2023-2024学年上海师大附中高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海师大附中高二（上）期末数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.用一个平面截如图所示圆柱体，截面的形状不可能是( )
A.
B.
C.
D.
2.设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若l/​/α，l/​/β，则α/​/βB. 若l/​/α，l⊥β，则α⊥β
C. 若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD. 若α⊥β，l/​/α，则l⊥β
3.如图所示，已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点，函数g(x)=kx+m(m>0)，则对函数F(x)=g(x)−f(x)描述正确的是( )
A. 有极小值点，没有极大值点
B. 有极大值点，没有极小值点
C. 至少有两个极小值点和一个极大值点
D. 至少有一个极小值点和两个极大值点
4.如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB=30°，则点P的轨迹是
( )
A. 直线B. 抛物线C. 椭圆D. 双曲线的一支
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.已知二次函数y=2x2的图象是一条抛物线，则其准线方程为______．
6.直线m与平面α所成角为60°，则m与平面α内任意直线所成角的取值范围是______ ．
7.已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其对角线的长为______ ．
8.若一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为 ．
9.如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′=2，则这个平面图形的面积是______．
10.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为
11.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC= 3,AA1=1，则点B1到平面A1BC的距离为______ ．
12.已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中AB=2，AA1=3，O为上底面中心．设正四棱柱ABCD−A1B1C1D1与正四棱锥O−A1B1C1D1的侧面积分别为S1，S2，则S2S1=______．
13.如图是一座抛物线型拱桥，拱桥是抛物线的一部分且以抛物线的轴为对称轴，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米.当水位下降，水面宽为6米时，拱顶到水面的距离为 ．
14.空间中有三个点A，B，C，且AB=BC=CA=1，在空间中任取2个不同的点，使得它们与A，B，C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有______ 种.
15.能使得命题“曲线x29−y2a2=1(a≠0)上存在四个点A，B，C，D满足四边形ABCD是正方形”为真命题的一个实数a是______ ．
16.三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角P−ABC是由公共端点P且不共面的三条射线PA、PB、PC以及相邻两条射线之间的平面部分组成的图形.设∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，平面APC与平面BPC所成的角为θ，由三面角余弦定理得csθ=csγ−csα⋅csβsinα⋅sinβ.在三棱锥P−ABC中，PA=6，∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PC=6，则三棱锥P−ABC体积的最大值为______ ．
三、解答题：本题共5小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
如图所示，正六棱锥的底面边长为4，H是BC的中点，O为底面中心，∠SHO=60°．
(1)求出正六棱锥的高，斜高，侧棱长；
(2)求六棱锥的表面积和体积．
18.(本小题14分)
(1)如图所示，一只装有半杯水的圆柱形水杯，将其倾斜使水杯与水平桌面成30°，此时水杯内成椭圆形，求椭圆的离心率；
(2)如图，AB为圆柱下底面圆O的直径，C是下底面圆周上一点，已知∠AOC=π3，OA=2，圆柱的高为5，若点D在圆柱表面上运动，且满足BC⊥AD，求点D的轨迹所围成的图形面积．
19.(本小题14分)
(1)“老六”和他的老铁们要参加学校的“科目三”表演活动，他们要用一张边长为1m的正方形蓝色纸片做一顶圆锥形装饰帽子，以正方形的一个顶点为圆心，边长为半径画弧，剪下一个最大的扇形，并用这个扇形围成了一个圆锥.如图所示，其中OP是该圆锥的高，求该圆锥的体积；
(2)“老六”将周长为4的矩形ABCD绕AB旋转一周得到一个圆柱，求当圆柱的体积最大时矩形ABCD的面积．
20.(本小题18分)
如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，点P在该正方体的表面上运动．

(1)若AP=6 2，求点P的轨迹长度；
(2)已知P到三个平面ABCD、ADD1A1、ABB1A1中的两个平面的距离相等，且P到剩下一个平面的距离与P到此正方体的中心的距离相等，求满足条件的点P个数；
(3)若点M是线段BC的中点，P是正方形DCC1D1(包括边界)上运动，且满足∠APD=∠MPC，求点P的轨迹长度．
21.(本小题18分)
已知抛物线Γ：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F倾斜角为θ的直线l交抛物线于A、B两点.点A在x轴上方，点B在x轴下方．
(1)求证：|BF|=p1+csθ；
(2)若θ≥π4，试求|FA|的取值范围；
(3)如图，过焦点F作互相垂直的弦AB、CD，若△ACF与△BDF的面积之和最小值为32，求抛物线的方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：当截面与轴截面垂直时，得到的截面形状是圆；
当截面与轴截面平行时，得到的形状为长方形；
当截面与轴截面斜交时，得到的截面的形状是椭圆；
所以截面的形状不可能是等腰梯形．
故选：D．
根据从不同角度截得几何体的形状判断出正确选项．
本题考查几何体的截面形状，考查空间想象能力，属基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设l是直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若l/​/α，l/​/β，则α与β相交或平行，故A错误；
对于B，若l/​/α，l⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正确；
对于C，若α⊥β，l⊥α，则l与β平行或l⊂β，故C错误；
对于D，若α⊥β，l/​/α，则l与β相交、平行或l⊂β，故D正确．
故选：B．
对于A，α与β相交或平行；对于B，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于C，l与β平行或l⊂β；对于D，l与β相交、平行或l⊂β．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
3.【答案】C
【解析】解：∵g(x)=kx+m(m>0)，∴F(x)=kx+m−f(x)，则F′(x)=k−f′(x)，
直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点，设两切点横坐标分别为x1，x2，且x1∴F′(x)=0的两个零点为x1，x2，
由图知，存在x0∈(x1,x2)，使F′(x0)=0，
∴F′(x)有三个不同零点x1由图可知，当x∈(0,x1)时，F′(x)<0，当x∈(x1,x0)，F′(x)>0，
当x∈(x0,x2)时，F′(x)<0，当x∈(x2,+∞)时，F′(x)>0
∴F(x)在(0,x1)上单调递减，在(x1,x0)上单调递增，在(x0,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增．
故F(x)至少有两个极小值点和一个极大值点．
故选：C．
求出函数F(x)=kx+m−f(x)，可得F′(x)=k−f′(x)，设直线y=kx与曲线y=f(x)的两切点横坐标分别为x1，x2，且x1本题考查利用导数求函数的极值，考查数形结合思想，考查推理论证能力与运算求解能力，是中档题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查动点的轨迹问题，考查学生分析解决问题的能力，属于较难题．
根据题意，∠PAB=30°为定值，可得点P在以AB为轴、以AP所在直线的线段为母线的圆锥的侧面上，则答案可求．
【解答】
解：用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；
把平面渐渐倾斜，得到椭圆；
当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．
此题中平面α上的动点P满足∠PAB=30°，
可理解为P在以AB为轴、以AP所在直线的线段为母线的圆锥的侧面上，
再由斜线段AB与平面α所成的角为60°，
故可知动点P的轨迹是椭圆．
故选：C．
5.【答案】y=−18
【解析】解：将抛物线方程写为标准形式为x2=12y，
由此刻判断抛物线焦点在y轴正半轴，其准线方程为y=−18，
故答案为：y=−18．
写出抛物线的标准方程可得其准线方程．
本题考查了抛物线的准线方程，属于基础题．
6.【答案】[π3,π2]
【解析】解：直线与平面所成的角是直线与平面内任意一条直线所成角中最小的角，
且直线与平面所成角的范围为0≤θ≤π2，
则m与平面α内任意直线所成角的取值范围是[π3,π2].
故答案为：[π3,π2].
直线与平面所成的角是直线与平面内任意一条直线所成角中最小的角，结合直线与平面所成角的范围为00≤θ≤π2即可得．
本题考查直线与平面所成角与异面直线所成角，属于中档题．
7.【答案】 29
【解析】解：设长，宽，高分别为x，y，z，
则2(xy+xz+yz)=52，4(x+y+z)=36，
可得体对角线的长为 x2+y2+z2= (x+y+z)2−2(xy+xz+yz)= 92−52= 29．
故答案为： 29．
根据长方体的几何特征列方程组，用已知表示体对角线即可．
本题主要考查了长方体的结构特征，属于基础题．
8.【答案】2π
【解析】【分析】
由轴截面易得底面半径和母线长，代入公式得解．
此题考查圆锥侧面积，属于基础题．
【解答】
解：如图为圆锥的轴截面，
∴其底面半径为OB=1，母线AB=2，
∴S侧=12·2πr·l=2π，
故答案为：2π．
9.【答案】2 2
【解析】解：∵Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′=2，
∴直角三角形的直角边长是 2，
∴直角三角形的面积是12× 2× 2=1，
∴原平面图形的面积是1×2 2=2 2
故答案为：2 2，
根据所给的直观图是一个等腰直角三角形且斜边长是2，得到直角三角形的直角边长，做出直观图的面积，根据平面图形的面积是直观图的2 2倍，得到结果．
本题考查平面图形的直观图，考查直观图与平面图形的面积之间的关系，考查直角三角形的面积，是一个基础题．
10.【答案】y=± 3x
【解析】解：已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，
则ca=2，
即 a2+b2a=2，
即b2=3a2，
即ba= 3，
即该双曲线的渐近线方程为y=± 3x，
故答案为：y=± 3x．
由已知可得 a2+b2a=2，即ba= 3，然后求解即可．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线的渐近线方程的求法，属基础题．
11.【答案】 217
【解析】解：∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC= 3,AA1=1，
∴AB2+AC2=BC2，∴AB⊥AC，
故建系如图，
则根据题意可得：A1(0,0,0)，B(1,0,1)，C(0, 3,1)，B1(1,0,0)，
∴A1B1=(1,0,0)，A1B=(1,0,1)，A1C=(0, 3,1)，
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=x+z=0n⋅A1C= 3y+z=0，取n=( 3,1,− 3)，
∴点B1到平面A1BC的距离为|A1B1⋅n||n|= 3 7= 217．
故答案为： 217．
根据题意易得AB⊥AC，再建系，利用向量法，向量数量积的运算，即可求解．
本题考查向量法求解点面距问题，属中档题．
12.【答案】 106
【解析】解：如图，
正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，
则正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧面积分别为S1=4×2×3=24；
正四棱锥O−A1B1C1D1的斜高为 12+32= 10．
∴正四棱锥O−A1B1C1D1的侧面积S2=4×12×2× 10=4 10．
∴S2S1=4 1024= 106．
故答案为： 106．
由题意画出图形，求出正四棱锥的斜高，再分别求出正四棱柱与正四棱锥的侧面积，则答案可求．
本题考查多面体侧面积的求法，是基础的计算题．
13.【答案】4.5米
【解析】解：如图建立直角坐标系，
设抛物线方程为x2=my，
将A(2,−2)代入x2=my，
得m=−2，
∴x2=−2y，
代入B(3,y0)得y0=−92，
故拱顶到水面的距离为92m.
故答案为：4.5米．
先建立直角坐标系，将A点代入抛物线方程求得m，得到抛物线方程，再把x=3代入抛物线方程求得y0进而得到答案．
本题主要考查抛物线的应用．考查了学生利用抛物线解决实际问题的能力，属基础题．
14.【答案】9
【解析】解：如图所示，有两种情况：
①当ABC为四棱锥的一个侧面时，其余两点在平面ABC的同侧，
若AB为底面棱有两种(平面ABC左右两侧各一组)，同理BC、AC为底面棱时有各两种，
故共有6种；
②当ABC为四棱锥的一个对角面时，其余两点在平面ABC的异侧，
若AB为底面对角线则有一组，同理BC、AC为底面对角线各有一组，
故共有3种；
综上所述，共有6+3=9种．
故答案为：9．
分类讨论，一类为当ABC为四棱锥的一个侧面时，其余两点在平面ABC的同侧；第二类当ABC为四棱锥的一个对角面时，其余两点在平面ABC的异侧．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，属中档题．
15.【答案】5
【解析】解：要使曲线x29−y2a2=1(a≠0)上存在四个点A，B，C，D满足四边形ABCD是正方形，
则直线y=x必与曲线x29−y2a2=1(a≠0)有交点，
又曲线x29−y2a2=1(a≠0)的一条渐近线为y=|a|3x，
∴|a|3>1即可，则a>3或a<−3，
故实数a可以是5．
故答案为：5．
依题意，只需直线y=x必与曲线x29−y2a2=1(a≠0)有交点即可，根据曲线x29−y2a2=1(a≠0)的一条渐近线为y=|a|3x与y=x的位置关系，即可求解．
本题考查了双曲线的性质，考查了转化思想，属于中档题．
16.【答案】92
【解析】解：如图，
由题意∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，平面APC与平面BPC所成的角为θ，
作BD⊥PC，BM⊥平面APC，则该二面角的平面角为∠BDM，
由题意得：VP−ABC=VB−APC=13⋅S△APC⋅BM，
因为PA=6，∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PC=6，
因为csθ=csγ−csα⋅csβsinα⋅sinβ=0−12⋅ 22 32⋅ 22=− 33，θ∈(0,π)，
所以sinθ= 63，BM=BD⋅sinθ= 63BD= 63⋅PB⋅sinβ= 33⋅PB，
S△APC=12PA⋅PCsinα=3 32⋅PC，
所以VP−ABC=13⋅S△APC⋅BM=12⋅PB⋅PC=12PB(6−PB)=−12PB2+3PB
=−12(PB−3)2+92，
所以当PB=3时，VP−ABC的最大值为92．
故答案为：92．
作出图形，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，平面APC与平面BPC所成的角为θ，作BD⊥PC，BM⊥平面APC，则该二面角的平面角为∠BDM，要解决三棱锥P−ABC体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即VP−ABC=VB−APC=13⋅S△APC⋅BM，接下来就根据条件把S△APC和BM用同一个变量表示出来即可求解．
本题考查锥体体积的有关计算及二面角的相关问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)如图，

∵正六棱锥的底面边长为4，
在正六棱锥S−ABCDEF中，∵SB=SC，H为BC中点，∴SH⊥BC，
∵O是正六边形ABCDEF的中心，∴SO为正六棱锥的高，
在正三角形OBC中，由BC=4，可得OH=2tan60°=2 3，
在Rt△SOH中，∵OH=2 3，∠SHO=60°，∴SO=OH⋅tan60°=6，
在Rt△SOH中，SH= SO2+OH2= 36+12=4 3，
在Rt△SHB中，SB= SH2+BH2= 48+4=2 13，
故该正六棱锥的高为6，斜高为4 3，侧棱长为2 13；
(2)△SBC的面积为12BC×SH=12×4×4 3=8 3，
△OBC的面积为12BC×OH=12×4×2 3=4 3，
可得正六棱锥的表面积为6×(8 3+4 3)=72 3，
体积为V=13S正六边形ABCDEF×SO=13×6×4 3×6=48 3．
【解析】(1)由条件依次求得SO，SH，SB的长即可；
(2)由棱锥表面积及体积的计算公式，求得表面积和体积．
本题考查正六棱锥的高、斜高、棱长、表面积及体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)如图，根据题意可得∠PMN=30°，且|PM|=2a，|MN|=2b，
∴cs∠PMN=|MN||PM|，∴ 32=2b2a，
∴34=b2a2，
∴椭圆的离心率e= a2−b2a2= 1−b2a2= 1−34=12；
(2)如图，连接CB，则BC⊥AC，
∴根据三垂线定理可知，D点在底面圆内的射影必在AC线段上，
分别过A，C作上底面圆的垂线，垂足点分别为F，E，
则易知BC⊥平面ACEF，又点D在圆柱表面上运动，
∴D点的轨迹为矩形ACEF，
又∠AOC=π3，OA=2，∴AC=OC=OA=2，又AF=CE=5，
∴点D的轨迹所围成的矩形ACEF的面积为2×5=10．
【解析】(1)作出图形，根据椭圆的几何性质，即可求解；
(2)作出图形，根据三垂线定理，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，线线垂直的判定，三垂线定理的应用，属中档题．
19.【答案】解：(1)根据题意，如图：

圆锥的母线长为正方形边长，即PE=1，
圆锥底面圆周长为以正方形的一个顶点为圆心，边长为半径画弧，剪下一个最大的扇形的弧长，
不妨设圆锥底面半径为OE=r，所以2πr=π2×1，
解可得OE=r=14，
所以圆锥的高h=PO= 1−116= 154，
则该圆锥的体积V=13πr2h=π3×(14)2× 154= 15π192；
(2)由题意不妨设AB=h，则AD=r=12(4−2h)=2−h，所以h=2−r，
所以圆柱的体积可表示为V(r)=πr2h=πr2(2−r)，(0求导得V(r)=πr(4−3r)，(0所以当00，V(r)单调递增，
当43所以当圆柱的体积最大时r=43，此时矩形ABCD的面积最小，其面积最小值为S=rh=r(2−r)=43×23=89．
【解析】(1)由题意得母线长为正方形边长，圆锥底面圆周长为以正方形的一个顶点为圆心，边长为半径画弧，剪下一个最大的扇形的弧长，由此即可求出圆锥的底面半径以及高，进而得解；
(2)由题意圆柱的高以及底面半径构成一个条件等式，将圆柱体积表示成关于半径的函数，求导得圆柱的体积最大时的半径，从而得解．
本题考查圆锥的体积以及圆柱的侧面积，涉及导数与函数单调性的关系，属于中档题．
20.【答案】解：(1)若AP=6 2，则点P以点A为球心，半径为6 2的球面上运动，
又P在正方体表面运动，AD=6，AD⊥平面CDD1C1，
则P在以D为圆心，半径为 (6 2)2−62=6的圆上(正方形CDD1C1内部)，如图所示，

D1C=6×π2=3π，同理可得：B1C=B1D1=6×π2=3π，
故点P的轨迹长度为3π×3=9π；
(2)若P到平面ABCD、ADD1A1距离相等，根据对称性知，P在平面ADC1B1上，

AD⊥平面AA1B1B，AD⊂平面ADC1B1，
故平面ADC1B1⊥平面AA1B1B，
故P到平面ABB1A1的距离即P到AB1的距离，
设正方体的中心为Q，即dP−AB1=|PQ|，
故P的轨迹为平面ADC1B1内的一条抛物线，
正方体棱长为6，AB1中点为M，
以MQ所在的直线为x轴，以线段MQ的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，
抛物线方程为y2=6x，当y=±3 2时，x=3<92，
故抛物线与棱B1C1和AD相交，
故共有2×3=6个点满足条件；
(3)易知正方体中AD⊥平面DCC1D1，MC⊥平面DCC1D1，DP，PC⊂平面DCC1D1，
所以AD⊥DP，MC⊥CP，又∠APD=∠MPC，
所以Rt△ADP∽Rt△MCP，
∴PDPC=ADMC=2即PD=2PC，
如图，

在平面DCC1D1中，以D为原点，DC，DD1所在直线分别为x，y轴建立如图所示平面直角坐标系，
则D(0,0)，C(6,0)，P(x,y)，
由PD=2PC知： (x−0)2+(y−0)2=2 (x−6)2+(y−0)2，
化简整理得：(x−8)2+y2=16,0≤x≤6，
所以点P的轨迹为圆(x−8)2+y2=16在正方形DCC1D1内部的部分，即EF，
其中CM=2，MF=4，则∠FMC=π3，
由弧长公式知EF=π3×4=4π3．
【解析】(1)确定点P以点A为球心的，半径为6 2的球面上运动且与正方体的三个面相交，利用弧长公式求解；
(2)确定P在平面ADC1B1上，根据dP−AB1=|PQ|得到P的轨迹为平面ADC1B1内的一条抛物线，建立坐标系确定抛物线方程，计算交点得到答案；
(3)确定P点轨迹为圆的一部分可求解．
本题考查空间几何体的结构特征以及几何体中的轨迹问题，属于难题．
21.【答案】解：(1)证明：抛物线Γ：y2=2px(p>0)的准线方程l：x=−p2，
分别作BB1⊥l，BM⊥x轴，l与x轴交于点K，∠AFH=θ，如图：

由抛物线的定义可知，|BF|=|BB1|，|KF|=p，
在Rt△BFM中，∠BFM=∠AFH=θ，
MF|=|BF|csθ，
由图可知，|BF|=|BB1|=|KM|=|KF|−|MF|=p−|BF|csθ，
即|BF|(1+csθ)=p，
所以|BF|=p1+csθ；
(2)同理(1)，|AF|=|AA1|=|KF|+|FH|=p+|AF|csθ，
可得|AF|=p1−csθ，
因为函数y=csθ在(0,π)上单调递减，
而θ∈[π4,π)，于是−1进而1− 22≤1−csθ<2，
则12<11−csθ≤2+ 2，
即12p<|FA|≤(2+ 2)p，
故θ≥π4时，|FA|的取值范围(12p,2p+ 2p]；
(3)由(1)(2)可知，|AF|=p1−csθ，|BF|=p1+csθ，
因为AB⊥CD，所以直线CD的倾斜角为θ+π2，|CF|=p1−cs(θ+π2)=p1+sinθ，|DF|=p1−sinθ，
所以S△ACF=12|AF|⋅|CF|=12⋅p2(1−csθ)(1+sinθ)，S△BDF=12|BF|⋅|DF|=12⋅p2(1+csθ)(1−sinθ)，
设△ACF与△BDF的面积之和为S，S=p22[1(1−csθ)(1+sinθ)+1(1+csθ)(1−sinθ)]=p2⋅1−sinθcsθsin2θcs2θ=p2⋅1−12sin2θ14sin22θ，
设t=sin2θ，θ∈(0,π2)∪(π2,π)，可得t∈[−1,0)∪(0,1]，
则S=p2(4t2−2t)，1t∈(−∞,−1]∪[1,+∞)，由二次函数的性质，可得t=1时，S取得最小值2p2，
由题意可得2p2=32，由于p>0，得p=4，
因此，抛物线的方程为y2=8x．
【解析】(1)根据题意画图象，由斜率可得|MF|，从而利用|BF|=|KF|−|MF|即可得证；
(2)同理(1)求|FA|，结合θ≥π4和y=csθ的单调性可得|FA|的取值范围；
(3)先求直线CD的倾斜角，再结合(1)(2)求出|CF|，|DF|，并求出△ACF与△BDF面积之和的表达式，通过不断换元，并利用正弦函数和二次函数的单调性求出两个三角形面积之和的最小值，求出p的值，从而得出抛物线的方程．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线与抛物线的综合问题，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．