2023-2024学年湖北省荆州中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省荆州中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共16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。

1.直线 3x−y−1=0的倾斜角为( )
A. π4B. π3C. π6D. π2
2.已知平面α的法向量为a=(1,2,−2)，平面β的法向量为b=(−2,−4,k)，若α⊥β，则k=( )
A. 4B. −4C. 5D. −5
3.双曲线C：x2a2−y2b2=1过点( 2, 3)，离心率为2，则双曲线的解析式为．( )
A. x23−y2=1B. x2−y23=1C. x22−y23=1D. x23−y22=1
4.已知公差小于0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3=a1+a10，则当Sn最大时的n值为( )
A. 6或7B. 7或8C. 6或8D. 8或9
5.如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，F是棱PD的中点，且BE=2EC，则EF=( )
A. 12AP−AB−16AD
B. −12AP+AB+16AD
C. 12AP−AB+16AD
D. −12AP+AB−16AD
6.已知两等差数列{an}，{bn}，前n项和分别是An，Bn，且满足AnBn=2n+13n+2，则a6b5=( )
A. 1516B. 1317C. 2329D. 253180
7.在圆x2+y2=5x内，过点(52,32)有n条弦的长度成等差数列，最小弦长为数列的首项a1，最大弦长为an，若公差d∈[16,13]，那么n的取值集合为( )
A. {4,5,6,7}B. {4,5,6}C. {3,4,5,6}D. {3,4,5}
8.若数列{an}对任意连续三项ai，ai+1，ai+2，均有(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)>0，则称该数列为“跳跃数列”，下列说法中正确的是( )
A. 存在等差数列{an}是“跳跃数列”
B. 存在公比大于零的等比数列{an}是“跳跃数列”
C. 若等比数列{an}是“跳跃数列”，则公比q∈(−1,0)
D. 若数列{an}满足an+1=2an+1，则{an}为“跳跃数列”
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若有空间非零向量a,b，a//b，则存在唯一的实数λ，使得b=λa
B. A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若OP=34OA+18OB+18OC，则P，A，B，C四点共面
C. a=(x,2,1)，b=(4,−2+x,x)，若a//b，则x=−2
D. 若{OA,OB,OC}是空间的一个基底，则O，A，B，C四点共面，但不共线
10.已知圆C1：x2+y2=1，圆C2：x2−2x+y2−2y+1=0，则( )
A. 圆C1与圆C2相切
B. 圆C1与圆C2公切线的长度为 2
C. 圆C1与圆C2公共弦所在直线的方程为x+y=1
D. 圆C1与圆C2公共部分的面积为π2−1
11.已知五个数1，p，m，q，16成等比数列，则曲线x2p+y2m=1的离心率可以是
( )
A. 22B. 32C. 62D. 3
12.对于正整数n，φ(n)是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目.函数φ(n)以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，又称为φ函数，例如φ(10)=4，(10与1，3，7，9均互质)则( )
A. φ(12)+φ(29)=32B. 数列{φ(n)}单调递增
C. 若p为质数，则数列{φ(pn)}为等比数列D. 数列{nϕ(3n)}的前4项和等于5827
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知直线l的斜率为−1，且过点(2,−5)，则直线l在y轴上的截距是______．
14.若双曲线x2−y2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2−4y+3=0相切，则m= ．
15.在数列{an}中，a1=1，an+1=2an+3n+1，则a9= ______．
16.已知三棱锥P−ABC满足PA⊥平面ABC，且PA=3，底面△ABC为边长为2的正三角形，则该三棱锥的外接球半径R与内切球半径r的比值为Rr为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知直线2x−y+m=0和圆O：x2+y2=5．
(1)m为何值时，截得的弦长为2；
(2)若直线和圆交于A，B两点，此时OA⊥OB，求m的值．
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{an}落入区间(10,2024)的所有项的和．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，AB=AC= 22AD．
(1)证明：平面PAC⊥平面PAB；
(2)已知PA= 3AB，在线段PB上是否存在一点Q，使得二面角Q−AC−B的平面角为π3？若存在，求出PQQB的值，若不存在，请说明理由．
20.(本小题12分)
已知抛物线顶点在原点，焦点在x轴上，又知此抛物线上一点(4,m)到焦点的距离为6．
(1)求此抛物线的方程；
(2)若此抛物线方程与直线y=kx−2相交于不同的两点A、B，且AB中点横坐标为2，求k的值．
21.(本小题12分)
已知Sn为数列{an}的前n项和，且an+2Sn=1．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=2lg3an⋅lg3an+2，求数列{bn}的前n项和Mn．
(3)设Tn=a1+3a2+5a3+⋅⋅⋅+(2n−1)an，若不等式(−1)nλ22.(本小题12分)
如图，已知椭圆x212+y2=1.设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q(0,12)在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y=−12x+3于C，D两点．
(Ⅰ)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(Ⅱ)求|CD|的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了由直线方程求直线倾斜角，属于基础题．
把直线方程化为斜截式，求出直线的斜率，由斜率公式求出直线的倾斜角．
【解答】
解：由 3x−y−1=0得，y= 3x−1，
∴斜率k= 3，则tanθ= 3，
∵θ∈[0,π),∴θ=π3
∴直线 3x−y−1=0的倾斜角为π3．
故选B．
2.【答案】D
【解析】解：∵平面α的法向量为a=(1,2,−2)，平面β的法向量为b=(−2,−4,k)，且α⊥β，
∴a⊥b，
∴a⋅b=1×(−2)+2×(−4)−2k=0，
解得k=−5．
故选：D．
根据题意a⊥b，得出a⋅b=0，列出方程求出k的值．
本题考查了平面的法向量与向量垂直的应用问题，是基础题目．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的标准方程的求解，解题的关键是求出基本量a，b的值，考查了运算能力，属于基础题．
利用点在椭圆上得到a和b的关系，再利用离心率为2，将离心率转化为a和b的关系，求出a，b的值，即可得到答案．
【解答】
解：因为双曲线x2a2−y2b2=1过点( 2, 3)，
则有2a2−3b2=1①，
又离心率为2，
则e=ca= 1+b2a2=2②，
由①②可得，a2=1，b2=3，
所以双曲线的标准方程为x2−y23=1．
故选：B．
4.【答案】B
【解析】解：a3=a1+a10=a3+a8，
则a8=0，
公差小于0，
则当Sn最大时的n值为7或8．
故选：B．
根据已知条件，等差数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，F是棱PD的中点，且BE=2EC，
∴AE=AB+BE=AB+23BC=AB+23AD，AF=12(AP+AD)，
则EF=AF−AE=12(AP+AD)−(AB+23AD)=12AP−AB−16AD，
故选：A．
利用空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．
本题考查空间向量的线性运算，空间向量基本定理，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：等差数列{an}，{bn}，前n项和分别是An，Bn，
令An=kn(2n+1)，Bn=kn(3n+2)，k≠0，
故a6b5=A6−A5B5−B4=78k−55k85k−56k=2329．
故选：C．
由等差数列前n项和的性质，设出An，Bn，即可求解．
本题主要考查等差数列前n项和的性质，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：圆x2+y2=5x的圆心为C(52,0)，半径为r=52
过点P(52,32)最短弦的弦长为a1=2 r2−|PC|2=4
过点P(52,32)最长弦长为圆的直径长an=5，
∴4+(n−1)d=5，
d=1n−1，
∵d∈[16,13]，
∴16≤1n−1≤13，
∴4≤n≤7．
故选：A．
先求出圆的圆心和半径，根据圆的几何性质计算出过点(52,32)的最短弦长和最长弦长，即等差数列的第一项和第n项，再根据等差数列的公差d∈[16,13]，求出n的取值集合．
本题考察了圆的方程，圆的几何性质及等差数列的通项公式等知识，解题时要学会使用圆的几何性质解决圆的弦长问题，提高解题速度．
8.【答案】C
【解析】解：若{an}是等差数列，设公差为d，
则(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)=−2d2≤0，
所以不存在等差数列{an}是“跳跃数列”，故A错误；
若{an}是等比数列，设公比为q，
则(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)=−ai2q(1−q)2(1+q)，
当q>0时，(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)=−ai2q(1−q)2(1+q)≤0，所以B错误；
由(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)=−ai2q(1−q)2(1+q)>0，得q∈(−1,0)，所以C正确；
因为an+1=2an+1，所以an+2=2an+1+1=4an+3，
所以(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)=(ai−4ai−3)(4ai+3−2ai−1)=(−3ai−3)(2ai+2)=−6(ai+1)2≤0，故D错误．
故选：C．
由(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)=−2d2≤0可判断A；由(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)=−ai2q(1−q)2(1+q)可判断B；解不等式(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)=−ai2q(1−q)2(1+q)>0可判断C；由an+1=2an+1得an+2=4an+3，计算(ai−ai+2)(ai+2−ai+1)可判断D．
本题考查关于数列的新定义的应用，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A：有空间非零向量a,b，a//b，则存在唯一的实数λ，使得b=λa，故A正确；
对于B：A，B，C三点不共线，空间中任意点O，若OP=34OA+18OB+18OC，由于：34+18+18=1，则P，A，B，C四点共面，故B正确；
对于C：对于a=(x,2,1)，b=(4,−2+x,x)，由于a//b，故x4=2−2+x=1x，解得x=−2，故C正确；
对于D：若{OA,OB,OC}是空间的一个基底，则O，A，B，C四点不共面，且不共线，故D错误．
故选：ABC．
直接利用共线向量，向量的基底判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：共线向量，向量的基底，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：因为圆C1：x2+y2=1，圆C2：x2+y2−2x−2y+1=0，
所以圆C1的圆心为C1(0,0)，半径r1=1，圆C2的圆心为C2(1,1)，半径r2=1，
所以|r1−r2|<|C1C2|= 2因为两圆半径相等，则两圆公切线的长度为|C1C2|= 2，故B正确；
将两圆方程作差得x+y−1=0，
所以两圆公共弦所在直线l的方程为x+y−1=0，故C正确；
因为C1的圆心为C1(0,0)，半径r1=1，
所以C1(0,0)到直线x+y−1=0的距离为d1=|−1| 2= 22，
所以公共弦长为2 r12−d12=2 1−12= 2，
又圆心C2(1,1)到直线x+y−1=0的距离为d2=|1+1−1| 2= 22，
所以圆C1与圆C2公共部分的面积为2(14π−12× 2× 22)=π2−1，故D正确．
故选：BCD．
求出两圆圆心坐标与半径，求出圆心距，即可判断A，B，两圆方程作差即可得到公共弦方程，从而判断C，求出两圆圆心到公共弦的距离，从而取出公共部分的面积，从而判断D．
本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查圆锥曲线离心率的计算，根据等比数列的定义求出m、p的值是解决本题的关键，是中档题．
根据等比数列的性质求出m、p的值，结合圆锥曲线的离心率的公式进行求解即可．
【解答】
解：五个数1，p，m，q，16构成一个等比数列，
∴m2=1×16=16，
则m=4，m=−4舍去，
∵p2=1×4，
∴p=±2，
若m=4，p=2，
则曲线x2p+y2m=1为x22+y24=1是椭圆，
椭圆的离心率e= 22；
若m=4，p=−2，
则曲线x2p+y2m=1为y24−x22=1是双曲线，
双曲线的离心率e= 4+22= 62，
故选：AC．
12.【答案】AC
【解析】解：根据题意可知，12与1，5，7，11互质，29与1、2、3、……28共28个数都互质，即φ(12)+φ(29)=4+28=32，所以A正确；
由题目中φ(10)=4，以及φ(12)=4可知数列{φ(n)}不是单调递增的，B错误；
若p为质数，则小于等于pn的正整数中与pn互质的数为1，……，p−1，p+1，……，2p−1，……，2p+1，……，pa−1，
即每p个数当中就有一个与pa不互质，所以互质的数的数目为pa−pap=pa−pa−1个，
故φ(pa)=(p−1)pa−1，所以φ(pa)ϕ(pa−1)=(p−1)pa−1(p−1)pa−2=p为常数，即数列{φ(pa)}为等比数列，故C正确；
根据选项C即可知φ(3a)=2⋅3a−1，数列{nϕ(3a)}的前4项和为12+26+318+454=5854，故D错误．
故选：AC．
根据题意，逐项分析判断即可．
本题主要是理解函数φ(n)的定义，难点是选项C的证明，主要是确定与pa互质的数的个数；若p为质数，在小于等于pa的正整数中每p个数当中就有一个与pa不互质，则不互质的数目个数为pap=pa−1个，所以互质的数的数目为pa−pap=pa−pa−1个，即可证明数列{φ(pa)}为等比数列，并可计算数列前n项和．
13.【答案】−3
【解析】解：直线l的斜率为−1，且过点(2,−5)，
则直线l的方程为y−(−5)=−(x−2)，即x+y+3=0，
令x=0，解得y=−3．
故答案为：−3．
先求出直线l的方程，再令x=0，即可求解．
本题主要考查直线的截距式方程，是基础题．
14.【答案】 3
【解析】解：∵双曲线x2−y2m2=1(m>0)的渐近线方程为y=±mx，即±mx−y=0，
又圆C的方程：x2+y2−4y+3=0，可化为x2+(y−2)2=1，
∴圆心C为(0,2)，半径r=1，
又双曲线的渐近线与圆C相切，
∴圆心C到渐近线的距离d=2 m2+1=1=r，(m>0)，
解得m= 3，
故答案为： 3．
根据双曲线的几何性质，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，方程思想，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，方程思想，属基础题．
15.【答案】2017
【解析】解：在数列{an}中，a1=1，an+1=2an+3n+1，
则an+1+3(n+1)+4=2(an+3n+4)，
又a1+3×1+4=8，
则数列{an+3n+4}是以8为首项，2为公比的等比数列，
即a9+31=8×28=211，
即a9=2017．
故答案为：2017．
由已知条件可得数列{an+3n+4}是以8为首项，2为公比的等比数列，然后求解．
本题考查了等比数列通项公式的求法，重点考查了数列的递推式，属中档题．
16.【答案】2 43+ 1296
【解析】解：如图，
设底面三角形ABC的外心为E，则底面外接圆的半径AE=23× 22−12=2 33，
设三棱锥P−ABC的外接球的球心为O，连接OE，则OE⊥平面ABC，且OE=12PA=32，
∴三棱锥P−ABC的外接球的半径为R= (2 33)2+(32)2= 1296；
三棱锥P−ABC内切球的半径为r，由等体积法可得：
13×12×2×2× 32×3=13×(2×12×2×3+12×2×2× 32+12×2× 22+32−12)×r，
得r=2 3−3．
∴该三棱锥的外接球半径R与内切球半径r的比值为Rr为 12962 3−3=2 43+ 1296．
故答案为：2 43+ 1296．
由题意画出图形，求出底面三角形外接圆的半径，再由勾股定理求三棱锥外接球的半径；利用等体积法求三棱锥内切球的半径，作比得答案．
本题考查多面体外接球与内切球半径的求法，训练了利用等体积法求多面体内切球的半径，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)由已知，圆心为O(0,0)，半径r= 5，圆心到直线2x−y+m=0的距离d=|m| 4+1=|m| 5，
由平面几何垂径定理知r2−d2=12，即5−m25=1．
得m=±2 5，
∴当m=±2 5时，直线被圆截得的弦长为2．
(2)由于交点处两条半径互相垂直，
∴弦与过弦两端的半径组成等腰直角三角形，
∴d= 22r，即|m| 5= 22× 5，
解得m=±5 22，
故当m=±5 22时，OA⊥OB．
【解析】(1)求得圆心到直线2x−y+m=0的距离，由平面几何垂径定理知r2−d2=12，即可得出结论；
(2)由于交点处两条半径互相垂直，弦与过弦两端的半径组成等腰直角三角形，即可得出结论．
本题考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1，
则an+1+1=2(an+1)，
又a1+1=2，
则数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
则an+1=2n，
即an=2n−1；
(2)令10<2n−1<2024，
即4≤n≤10，
则a4+a5+...+a10=(24+25+...+210)−7=16×(1−27)1−2−7=2025，
即数列{an}落入区间(10,2024)的所有项的和为2025．
【解析】(1)由题意可得数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，然后求解即可；
(2)令10<2n−1<2024，即4≤n≤10，则a4+a5+...+a10=(24+25+...+210)−7，然后求解．
本题考查了等比数列通项公式的求法，重点考查了等比数列的求和公式，属中档题．
19.【答案】解：(1)底面ABCD是平行四边形，则AD=BC，
∵AB=AC= 22AD，∴AB2+AC2=AD2=BC2，∴AB⊥AC
∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，
又AC∩PA=A，∴AB⊥平面PAC，
∵AB⊂平面PAB，∴平面PAC⊥平面PAB
(2)以AB、AC、AP的方向分别为x，y，z轴的正方向，建系如图，设AB=1，BQ=λBP，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0, 3)，
则平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
所以AC=(0,1,0)，AQ=AB+BQ=(1,0,0)+λ(−1,0, 3)=(1−λ,0, 3λ)，
设平面ACQ的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AC=y=0n⋅AQ=(1−λ)x+ 3λz=0，取n=( 3λ,0,λ−1)，
∴cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=λ−1 4λ2−2λ+1，
∴|λ−1 4λ2−2λ+1|=12，∴λ=12，所以PQQB=1．
【解析】(1)根据勾股定理证明线线垂直，结合线面垂直得线线垂直，即可由线面垂直的判断定理证明线面垂直，进而可证面面垂直．
(2)建系，利用向量法，向量的夹角公式，即可求解．
本题考查面面垂直的证明，向量法求解二面角问题，方程思想，属中档题．
20.【答案】解：(1)由题意设抛物线方程为y2=2px(p≠0)，其准线方程为x=−p2，
∵A(4,m)到焦点的距离等于A到其准线的距离，∴4+p2=6，∴p=4，
∴此抛物线的方程为y2=8x．
(2)由y2=8xy=kx−2，消去y得k2x2−(4k+8)x+4=0，
∵直线y=kx−2与抛物线相交于不同两点A、B，则有k≠0△>0，
解得：k>−1且k≠0，
由x1+x2=4k+8k2=4，解得k=2或k=−1(舍去)．
∴所求k的值为2．
【解析】(1)设抛物线方程，根据抛物线的焦半径公式，即可求得p的值，求得抛物线方程；
(2)将直线方程代入抛物线方程，利用中点坐标公式，即可求得k的值．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理及中点坐标公式，考查计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)数列{an}的前n项和，且an+2Sn=1，①，
当n=1时，a1=13；
当n≥2时，an−1+2Sn−1=1，②，
①−②得：an−an−1+2an=0，整理得an=13an−1；
所以数列{an}是以13为首项，13为公比的等比数列；
所以an=13n，(首项符合通项)，
故an=13n．
(2)由(1)得：bn=2lg3an⋅lg3an+2=2n(n+2)=1n−1n+2；
所以Mn=1−13+12−14+...+1n−1−1n+1+1n−1n+2=32−1n+1−1n+2，
整理得Mn=3n2+5n2(n+1)(n+2)．
(3)由(1)得：cn=(2n−1)⋅13n；
所以Tn=1×13+3×132+...+(2n−1)⋅13n，①，
13Tn=1×132+3×133+...+(2n−1)⋅13n+1，②，
①−②得：23Tn=2×(13+132+...+13n)−13−2n−13n+1，
整理得：Tn=1−n+13n．
不等式(−1)nλ故当n=1时，−λ<13+13，整理得λ>−23，
当n=2时，λ<79．
故−23<λ<79．
【解析】本题考查数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，考查运算能力和数学思维能力，属于中档题．
(1)直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；
(2)利用裂项相消法在数列求和中的应用求出数列的和．
(3)利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和，进一步利用分类讨论思想的应用求出参数的取值范围．
22.【答案】解：(Ⅰ)设椭圆上任意一点M(x,y)，则|PM|2=x2+(y−1)2=12−12y2+y2−2y+1=−11y2−2y+13，y∈[−1,1]，
而函数z=−11y2−2y+13的对称轴为y=−111∈[−1,1]，则其最大值为−11×(−111)2+2×111+13=14411，
∴|PM|max= 14411=12 1111，即点P到椭圆上点的距离的最大值为12 1111；
(Ⅱ)设直线AB：y=kx+12,A(x1,y1),B(x2,y2)，
联立直线AB与椭圆方程有y=kx+12x212+y2=1，消去y并整理可得，(12k2+1)x2+12kx−9=0，
由韦达定理可得，x1+x2=−12k12k2+1,x1x2=−912k2+1，
∴|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2= (−12k12k2+1)2+3612k2+1=6 16k2+112k2+1，
设C(x3,y3)，D(x4,y4)，直线AP：y=y1−1x1x+1，直线BP：y=y2−1x2x+1，
联立y=y1−1x1x+1y=−12x+3以及y=y2−1x2x+1y=−12x+3，
可得x3=4x1(2k+1)x1−1,x4=4x2(2k+1)x2−1，
∴由弦长公式可得|CD|= 1+(−12)2|x3−x4|=3 52|4x1(2k+1)x1−1−4x2(2k+1)x2−1|=3 52| 16k2+13k+1|= 52⋅ 25(3k+1)2−323k+1+16= 52⋅ 25(13k+1−1625)2+14425≥ 52×125=6 55，当且仅当k=316时等号成立，
∴|CD|的最小值为6 55．
【解析】(Ⅰ)设椭圆上任意一点M(x,y)，利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得解；
(Ⅱ)设直线AB方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，进而表示出|x1−x2|，再分别联立直线AP，直线BP与直线y=−12x+3，得到C，D两点的坐标，由此可表示出|CD|，再转化求解即可．
本题考查直线与椭圆的综合运用，涉及了两点间的距离公式，利用二次函数的性质求最值，弦长公式等基础知识点，考查逻辑推理能力，运算求解能力，属于难题．