新版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教A新版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、【題文】已知則（）A.B.C.D.2、【題文】函數(shù)的圖象大致是。

3、【題文】已知函數(shù)滿足：①定義域為R；②有③當(dāng)時，．記．根據(jù)以上信息，可以得到函數(shù)的零點個數(shù)為（）A.15B.10C.9D.84、【題文】已知兩個不同的平面和兩條不重合的直線，m、n；有下列四個命題。

①若則②若

③若④若

其中正確命題的個數(shù)是()A.1個B.2個C.3個D.4個5、設(shè)A={（x，y）|y=﹣4x+6}，B={（x，y）|y=5x﹣3}，則A∩B=（）A.{1，2}B.{（1，2）}C.{x=1，y=2}D.（1，2）6、△ABC的三個內(nèi)角分別記為A，B，C，若tanAtanB=tanA+tanB+1，則cosC的值是（）A.﹣B.C.D.﹣評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、函數(shù)y=x2-6x+8在[2，6]上的最大值為____，最小值為____．8、若正實數(shù)滿足則的最小值是______9、【題文】已知函數(shù)設(shè)且則的最大值為____。10、（2015安徽）設(shè)x3+ax+b=0，其中a，b均為實數(shù)，下列條件中，使得該三次方程中僅有一個實根的是____；（寫出所有正確條件的編號）

1、a=-3，b=-3；2.a=-3，b=2；3、a=-3，b2；4、a=0，b=2；5、a=1，b=211、函數(shù)f（x）=則f（f（﹣3））=____．12、已知A={x|a≤x≤a+3}，B={x|x＜-1或x＞5}，若A∪B=B，則實數(shù)a的取值范圍是______．評卷人得分三、解答題(共5題，共10分)13、已知tanθ=．

（1）若θ為第三象限的角；求sinθ的值；

（2）求的值．

14、已知△ABC中，a＝8，b＝7，B＝60°，求邊c及S△ABC。15、已知是否存在常數(shù)，使得的值域為？若存在，求出a、b的值；若不存在，說明理由。16、【題文】如圖，四棱錐中，四邊形為矩形，為等腰三角形，平面平面且分別為和的中點．

（Ⅰ）證明：平面

（Ⅱ）證明：平面平面

（Ⅲ）求四棱錐的體積．17、【題文】（本題滿分14分）集合A={>1}，B={>2}，AB，求a的取值范圍。評卷人得分四、計算題(共3題，共9分)18、（2007?綿陽自主招生）如圖，在矩形ABCD中，AB=8cm，BC=16cm，動點P從點A出發(fā)，以1cm/秒的速度向終點B移動，動點Q從點B出發(fā)以2cm/秒的速度向終點C移動，則移動第到____秒時，可使△PBQ的面積最大．19、分別求所有的實數(shù)k，使得關(guān)于x的方程kx2+（k+1）x+（k-1）=0

（1）有實根；

（2）都是整數(shù)根．20、計算：sin50°（1+tan10°）．評卷人得分五、證明題(共4題，共40分)21、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．22、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點；弦AD與邊BC相交于點E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．23、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．24、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評卷人得分六、綜合題(共4題，共36分)25、如圖，直線y=-x+b與兩坐標(biāo)軸分別相交于A；B兩點；以O(shè)B為直徑作⊙C交AB于D，DC的延長線交x軸于E．

（1）寫出A、B兩點的坐標(biāo)（用含b的代數(shù)式表示）；并求tanA的值；

（2）如果AD=4，求b的值；

（3）求證：△EOD∽△EDA，并在（2）的情形下，求出點E的坐標(biāo)．26、已知拋物線Y=x2-（m2+4）x-2m2-12

（1）證明：不論m取什么實數(shù)；拋物線必與x有兩個交點。

（2）m為何值時；x軸截拋物線的弦長L為12？

（3）m取什么實數(shù)，弦長最小，最小值是多少？27、已知直線l1：x-y+2=0；l2：x+y-4=0，兩條直線的交點為A，點B在l1上，點C在l2上，且，當(dāng)B，C變化時，求過A，B，C三點的動圓形成的區(qū)域的面積大小為____．28、如圖；以A為頂點的拋物線與y軸交于點B；已知A、B兩點的坐標(biāo)分別為（3，0）、（0，4）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）設(shè)M（m；n）是拋物線上的一點（m；n為正整數(shù)），且它位于對稱軸的右側(cè)．若以M、B、O、A為頂點的四邊形四條邊的長度是四個連續(xù)的正整數(shù)，求點M的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，試問：對于拋物線對稱軸上的任意一點P，PA2+PB2+PM2＞28是否總成立？請說明理由．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】

試題分析：由交集，并集，補(bǔ)集的概念可得故選B.

考點：交集并集補(bǔ)集【解析】【答案】B2、A【分析】【解析】

試題分析：由函數(shù)為偶函數(shù)，排除答案B與C；又在附近為正；所以D不符合題意，故選A..

考點：函數(shù)的奇偶性，函數(shù)的圖像.【解析】【答案】A3、B【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)題意可知，由于函數(shù)f(x)，在當(dāng)時，

那么當(dāng)則。

依次作出函數(shù)在[4,6],[6,8]的圖象，同時能利用函數(shù)的是偶函數(shù)的對稱性；只要求解出y軸右側(cè)的交點個數(shù)，就可以知道共有多少個交點，那么，結(jié)合已知中圖像的特點可知，交點有5，一共有10個。選B.

考點：本試題考查了零點的概念運(yùn)用。

點評：解決該試題的關(guān)鍵是利用函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)的給定的絕對值函數(shù)的解析式，然后作圖，將所求解的的零點問題轉(zhuǎn)換為函數(shù)y=f(x)與函數(shù)y=的圖像交點個數(shù)來解答，這是常用的求零點的方法之一。中檔題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽4、D【分析】【解析】略【解析】【答案】D5、B【分析】【解答】解：A∩B={（x，y）|}={（x，y）|}={（1；2）}．

故選B．

【分析】要求A∩B，即求方程組的解．6、B【分析】【解答】解：∵tanAtanB=tanA+tanB+1；∴tanA+tanB=﹣1+tanAtanB；

∵tan（A+B）==﹣1=tan（π﹣C）=﹣tanC；

∴tanC=1；

∵C為三角形的內(nèi)角。

∴C=

∴cosC=

故選：B．

【分析】利用兩角和與差的正切函數(shù)公式表示出tan（A+B），將已知等式變形后代入并利用誘導(dǎo)公式求出tanC的值，由C為三角形的內(nèi)角，利用特殊角的三角函數(shù)值即可求出C的度數(shù)．二、填空題(共6題，共12分)7、略

【分析】

由題意可知：

y=（x-3）2-1

所以二次函數(shù)的開口向上；對稱軸為x=3．

故函數(shù)在[2；3]上為減函數(shù)，函數(shù)在[3，6]上為增函數(shù)．

所以；函數(shù)在x=3時取得最小值-1．

x=6時最大值為8

故答案為：8．-1．

【解析】【答案】本題考查的是二次函數(shù)在閉區(qū)間上求最值問題．在解答時首先應(yīng)該對二次函數(shù)進(jìn)行配方結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)分析取得最值的位置；計算進(jìn)而即可獲得問題的解答。

8、略

【分析】【解析】試題分析：根據(jù)題意，由于正實數(shù)滿足則兩邊同時除以xy得到，那么=(3x+4y)()=(13+)故可知答案為5.考點：均值不等式【解析】【答案】59、略

【分析】【解析】解：因為已知函數(shù)設(shè)且則的最大值為【解析】【答案】10、1345【分析】【解答】令f（x）=x3+ax+b，求導(dǎo)得3x2+a，所以f（x)單調(diào)遞增又要是f（x）大于0，所以f（x）=x3+ax+b必有一個零點，且方程僅有一根，故4、5正確，當(dāng)a小于0時，要使方程僅有一根，解得b小于-2或b大于2；所以1；3正確。

【分析】高考中出現(xiàn)方程問題，要考慮其對應(yīng)的函數(shù)，以便分析方程。11、【分析】【解答】解：函數(shù)f（x）=則f（f（﹣3））=f（9）==．

故答案為：．

【分析】直接利用函數(shù)的解析式求解函數(shù)值即可．12、略

【分析】解：∵集合A={x|a≤x≤a+3}；B={x|x＜-1或x＞5}．

若A∪B=B；則A?B，∴a+3＜-1或a＞5，即a＜-4或a＞5．

∴實數(shù)a的取值范圍是（-∞；-4）∪（5，+∞）．

故答案為：（-∞；-4）∪（5，+∞）．

由A∪B=B；得A?B，然后由兩集合端點值間的關(guān)系列不等式求解。

本題考查并集運(yùn)算，正確處理兩集合端點值間的關(guān)系是解答該題的關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題．【解析】（-∞，-4）∪（5，+∞）三、解答題(共5題，共10分)13、略

【分析】

（1）∵tanθ=∴cotθ=

又1+cot2θ=

∴sin2θ=又θ第三象限的角；

∴sinθ=-

（2）原式=

=

=

=2-3．

【解析】【答案】（1）根據(jù)同角三角函數(shù)間的倒數(shù)關(guān)系tanθcotθ=1，由tanθ的值求出cotθ的值，再由平方及倒數(shù)關(guān)系1+cot2θ=可求出sin2θ的值；又θ是第三象限角，得到sinθ小于0，開方即可求出sinθ的值；

（2）把所求式子的分子第一；三項結(jié)合；利用二倍角的余弦函數(shù)公式化簡，分母利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式及特殊角的三角函數(shù)值化簡，然后分子分母同時除以cosθ，利用同角三角函數(shù)間基本關(guān)系弦化切后，將tanθ的值代入即可求出值．

14、略

【分析】【解析】試題分析：由余弦定理，得即解之，得c＝3或c＝5當(dāng)c＝3時，當(dāng)c＝5時，考點：解三角形【解析】【答案】或15、略

【分析】

存在a，b的值當(dāng)a>0時解得當(dāng)a<0時解得所以存在或使得的值域為【解析】略【解析】【答案】16、略

【分析】【解析】

試題分析：（Ⅰ）證明線面平行，一般可考慮線面平行的判定定理，構(gòu)造面外線平行于面內(nèi)線，其手段一般是構(gòu)造平行四邊形，或構(gòu)造三角形中位線(特別是有中點時)，本題易證從而達(dá)到目標(biāo)；（Ⅱ）要證面面垂直，由面面垂直的判定定理知可先考察線面垂直，要證線面垂直，又要先考察線線垂直；（Ⅲ）求棱錐的體積，關(guān)鍵是作出其高，由面面及為等腰直角三角形，易知（中點為）；就是其高，問題得以解決.

試題解析：（Ⅰ）證明：如圖，連結(jié)．

∵四邊形為矩形且是的中點．∴也是的中點．

又是的中點，2分。

∵平面平面所以平面4分。

（Ⅱ）證明：∵平面平面平面平面

所以平面平面又平面所以6分。

又是相交直線，所以面

又平面平面平面8分。

（Ⅲ）取中點為．連結(jié)為等腰直角三角形，所以

因為面面且面面

所以，面

即為四棱錐的高．10分。

由得．又．

∴四棱錐的體積12分。

考點：空間中線面的位置關(guān)系、空間幾何體的體積.【解析】【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）詳見解析；（Ⅲ）17、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】x－3>2x>5∴A={}4′

x－a>1x>a+1∴B={}8′

∵AB∴a+1≤5∴a≤414′四、計算題(共3題，共9分)18、略

【分析】【分析】表示出PB，QB的長，利用△PBQ的面積等于y列式求值即可．【解析】【解答】解：設(shè)x秒后△PBQ的面積y．則

AP=x；QB=2x．

∴PB=8-x．

∴y=×（8-x）2x=-x2+8x=-（x-4）2+16；

∴當(dāng)x=4時；面積最大．

故答案為4．19、略

【分析】【分析】（1）分類討論：當(dāng)k=0，方程變?yōu)椋簒-1=0，解得x=1；當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1，則-3k2+6k+1≥0，利用二次函數(shù)的圖象解此不等式得≤k≤；最后綜合得到當(dāng)≤k≤時；方程有實數(shù)根；

（2）分類討論：當(dāng)k=0，方程變?yōu)椋簒-1=0，解得方程有整數(shù)根為x=1；當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1=-3（k-1）2+4，要使一元二次方程都是整數(shù)根，則△必須為完全平方數(shù)，得到k=1，2，-，k=1±；然后利用求根公式分別求解即可得到k=1、2、-時方程的解都為整數(shù)．【解析】【解答】解：（1）當(dāng)k=0；方程變?yōu)椋簒-1=0，解得x=1；

當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1；

當(dāng)△≥0，即-3k2+6k+1≥0，方程有兩個實數(shù)根，解得≤k≤；

∴當(dāng)≤k≤時；方程有實數(shù)根；

（2）當(dāng)k=0；方程變?yōu)椋簒-1=0，解得方程有整數(shù)根為x=1；

當(dāng)k≠0，△=（k+1）2-4×k×（k-1）=-3k2+6k+1=-3（k-1）2+4；

一元二次方程都是整數(shù)根；則△必須為完全平方數(shù)；

∴當(dāng)△=4，則k=1；當(dāng)△=1，則k=2；當(dāng)△=時，k=-；當(dāng)△=0，則k=1±；

而x=；

當(dāng)k=1；解得x=0或-2；

當(dāng)k=2，解得x=-或-1；

當(dāng)k=-；解得x=2或4；

當(dāng)k=1±；解得x都不為整數(shù)，并且k為其它數(shù)△為完全平方數(shù)時，解得x都不為整數(shù)．

∴當(dāng)k為0、1、-時方程都是整數(shù)根．20、解：sin50°（1+tan10°）

=sin50°（1+）

=

=

=

=

=1．【分析】【分析】首先，將正切化簡為弦，然后，結(jié)合輔助角公式和誘導(dǎo)公式進(jìn)行化簡即可．五、證明題(共4題，共40分)21、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．22、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．23、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．24、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．六、綜合題(共4題，共36分)25、略

【分析】【分析】（1）在解析式中分別令x=0與y=0；即可求得直線與y軸，x軸的交點坐標(biāo)，即可求得OA，OB的長度，進(jìn)而求得正切值；

（2）利用切割線定理，可以得到OA2=AD?AB，據(jù)此即可得到一個關(guān)于b的方程，從而求得b的值；

（3）利用兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似即可證得兩個三角形相似．【解析】【解答】解：（1）∵當(dāng)x=0時，y=b，當(dāng)y=0時，x=2b；

∴A（2b，0），B（0，b）

∴tanA===；

（2）AB===b

由OA2=AD?AB，得（2b）2=4?b，解得b=5；

（3）∵OB是直徑；

∴∠BDO=90°；

則∠ODA=90°

∴∠EOC=∠ODA=90°；

又∵OC=CD

∴∠COD=∠CDO

∴∠COD+∠EOC=∠CDO+∠ODA

∴∠EOD=∠EDA

又∵∠DEA=∠OED

∴△EOD∽△EDA

D點作y軸的垂線交y軸于H；DF⊥AE與F．

∵A（2b，0），B（0，b）

∴OA=10；OB=5．

∴AB=5；

∵DF∥OB

∴===；

∴AF=OA=8；

∴OF=OA-AF=10-8=2；

∴DH=OF=2；

∵Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2

∴BH==1；

∴CH=-1=；

∵DH∥OE；

∴=

∴OE=．

∴E的坐標(biāo)是：（-，0）．26、略

【分析】【分析】（1）因為△=（m2+4）2-4×1×（-2m2-12），配方后得到△=（m2+8）2，而m2+8＞0；得到△＞0，即可得到結(jié)論；

（2）令y=0，則x2-（m2+4）x-2m2-12，解方程得到x1=m2+6，x2=-2，于是L=x1-x2=m2+6-（-2）=m2+8，令L=12得到m2+8=12；解方程即可得到m的值；

（3）由L=m2+8，根據(jù)二次函數(shù)的最值問題即可得到m=0時，L有最小值，最大值為8．【解析】【解答】解：（1）證明：△=b2-4ac=（m2+4）2-4×1×（-2m2-12）

=（m2+8）2；

∵m2≥0；

∴m2+8＞0；

∴△＞0；

∴不論m取什么實數(shù)；拋物線必與x有兩個交點；

（2）令y=0，x2-（m2+4）x-2m2-12；

∴x=；

∴x1=m2+6，x2=-2；

∴L=x1-x2=m2+6-（-2）=m2+8；

∴m2+8=12；解得m=±2；

∴m為2或-2時；x軸截拋物線的弦長L為12；

（3）L=m2+8；

∴m=0時，L有最小值，最小值為8．27、略

【分析】【分析】由題意可知當(dāng)A與B或C重合時，所成的圓最大，它包括了所有的圓，所以求出半徑為2時圓的面積即為動圓所形成的區(qū)域的面積．【解析】【解答】解：當(dāng)A與B或C重合時，此時圓的面積最大，此時圓的半徑r=BC=2；

所以此時圓的面積S=πr2=π（2）2=8π；

則過A；B、C三點的動