湖南省九校联盟2024届高三下学期第二次联考数学试题_2024年3月_02按日期_17号_2024届湖南省九校联盟高三下学期第二次联考

湖南省 2024 届高三九校联盟第二次联考 数学 由 长沙市一中 常德市一中 湖南师大附中 双峰县一中 桑植县一中 武冈市一中 湘潭市一中 岳阳市一中 株洲市二中 联合命题 炎德文化审校、制作 命题学校：长沙市一中 审题学校：双峰县一中 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上 无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的） 1.对两个变量x和y进行回归分析，得到一组样本数据 x ,y ,x ,y ,L ,x ,y  ，下列统计量的数值能 1 1 2 2 n n 够刻画其经验回归方程的拟合效果的是（ ） A.平均数 B.相关系数r C.决定系数R2 D.方差 2.已知 a  是等比数列，S 是其前n项和.若a a 3,S 5S ，则a 的值为（ ） n n 3 1 4 2 2 A.2 B.4 C.2 D.4 3.关于复数z与其共轭复数z ，下列结论正确的是（ ） A.在复平面内，表示复数z和z 的点关于虚轴对称 B.zz 0 C.zz 必为实数，zz 必为纯虚数 D.若复数z为实系数一元二次方程ax2 bxc0的一根，则z 也必是该方程的根 x2 y2 4.已知M 为双曲线  1上一动点，则M 到点 3,0 和到直线x1的距离之比为（ ） 3 6 A.1 B. 2 C. 3 D.2 5.如图，在四面体PABC 中，PA平面ABC,AC CB,PA AC 2BC 2，则此四面体的外接球表 面积为（ ）A.3π B.9π C.36π D.48π 6.某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为3%，某人存入大额存款a 元，按照复利计算10年后得到 0 a 的本利和为a ，下列各数中与 10 最接近的是（ ） 10 a 0 A.1.31 B.1.32 C.1.33 D.1.34 7.已知函数 f xsinx 3cosx，若沿x轴方向平移 f x 的图象，总能保证平移后的曲线与直线 y 1在区间 0,π 上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数的取值范围为（ ）  8  10 10  A. 2,  B. 2,  C. ,4  D. 2,4  3  3   3  8.过点P1,0 的动直线与圆C:(xa)2 (y2)2 4(a0)交于A,B两点，在线段AB上取一点Q，使 1 1 2 得   ，已知线段 PQ 的最小值为 2 ，则a的值为（ ） PA PB PQ A.1 B.2 C.3 D.4 二､多选题（本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分） 9.下列函数的图象与直线y  x1相切的有（ ） A.y ex B.y lnx C.y sinx1 D.y  x3 1 10.在VABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且cb2cosA1 ，则下列结论正确的有（ ） A.A2B B.若a  3b，则VABC为直角三角形 1 1 C.若VABC为锐角三角形，  的最小值为1 tanB tanAc  2 2 3 D.若VABC为锐角三角形，则 的取值范围为 ,    a 2 3   11.如图，点P是棱长为2的正方体ABCDABC D 的表面上一个动点，F 是线段AB 的中点，则 1 1 1 1 1 1 （ ） A.若点P满足AP BC ，则动点P的轨迹长度为4 2 1 16 B.三棱锥APBD 体积的最大值为 1 1 3 C.当直线AP与AB所成的角为45o时，点P的轨迹长度为π4 2 D.当P在底面ABCD上运动，且溚足PF ∥平面BCD 时，线段PF 长度最大值为2 2 1 1 三､填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分） 1,xP, 12.对于非空集合P，定义函数 f x 已知集合A{x∣0 x1},B{x∣t  x2t}，若存在 P 1,xP, xR，使得 f x f x0，则实数t的取值范围为__________. A B x2 y2 x2 y2 1 13.已知椭圆  1(ab0)与双曲线  1，椭圆的短轴长与长轴长之比大于 ，则双曲线离 a2 b2 a2 b2 2 心率的取值范围为__________. 14.函数 f(x)esinx ecosx在(0,2π)范围内极值点的个数为__________. 四､解答题（本大题共 5小题，共 77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15.（木小题满分15分） 如图所示，半圆柱的轴截面为平面BCC B ，BC是圆柱底面的直径，O为底面圆心，AA 为一条母线，E 1 1 1 为CC 的中点，且AB AC  AA 4. 1 1（1）求证：OE  AB ； 1 （2）求平面ABE与平面BOE夹角的余弦值. 1 1 16.（本小题满分15分） 猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有A，B，C三首歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游 戏，需从三首歌曲中各随机选一首，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且 获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲的概率及猜对时获得相应的 奖励基金如下表： 歌曲 A B C 猜对的概率 0.8 0.5 0.5 获得的奖励基金金额/元 1000 2000 3000 （1）求甲按“A,B,C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌名的概率； （2）甲决定按“A,B,C”或者“C,B,A”两种顺序猜歌名，请你计算两种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的期 望；为了得到更多的奖励基金，请你给出合理的选择建议，并说明理由. 17.（本小题满分15分） 已函数 f(x) x3 ax2 bxc(a,b,cR)，其图象的对称中心为(1,2). （1）求abc的值； （2）判断函数 f x 的零点个数. 18.（本小题满分17分） 已知数列 a  的前n项和为S ，满足2S a 3；数列 b  满足b b 2n1，其中b 1. n n n n n n n1 1 （1）求数列 a ,b  的通项公式； n n （2）对于给定的正整数ii 1,2,L ,n ，在a 和a 之间插入i个数c ,c ,L ,c ，使a ,c ， i i1 i1 i2 ii i i1 c ,L ,c ,a 成等差数列. i2 ii i1（i）求T c c c L c c L c ； n 11 21 22 n1 n2 nn 1 b 1 m a 2 （ii）是否存在正整数m，使得 m 恰好是数列 a  或 b  中的项？若存在，求出所有满足条 2m3 n n b 1 m 2T 3 m 件的m的值；若不存在，说明理由. 19.（本小题满分17分） 直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如xty1表示过点(1,0)的直线，直线的包络曲线定义 为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某 条直线. （1）若圆C :x2  y2 1是直线族mxny 1(m,nR)的包络曲线，求m,n满足的关系式； 1 （2）若点Px ,y  不在线族：Ω(2a4)x4y(a2)2 0(aR)的任意一条直线上，求y 的取值范 0 0 : 0 和直线族Ω的包络曲线E； （3）在（2）的条件下，过曲线E上A,B两点作曲线E的切线l ,l ，其交点为P.已知点C0,1 ，若 1 2 A,B,C三点不共线，探究PCAPCB是否成立？请说明理由.湖南省 2024 届高三九校联盟第二次联考 数学参考答案 命题学校：长沙市一中 审题学校：双峰县一中 一､选择题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分，在每小题给出的每个这项中，只有一项 是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C D C B D A A 1.C 【解析】平均致与方差是用来反馈数据集中趋势与波动程度大小的就计量：变量y和x之间的相关系 数”的绝对值总大，则变量y和x之间线性相关关系越强；用决定系数R来刻画回归效果，R越大说明拟合效 果总好：综上选C a  1q4 a  1q2 2.C 【解析】QS 5S ，化简得 1 5 1 ，整理得1q2 5,q2，又 4 2 1q 1q a a aq2 a 3，a 1,a aq 2.故选C. 8 1 1 1 1 2 1 3.D 【解析】对于选项A，表示复数z和z 的点关于实轴对称，故错误：对于选项B､选项C，当z 0时均 不成立，故错误.故选D   ( 33)2 02 4.C 【解析】取双曲线上一点 3,0 ，则d   3，故选C. 31 5.B 【解析】将四面体PABC 补形成长方体，长､宽､高分别为2,1,2，外接球直径等于体对角线长故 2R，所以外接球表面积为S 4πR2 9π.故选B. 6.D 【解析】存入大额存款a 元，按照复利计算，可得每年末本利和是以为a 首项，13%为公比的等比 0 0 数列，，所认a (13%)10 a ，可得 0 10 a 10 (13%)10 C C 0.03C20.032 L C100.0310 1.34，故选D. a 10 0 0 10 0  π 7.A 【解析】由题知， f x2sin  x ，若沿x轴方向平移，考点其任意性，不妨设得到的函数  3 1 1 gx2sinx ，令gx1，即sinx ，由正弦曲线性质知，sinx 至少有2解，至 2 2 8π 8π 8 多有3解，则自变量x的区间长度在2π到 之间，耶2π„ π ，那2„  ，选A. 3 3 3 8.A 【解析】圆心Ca,2 ，半径为2，所以圆与x解相切，设切点为M .则M a,0 ，连接PM ，则PM a1，则|PM |2 PA PB (a1)2 . 设AB的中点为D，连接CD，则CD AB， 语圆心C列直线AB的距离为d ，则0„ d 2, PA  PB  PD  AD  PD  AD 2 PD . 1 1 2 (a1)2 (a1)2 由   可得 PQ   ， PA PB PQ PC2 d2 (a1)2 4d2 (a1)2 (a1)2 因为0„ d 2.所以 „ PQ  . (a1)2 40 (a1)2 44 (a1)2 因此  2，解得：a 1，故选A. (a1)2 40 二､多选题（本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分） 题号 9 10 11 答案 AC ABD CD 9.AC 【解析】选项A中，y ex与y  x1相切于点 0,1 ；选项B中，y lnx与y  x1没有交点； 选项C中，y sinx1与y  x1相切于点 0,1 ；选项D中，y  xx 1与y  x1有三个交点， 0,1,1,2 ， 1,0 ，均不是切点. 10.ABD 【解析】对于A,VABC中，由正弦定理得sinC 2sinBcosAsinB，由sinC sinAB ，得 sinAcosBcosAsinBsinB.即sinABsinB，由0 A,Bπ，则sinB0，故0 ABπ，所 以AB B或ABB x，即A2B或Aπ（舍去），即A2B,A正确： a 3b b 3 对于B，结合A2B和正弦定理知   ,cosB ，又0 A,Bπ，数 sinA sin2B sinB 2 π π A2B ,C  ，B正确； 3 2π π π 对于C，在锐角VABC中，0 B ,0 A2B ,0C π3B ，即 2 2 2 π π 3  B , tanB1. 6 4 3 1 1 1 1tan2B 1tan2B 故     1，C错误； tanB tanA tanB 2tanB 2tanB π π 2 3 对于D，在锐角VABC中，由  B , cosB . 6 4 2 2 c sinC sin3B sin2BcosBcos2BsinB 1    2cosB . a sinA sin2B sin2B 2cosB c  2 2 3 由对勾函数性质知，  , ，D正确；故选ABD.   a 2 3   11.CD 【解析】对A，易知BC 平面ABC D,A平面ABC D ，故动点P的轨迹为矩形ABC D ，动 1 1 1 1 1 1 1 点P的轨迹长度为4 24，所认A错误； 对B因为V V ，而VABD 的面积为定值2 3，要使三棱锥PABD 的体积最大，当且仅当 : APD 1 D 1 PAB 1 D 1 1 1 1 1 点P到平面ABD 距离最大，易知，点C是正方体意向到平面ABD 距离最大的点， 1 1 1 1 8   V V  ,B错误； APB 1 D 1 max CAB 1 D 1 3 对C：连接AC，AB ，以B为圆心，BB 为半径画弧B ¼ C，如图1所示， 1 1 1 当点P在线段AC,AB 和弧B ¼ C上时，直线AP与AB所成的角为45o， 1 1 又AC  AB2 BC2  44 2 2,AB  AB2 BB2  44 2 2， 1 1 1 弧B ¼ C长度 π22 π，故点P的轨迹长度为π4 2，故C正确； 1 4 对D；取AD,DD,DC,CB,BB,AB的中点分别为Q,R,N,M,T,H ， 1 1 1 1 连接QR,QF,FT,TM,MN,NR,FH,HN,HM ，如图2所示，因为FT ∥ DC,FT 面DBC,DC 面DBC ，故FT ∥面DBC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 TM ∥ BC，TM 面DBC,BC 面DBC ，故TM ∥面DBC ； 1 1 1 1 1 1 1 1 又FT TM T,FT.TM 面FTM ，故平面FTM ∥面DBC ； 1 1 又QF ∥ NM,QR∥TM,RN ∥ FT ，故平面FTMNRQ与平面FTM 是同一个平面. 则点P的轨迹为线段MN ： 在三角形FNM 中， FN  FH2 HN2  44 2 2;FM  FH2 HM2  42  6;NM  2; 则FM2 MN2 8 FN2，故三角形FNM 是以FMN 为直角的直角三角形； 故FP  FN 2 2 ，故FP长度的最大值为2 2，故D正确.故选：CD. max 三､填空题（本大题共 3小题，年小题 5分，共 15分） 12. 0,1 【解析】由题知： f x f x 可取2,0，若 f x f x0.则 f x f x2，即 A B A B A B 集合AB，得011，郎t的取值范围为 0,1 .  5  1 2b b c a2 b2 a2 b2 b 2  5  13.   2 , 2   【解析】因为 2  2a  a 1,e a  a  a2  1  a      2 , 2   . sinx cosx 14.2 【解析】 fxesinxcosxecosxsinxesinxcosx   .  esinx ecosx   π  3π 当x  0,  时， fx0；当x  π,  时， fx0；  2  2  π  u 当x  ,π 时，u sinx和u cosx均为单调减函数，又y  在u(1,1)上是单调增函数，根据复合 2  eu sinx cosx 3π 函数单调性可知(x)  为减函数y esinxcosx 0，又 f   0, f(2π)0，故函数 f(x) esinx ecosx  2 在该区间上存在一个零点，该零点为函数 f(x)的极值点； 从而函数 f(x)在(0,2π)内一共有2个极值点. 四､解答题（本大题共 5小题，共 77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.【解析】（1）由BC是直径可知AB AC，则VABC是是等腰直角三角形，故AO BC， 由圆柱的特征可知BB 平面ABC ，又AOC平面ABC ，所以BB  AO， 1 1 因为BB BC  B,BB,BC 平面BCC B ，则AO平面BCC B ， 1 1 1 1 1 1 而OE 平面BCC B ，则AOOE ， 1 1 因为AB AC  AA 4，则BC  2AB4 2,BO2  BB2 BO2 24， 1 1 1 OE2 OC2 CE2 12,BE2  EC2 BC2 36 BO2 OE2， 1 1 1 1 所以BOOE， 1 因为BOOE,AOOE,AOBOO,AO,BO平面ABO， 1 1 1 1 所以OE 平面ABO，又AB 平面ABO，故OE  AB . 1 1 1 1 （2）由题意及（1）易知AA,AB,AC 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 1 uuur uuur uuur 则B 4,0,4,E0,4,2,O2,2,0 ，所以AB 4,0,4,AE 0,4,2,AO 1 1 2,2,0 ， uuur 由（1）知AO平面BOE，故平面BOE的一个法向量是AO2.2,0, 1 1 r 设n x,y,z 是平面ABE的一个法向量， 1 uuur r  nAB 4x4z 0, r 则有r uuur1 取z 2 x2,y 1，所以n 2,1,2, nAE 4y2z 0, 设平面ABE与平面BOE夹角为， 1 1 uuur r uuur nAO r 6 2 所以cos cos n,AO  r uuur   ， n  AO 2 23 2 2 则平面ABE与平面BOE夹角的余弦值为 . 1 1 216.【解析】1）设“甲按‘A，B，C’的顺序猜歌名至少猜对两首歌名”为事件E， 则PE0.80.50.50.80.50.50.4； 则X 的所有可能取值为0,1000,3000,6000， PX 010.80.2, PX 10000.810.50.4, PX 30000.80.510.50.2 PX 60000.80.50.50.2 所以EX00.210000.430000.260000.22200； 则Y 的所有可能取值为0,3000,5000,6000， PY 00.5, PY 30000.510.50.25, PY 50000.50.510.80.05 PY 60000.50.50.80.2 所以EY00,530000,2550000,0560000,22200. 参考答案一：由于DX220020.2120020.480020.2380020.24560000， DY220020.580020.25280020.05380020.25860000, 由于DY DX ，所以应该安装“A,B,C”的顺序猜歌名. 参考答案二：甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时 获得0元的概率，所以应孩按照“A，B，C”的顺序猜歌名. 其他合理答案均给分，17.【解析】（1）图为函教 f x 的图象关于点 1,2 中心付称，故y  f x12为夺函数， 从而有 f x12 f x120，即 f x1 f x14. f x1(x1)3 a(x1)2 bx1c x3 a3x2 2ab3xabc1， f 1x(1x)3a(1x)2 b1xcx3a3x2 2ab3xabc1. 2a60, a 3, 所以 解得 故abc3； 2a2b2c24, bc0, （2）法一：由（1）可知， f x x3 3x2 cxc, fx3x2 6xc,Δ3612c， 当c„ 3时， f x 为单调增函教， f 120， f  c2 c4 3c4 c3c…9c4 3c4 c3c6c4 c3c4c4   c4 c3   c4 c  0， 函数 f x 有且仅有一个零点； c 当3c0时， fx0有两个正根x  x ，满足x x 2,x x  0，且3x2 6x c0， 1 2 1 3 1 2 3 1 1 数 f x 在区间 ,x  上单调递增，在区间 x ,x  上单调递减，在区间 x , 上单调递增， 1 1 2 2 f x  x2 3x2 x 1 3x2 6x  2x  x2 3x 3  0, f 320， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 函数 f x 有且仅有一个零点； 当c0时， f x x3 3x2有两个零点 c 当c0时， fx0有两个根x 0 x ，满足x x 2,x x  0， 1 2 1 2 1 2 3 函数 f x 在区间 ,x  上单调递增，在区间 x ,x  上单调递减，在区间 x , 上单调递增， 1 1 2 2 f x  f 0c0, f x  f 120. 1 2 函致 f x 有且仅有三个零点； 综上，当c0时，函数 f x 有三个零点；当c0时，函数 f x 有两个零点；当c0时，函数 f x 有 一个零点 x33x2 法二：由（1）可知， f x x3 3x2 cxc, f 120，今 f x0，则c x1x3 3x2 可以转化为y c与y  两个这数图象交点的个数， x1 x33x2 2x  x2 3x3  今hx x1，则hx ， x1 (x1)2 故hx 在区间 ,0 上单调递减，在区间 0,1 上单调递增在区间 1, 上单调递增， x2x3 当x单调递增时，hx  x2,hx趁于;h00； x1 当x趋于1且比1小时，hx 趋于+∞：当x趋于1且比1大时，hx 趋于： x2x3 1 当x单调递增时，hx  x2,hx趋于. x1 2 所以，当c0时，有三个交点；当c0时，有两个交点；当c0时，有一个交点. 综上，当c0时，函数 f x 有三个零点；当c0时，函数 f x 有两个零点；当c0时，函数 f x 有 一个零点. 注意，如果是保留参数b，则答案为： 当b0时，函数 f x 有一个零点；当b0时，函数 f x 有两个零点；当b0时，函数 f x 有三个零 点. 18.【解析】（1）由2S a 3①，当n…2时，2S a 3②， n n n1 n1 1 ①-②得2a a a 0.a  a n…2， n n n1 n 3 n1 当n1时，2a a 3,a 1， 1 1 1 a n  是首项为1，公比为 1 3 的等比数列，故a n     1 3    n1  nN* ， 由b b 2n1③.由b 1 n n1 1 得b 2，又b b 2n3④. 2 n1 n2④-③得b b 2， n2 n b  的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列：所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列. n 得b 1n122n1,b 2n122n,b n  nN* . 2n1 2n n n1 综上：a  1 ,b n  nN* ；   n 3 n （2）（i）在a 和a 之间新入n个数c ,c ,L ,c ，使a ,c ,c ,L ,c ,a 成等差数列， n n1 n1 n2 nn n v1 n2 nn n1 n n1 1 1      设公差为d ，则 a a 3 3 2 ， v d  n1 n   n n21 n1 3nn1 1 n1 2k n n 2 n(n1) 2n 则c a kd     ,c     . nk n n 3 3n(n1) nk 3n1 3n(n1) 2 3v k1 1 2 n  T c c c L c c L c 2   L  ⑤ n 11 21 22 n1 n2 nn 3 32 3n  1  1 2 n  则 T 2   L  ⑥ 3 n 32 33 3n1   1 1 1    2 1 1 1 n   3 3n 3 n  2n3 ⑤-⑥得： T 2   L    2  1 ， 3 n 3 32 3v 3v1   1 1 3n1  3n1  3  （ii）由（1）a n     1 3    n1 ,b n n  nN* ，又T n  3 2  2 2 n   3n 3 ， 1 b 1 m a 2 m13m1 由已知 m  ， 2m3 m13m m1 2T 3 m m13m1 假设 是数量列 a  或 b  中的一项， m13m n n m13m1 不妨设 k  k 0,mN* ,k1m13k3m， m13m n1 因为m1…0,3m 0  mN* ，所以1k„ 3，而a  1 „ 1，   n 3m13m1 所以 不可能是数列 a  中的项. m13m n m13m1 假设 是 b  中的项，则kN*. m13m n m1 m1 m m1 2m3 当k  2时，有m13m，即 1，令 f m , f m1 f m   ， 3m 3m 3m1 3m 3m1 当m 1时， f 1 f 2 ；当m…2时， f(m1) f(m)0, f(1) f(2) f(3) f(4)L ，由 1 m1 f 10, f 2 知 1无解. 9 3m1 m13m1 当k 3时，有m10，即m 1.所以存在m 1使得 3是数列 b  中的第3项. m13m n 1 b 1 m a 故存在正整数m 1使得 m2 是数列 b  中的第3项. 2m3 n b 1 m 2T 3 m 19.【解析】（1）由定义可知，mxny 1与x2  y2 1相切，则圆C 的圆心 0,0 到直线mxny 1的 1 1 距离等于1，则d  1，叔m2 n2 1. m2 n2 （2）点Px ,y  不在直线族Ω:2a4x4y(a2)2 0aR 的任意一条直线上，所以无论a取何 0 0 值时， 2a4x 4y (a2)2 0无解. 0 0 将 2a4x 4y (a2)2 0整理成关于a的一元二次方程； 0 0 a2 2x 4a44y 4x 0. 0 0 0 x2 若该方程无解，则Δ2x 42 444y 4x 0，即y  0 . 0 0 0 0 4 x2  x2  x2 x x2 证明：在y  上任取一点Qx , 1 ,y  在该点处的切线斜率为k  1 ，于是可以得到y  在 4  1 4  4 2 4  x2  x x2 Qx , 1 点处的切线方程为：y  1 x 1 ，即2x x4yx2 0.  1 4  2 4 1 1 今直线族Ω:2a4x4y(a2)2 0中2a42x ，则直线为2x x4yx2 0， 1 1 1 所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线， (2a)2  而对任意aR,2a4x4y(a2)2 0那是抛物线在点2a, 处的切线. 4   x2 所以直线族Ω的包络曲线E为y  . 4 uuur uuur （3）法一：已知C0,1 ，设Ax ,y ,Bx ,y  ，则CAx ,y 1,CBx ,y 1 . 1 1 2 2 1 1 2 2 uuur x2 uuur x2 CA  1 1, CB  2 1. 4 4 x2 x x2 x2 由（2）知，y  在点Ax ,y  处的切线方程为y  1 x 1 ；同理y  在点Bx ,y  处的切线方 1 1 2 2 4 2 4 4 x x2 程为y  2 x 2 . 2 4  x x y  1 x 1,  uuur  2 4  x x x x   x x x x    P  1 2 , 1 2 ，所以CP  1 2 , 1 2 1 .  x x2  2 4   2 4  y  2 x 2  2 4 uuur uuur  x x   x x  x2  x2 x x x8x  x2  x x  因此CACP x   1 2    1 2 1  1 1 1  1 2  1 2 1 1 1 1 2 1 ， 1  2   4  4  4 4 16  4  4  uuur uuur  x2  x x  同理：CBCP 2 1 1 2 1 .  4  4   x2  x x   x x   x2  x x   x x  uuur uuur  1 1 1 2 1   1 2 1  uuur uuur  2 1 1 2 1   1 2 1  CACP  4  4   4  CBCP  4  4   4  所以 uuur uuur   uuur , uuur uuur   uuur ， CACP uuur  x2  CP CB CP uuur  x2  CP CP  1 1 CP  2 1 4 4     uuur uuur uuur uuur CACP CBCP 即 uuur uuur  uuur uuur ，所以PCAPCB成立. CACP CB CP 法二：过A,B分别作准线的垂线AA,BB，连接AP,BP. 1 2 因为k  y  x ,k  . PA xx A 2 A CA x A 显然k k 1. BA AC 又由抛物线定义得：AA AC，故PA为线段AC的中垂线，得到PA PC ，即PAAPCA.同理可知PBBPCB,PB PC， 所以PA PC  PB，即PABPBA. 则PAAPAB90oPBA90oPBB. 所以PCAPCB成立.