辽宁省大连市2024届高三年级上册双基测试数学试题（解析版）

辽宁省大连市2024届高三上学期双基测试数学试题

第I卷

一、单项选择题

人={1,2,3,4,5},8=[f="*]

1.已知集合L2J,则A3=()

A.{5}B.{2,4}C.{3,5}D.{1,3,5}

K答案工C

K解析X由题意4={1,2,3,4,5},5=1，—6^^,={%|%=2左+1,左6?4*},

所以AB={3,5}.

故选：C.

1-i,,

2.设复数z=——+4i,则z=()

l+i11

A.OB.1C.2D.3

(答案》D

K解析Xz=「+4i=+4i=—i+4i=3i,

l+i(l+i)(l-i)

/.|z|=3.

故选：D.

3.在ABC中，若AD=CD=—CA+XC3,则4=()

3

2112

A.—B.-C.—D.-----

3333

K答案1A

K解析X由AD="zD3，则A3=AD+D3=(Ll]Ar),则

\m)^m+1)

CD=CA+AD=CA+\-I^\AB=CA+\-I^\(CB-CA\

l机+1Jl根+1)

|ryi|

=------CA+------CB=-CA+2CBf

m+1m+13

11m2

故2,故人一.

m+13m+13

故选：A.

4.在财务审计中，我们可以用“本•福特定律”来检验数据是否造假.本福特定律指出，在一组

没有人为编造的自然生成的数据（均为正实数）中，首位非零的数字是19这九个事件不

是等可能的.具体来说，随机变量力是一组没有人为编造的首位非零数字，则

左+1

P（%=k）=lg，左=1,2」,9.则根据本・福特定律，首位非零数字是1与首位非零数字

k

是8的概率之比约为（）（保留至整数,参考数据：lg2=0.301,lg3=0.477）.

A.4B.6C.7D.8

K答案1B

K解析3由题思可得

1+1

--2

z1g坨

1-

1g一Ig2-0.301

81--

-8+9®6.

(z-21g3—31g2~2x0.477—3x0.301

81g8

故选：B.

5.已知曲线“。：（1（名2024卜2+。（喙2024）丁2=1表示焦点在,轴上的椭圆，，的一个充分

非必要条件是（）

A.0<a<bB.l<a<b

3

C.一<a<b7D.l<b<a

2

（答案XC

K解析工若C:（log.2024）f+（log*024）y2=i表示焦点在y轴上的椭圆,

iog“2024〉0a>l

则有〉

（log〃20240即,即

logfl2024>log,2024a<b

故A、D选项为既不充分也不必要条件，B选项为充要条件,

C选项为充分非必要条件，故C选项符合要求.

故选：C.

|log2x|,xe（0,2）

6.已知函数/（x）=<7T9若存在实数%々，%,为满足

sin（—x）,xe[2,10]

4'

/(石)=/(%2)=/(演)=/(丹)，且石＜々＜%＜与,则I."的值是()

।X］,

A.3B.6C.8D.12

K答案XA

K解析I当0＜xWl时，/(x)=-log2X单调递减，函数值集合为［0,+8),

当1WX＜2时，/(x)=log2X单调递增，函数值集合为［0,1),

7T

当2WxW10时，/(乃=5也(1%)在［2,6］上单调递减，函数值集合为［-1,1］,

在［6,10］上单调递增，函数值集合为［-1,1］,且函数Ax)在［2,10］上的图象关于直线1=6对

称，

令/(石)=/(%)=/(%)=/(%)=。，依题意，直线y与函数y=/(x)的图象有4个交

观察图象知，0</<1,0<为<1<々<2<%<4,8</<10，

于是马+%=12,-log2%=log2%,整理得=1，

X,+X,0

所以广一1=3.

•x2

故选：A

一、1,~.1O5,5,

7.设a=—,b=21nsin—Fcos—,c=—In—,贝。（）

4I88j44

A.a<b<cB.b<a<c

C.c<b<aD.a<c<b

K答案UB

K解析X/?=ln(sing+cosg)=ln(l+sin(),c=[l+；]ln[l+；J,

设/z(x)=x-sinx,xe(0,+co),则”(x)=l-cosxNO,

则/?(x)在(0,+s)上单调递增，则〃(%)>丸(0)=0,则尤〉sinx在(0,+“)上恒成立，则

1.1.1

—>sin—,即nna>sin—,

444

设g(x)=x-ln(x+l),xe(0,+a),

i

则g'(x)=l-1石r=云>0在(O,+8)上恒成立，

则g(%)>g(o)=o,则x>ln(x+l)在(0,+8)上恒成立，

..1.1).11.

☆x=sm—，则ln|l+sm-|<sm—<一,则na>〃，

4I4J44

设〃x)=g+l)-17r-(x)=17rE=E〉°在仅』上恒成立‘

则/(%)在(0』上单调递增，则/(x)>/(o)=o,即ln(x+l)>上在(0,1]上恒成立,

X+1

令x=一,则In—>一,则一In—>一,即。>"，故c>a>Z?,

445444

故选：B.

8.已知函数/(%)=081。m+灰050>口(。>。)满足下列条件：①对任意VXGR,/(X)

门、「34]/厂\

<f-恒成立；②/(%)在区间上是单调函数；③经过点色,也可的任意一条直

|_77J

线与函数y=/(x)图像都有交点，则。的取值范围是()

A.(0,1]u3TB.(0,l)o3,y

「3一

C.(0,l]o[3,5]D.(0,1)u-,5

k答案XA

2兀9

K解析X方法一：由函数=asinmIX+Z?COSG7W(G>0)可知函数周期是——=—,

0)71CD

因为①对任意VxeR"(x)W恒成，所以函数的一条对称轴是A,，

113

—+mx——<—

「34一

又因为/(%)在区间是单调函数，所以<40)7

1/n14

—+(m+1)x—>—

4''m7

所以一1<机《2,〃262,所以加为0或1.

2g28

当根=0时，0<GV——；当根=1时，——<a)<—,

959

由已知得了(%)111ax=1片+炉,

因为经过点(反缶)的任意一条直线与函数y=f(x)图像都有交点,

所以荷+/2Md所以网咖•

因为①对任意VxeR,/(x)W恒成立，

\47

(①717.①兀、

所以g兀1cos------psin——=0.

I44)

LL,,6971a./CD71,

所以tan——=—,-l<tan——<1,

4b4

L八，28…28,,564=八即,兀-3兀/师，7兀

由0<GV—或—«。<—,得0<—V—或—<—<—，

95944449

28

所以0v口<1或3V@V——.

9

______(b(兀、、

方法二：/(%)=+Z?2sin(6y7ix+^),tan0=一,0£0,—,

171口门697171

由①可知:(DTIX—+0=—+mu,即0=------------F—+eZ)(*)

4242

由②可知：(G7ix+o)e一刃兀+O，—G兀+9

34

因为函数在上是单调函数，

L77J

34兀兀

所以一①兀+。,一〃>兀+0鼠——+左兀,一+左兀，(左EZ),

3、兀7、2828〃、

亍丽+02—^+%兀a>>--—+—（K-m）

4n28、

-CDTt+（p<—+kn,将（*）带入化简可得：《Z7,-m）€Z,

72

Q<co<l

-T>-

27

2856

所以

由已知得了（幻1_=）,+/,

因为经过点（b,缶）的任意一条直线与函数y=f（x）图像都有交点,

所以心+/卜色,所以网训.

因为①对任意VxeR,/（x）W恒成立,

LL,I（G兀7.①兀）C

所以/1—1=a）7i\acos-^--bsm—^-\=0.

〜,am,a,am,

所以tan——=—,-1<tan——<1,

4b4

」八，28328,,56,口八即，兀一3兀,师，7兀

由一或一<co<一,得0<——V—或一<——<——，

95944449

28

所以0VG<1或—.

9

二、多项选择题

9.在乙45。中，角A,JB,C的对边分别是a/,c,若〃cos5+bsinA=c,

a-2\^10,a1+b2-c2=absinC,则（）

71

A.tanC=2B.A=—

c.b=6&D.&4BC的面积为12加

［答案1AC

（解析1由余弦定理可得/+"-02=2aZ?cosC=absinC，解得tanC=2,故A正确;

由acosB+Z?sinA=c及正弦定理，可得sinAcosB+sinBsinA=sinC=sin（A+B）,

化简可得sinBsinA=cosAsinB.

因为5£（0,兀），所以sin5>0,所以sinA=cosA,BPtanA=l.

因为人£（0,兀），所以A=:,故B错误；

因为tanC=2,所以cosC>0且sinC=2cosC,代入si/C+cos2c=1，

可得5cos2。=1，解得cosC=sinC=.

55

因为〃=2^/10，A=7，sinC=2y，

45

.「2瓦x毡

/7S1D(《

所以由正弦定理可得c=丝一匕=----1—=8,

sinAV2

F

由/+/_c?=absinC-可得(2+b2-S2=2回bx半,

化简可得/一4后一24=0，解得。=6拒或人=—2后(舍)，故C正确；

SAABC=g/?csinA=；X6A/^X8X^^=24.

故选:AC.

10.如图，在棱长为1的正方体ABC。—A4GR中，M、N、P分别是GA、CC、AA的中

点，贝U()

A.平面AMN截正方体所得截面为等腰梯形

B.三棱锥2-MNB的体积为《

C.异面直线"N与2P所成角的余弦值为巫

10

D.\DLBM

（答案1ACD

k解析X对于A，在正方体中，因为M,N分别为中点，所以MVD.C,在

正方体中，AXBDXC,所以MVAXB,

又因为|MA|=|NB卜等，所以平面AMN截正方体所得截面为等腰梯形，A正确；

对于3，VDi_MNB==-x|BC|xS语=axlxKXjXj==,B错误；

JJ乙乙乙l-

对于C,因为MND]C,所以异面直线MN与QP所成角即为直线2C与2P所成角，

23

BT+（^）-fT

设所成角为。，则-。|2=12J___________&=®，c正

212Pme|2x@x010

2

确；

对于D，在正方体中易知4。1平面ABCXD},u平面A3GD,所以正

确.

故选：ACD

11.已知A,B,。三个盒子，其中A盒子内装有2个红球，1个黄球和1个白球；B盒子

内装有2个红球，1个白球；。盒子内装有3个红球，2个黄球.若第一次先从A盒子内随机

抽取1个球，若取出的球是红球放入A盒子中；若取出的球是黄球放入B盒子中；若取出的

球是白球放入。盒子中，第二次从第一次放入盒子中任取一个球，则下列说法正确的是

（）

A.在第一次抽到黄球的条件下，第二次抽到红球的概率为g

B.第二次抽到红球的概率为:

C.如果第二次抽到的是红球，则它来自3号盒子的概率最大

D.如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有150

种

[答案』AD

（解析』记第一次抽到红、黄、白球的事件分别为A，4,A3,则有p（a）=；,

P（4）=P（A）=；,对于A,在第一次抽到黄球的条件下，则黄球放入8盒子内，

因此第二次抽到红球的概率为尸=2=',A正确；

42

记第二次在第A,B,。号盒内抽到红球的事件分别为G（'=1，2,3）,而A，4,4两两

互斥，和为o,p©4）=g，PGI4）=；，「（G|A）=g，

记第二次抽到红球的事件为c,

p(c)=Ep(ac)=E[p(A)p(GA)]=mg+；xg+；x：=1B不正确;

若取出的球是红球放入A盒子中，若取出的球是黄球放入B盒子中，若取出的球是白球放入

。盒子中，第二次从第一次放入盒子中任取一个球,

11

=

]_2J2/p(c)1T4

22

11

—x—

421

14

2

即第二次抽到的是红球，则它来自A盒子的概率最大，C不正确;

把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是种,

将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有A；种不同放法,

由分步乘法计数原理得不同的方法种数是A；=150种，D正确.

故选：AD.

12.已知椭圆E:工+二=1左焦点左顶点C,经过歹直线/交椭圆于A,8两点（点

43

A在第一象限），则下列说法正确的是（）

A.若AF=2FB，贝卜的斜率左="

'2

27

B.|人司+4忸石的最小值为?

C.以A尸为直径的圆与圆公+9=4相切

9

D.若直线AC/C的斜率为尢&,则

［答案』BCD

［解析X易知：耳（-1,0）,乙（1,0）,对于A,若纯=24B,显然直线4的斜率存在且大

于0,

x=my—1

设直线4：X=7盯一1,A（七,凶）,5（42，%），联立椭圆方程’尤2y2,

［43

化简整理得（3疗+4）/一6冲一9=0,显然△＞（）,%+%=—"一，%y,=—三—

'73m+43m+4

又A耳=（一1一七,一%）,耳3=（尤2+1,%），故％=-2%,

6m

3m+4

-994J?

由＜%%=一,，解得m2==，又左＞0,故左=型，A错误;

3m+452

%=-2%

对于B,由点A在x轴的上方，显然%＞。,％＜。，

1111

---1---=------%一X

|A耳I忸制V1W-+m2.%Vl+m2-y-y

J1l2

F-----------;------------n12（l+m2）

,［（%+%）-4%%13病+4_4

2

A/1+m-yx-y29（1+病）3

3m2+4

/

31］、

故巧+4囱+

丽（I*+4阿I）

27

T

幽

当且仅当即|A£|=2忸周时取等，B正确;

防’

石—1Al

对于C,设4(%,%),A耳的中点为尸，则P2，2J

又QP卜=四,

11V442

由椭圆定义知：L竺/+L竺11=2,

22

即|。尸|=2—L用，又必+丁2=4的圆心为0(0,0),半径为2,

故以A耳(A尸)为直径的圆与圆/+/=4相切，c正确;

6m-9-8-12m2+4

对于D,y,+y=-3----，%%=——5-----,X|+X,=——3---,X,X=------3----

1223m2+4123m2+4飞'3m2+41223m2+4

—9

疗

k.k=______________=________些_______________3+4________=_9

ACBC—12后+4-8JZ

+2）（%,+2）%；x2+2（%j+X2）+4

——5------+2,-5—+4

3/77~+43/n2+4

D正确.

故选：BCD.

第n卷

三、填空题

13.如图所示是一个样本容量为100的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其60%分

位数为.

k解析』由图可知第一组的频率为0.04x5=0.2<0.6,前两组的频率之和为

0.04x5+0.1x5=0.7>0.6,则可知其60%分位数在［10,15）内，设为无，

则Qlx(x—10)=0.6—02,解得％=14.

故K答案U为：14

14,十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性

思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间［0』均分为三段，去

（12、「1］「2一

掉中间的区间段,记为第一次操作：再将剩下的两个区间0,-,-,1分别均分为

三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：…，如此这样，每次在上一次操作的基

础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进

行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于

1QO1

——,则操作的次数n的最大值为_________.

2024

（参考数据：20.1975,（：）土0.1317,（g）土0.0878,（：）«0.0585）

（答案X5

（解析汨己见表示第〃次去掉的长度，q=g,第2次操作，去掉的线段长为g=

第〃次操作，去掉的线段长度为4=（,

•••S”

由［g］土0.1317,1g］土0.0878,二〃的最大值为5.

故［答案］为：5

15.己知A（3,0）,若点尸是抛物线V=8x上的任意一点，点。是圆（％—2『+y2=i上任

意一点，则需最小值是-

《答案］473-4

K解析工由题意得抛物线V=8%的焦点为b(2,0),准线方程为x=-2.

又点P是抛物线上一点，点。是圆(％—2『+V=1上任意一点，

・••|PQLx=|附+1，

22

.\PA\yIPA|

,,\PQ\-|PF|+r

令f=|PE|+l,点尸的坐标为(Xp,%),

则与=|PF|—2=/—3,

|PA「=—3t+yj=(马一3)~+8Xp=(?—3—3)"+8(?-3)=Z2—4?+12,

|PAI2r-4z+1212,cI12.“厂”,,,12

,=----------------=t+——4>2.t-------4=4。3—4,当且仅当/=一,即

|PF|+1tt\tt

♦=26时等号成立.

•••哈那的最小值为473-4.

故［答案］为4白-4.

16.如图所示，在圆锥内放入两个球。|,。2,它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，

切点圆分别为（G，一02•这两个球都与平面a相切,切点分别为耳，巴，丹德林（G.Dandelin）

利用这个模型证明了平面a与圆锥侧面的交线为椭圆，耳,工为此椭圆的两个焦点，这两个

球也称为G.Dandelin双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为30，^G，CC2的半径分别为2,

5,点M为IC?上的一个定点，点P为椭圆上的一个动点，则从点P沿圆锥表面到达M的

路线长与线段PF］的长之和的最小值是.

K答案16

k解析》在椭圆上任取一点尸，连接VP交球。।于点Q，交球。2于点A，

连接0IQQIF［,P0I，PFI，C）2R,在卜0产［与PQ中有:

0笈=。山，（可为圆C1的半径，弓为圆。2的半径，），

NO0=NO£P=9O,

为公共边，所以一。/£与QPQ,所以P£=PQ,

设点P沿圆锥表面到达M的路线长为d,

则卢用+d=\P(^+d>\P^+\PF\=\QP\,

当且仅当P为直线与椭圆交点时取等号,

0R=U="2_

»一sin30一，一，所以最小值为6.

2

故K答案X为：6.

四、解答题

71

17.已知函数〃x)=sin(2x+0)+cos2x,其中网<—

2

请从以下二个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题:

①一展是/(X)的一个零点；②/(0)=/71

(1)求9的值;

兀兀/\

(2)当xe时，若曲线y=/(x)与直线>=机恰有一个公共点，求加的取值范

围.

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.

解：(1)选条件①

2

._...717C，兀兀兀LLtt兀兀兀

因为——<(p<一,所以----<(p——<一.所以9——二——.所以夕=——.

22363636

选条件②.

由题设sin。+cos。=sin—+。+cos——.

2兀2兀1swl=fcos^-lsin^l

sin°+l=sin-coscp+cos—sin-+

|cos^-2sin展#，sin9cos[-cos谡吟=-亨,

M^sinL--^=-—

I6)2

.—.,7171LL,，兀兀7CLLrt兀兀LL,兀

因为—<夕<一,所以----<(p—<一・所以0—=—.所以夕二—.

22363636

(2)由(1)f(x)=sinf2%-—+cos2x=—sin2x+—cos2x=sinf2x+

'，I6)22I6

“c兀兀J35兀71

令%=21+———<t<——

6\66

7T7T7T57C

所以y=sin/在-9—单调递增，在三，,单调递减,

于是，当且仅当2%+弓=1,即％=巳时，/(九)取得最大值1；

当且仅当2x+g=—g即x=—2时，/(%)取得最小值—上

6662

又2X+4=2,即X=2E时,

663

11｝一)

所以加取值范围是一kIk

18.如图，多面体A6CDM0,四边形O8MN是矩形，梯形人5皿,人。//3。,9，平

(1)证明：AN//平面MQE；

(2)求平面MNC和平面所成角的余弦值.

(1)证明：连接6N交DM与于点。，连接0E,

四边形是矩形，，点。是线段而中点，

点E是AB中点，.,.(?£//AN,

OEu平面MDE,AN<Z平面MDE,

：.AN//平面MDE.

Ni

M

jr

(2)解：AD//BC,NCBD=—,:.DALDB,

2

DN_L平面ABCD,DA,DB<=平面ABCD,DN±DA,DN±DB,

，DN,DA,D3三条直线两两互相垂直,

以。为原点，以D4,DN为苍yz轴正方向建立空间直角坐标系,

所以以（0,2,2）,N（0,0,2）,A（2,0,0）,C（—1,2,0）,

UUUULUUL

设平面MNA的一个法向量为m=(x,y,z),NM=(0,2,0),M4=(2,0,-2),

m-NA-0[2x-2z=0/、

，•.・<,„,令％=1,则根=(1,0,1),

m-NM=0[2y=0

设平面MNC的一个法向量为n=(a,b,c),NM=(0,2,0),MC=(-1,0,-2),

n-MC=Q—ci—2c=0

28=0'令"2,则〃=（2，。，-1），

n-NM-0

设平面MNC与平面〃人入所成角为e,

则3。=卜双私以m=-而n\=M1=%

■■■平面MNC与平面肱VA所成角的余弦值为亚.

10

a“T,n为奇数

已知数列｛〃/满足：”62）设2=%1.

19.ax=1,alf

n+\2a“#为偶数

（1）证明：数列｛2―2｝为等比数列，并求出｛2｝的通项公式;

（2）求数列｛%｝的前2〃项和邑〃.

解：（1）由题意可知：伪=%=1,

b“+i=a2n+i=2«2„=2（%1-1）=2a2"T-2=纥,一2,

故%-2=2（2-2）,4-2=-1。0,•也-2。0,

故｛勿-2｝是以-1为首项，2为公比的等比数列,

且么—2=-2"-1,〃eN*,故〃=—2"T+2,〃eN*；

（2）由（1）知，句=—2"T+2,〃eN*,即4,i=—2"T+2,"eN*,

a―1,n—2k—]/*、*

由题意知：4+i=<（左eN）,故%,=a2“T—L〃eN,

7

2ati,n=2k、

+〃21246+

故数列｛%｝的前2〃项和S2n=（4+/+%+九-）+（〃+。+。+%〃）

=2（q+/+%++。2〃-1）一九

=2[-（2°+21+22++2〃T）+2〃]-〃

1-2n

=—2x-------+3〃=—2叫2+3〃.

1-2

20.某农场2021年在3000亩大山里投放一大批鸡苗，鸡苗成年后又自行繁育，今年为了估

计山里成年鸡的数量N,从山里随机捕获400只成年鸡，并给这些鸡做上标识，然后再放

养到大山里，过一段时间后，从大山里捕获1000只成年鸡，X表示捕获的有标识的成年鸡

的数目.

（1）若N=10000,求X的数学期望；

（2）已知捕获的1000只成年鸡中有20只有标识，试求N的估计值（以使得尸（X=20）最

大的N的值作为N的估计值）.

解：（1）以X服从超几何分布，且N=10000,/=400,

400

故E(X)=1000x=40.

10000

「200980

(2)当N<1380时,P(X=20)=0；当NN138O时,P(X=20)=J。演。。4

「200980

J。。•^N+1-400

谓心。。“(N+l)「1000(7V+1-1OOO)(7V+1-400)

令〃N）=11n^N+l

「20「980

500•LN_400(N+1)(N+1-400-980)

pl000

解-1398N+999x399

N?—1378N—1379

N~—1398N+999x399>N2—1378N-1379,/.N<19999,

当1380<N<19999时，/（N）W/（N+1）；当NN20000时，/（N）>/（N+1）,

所以当N=19999或20000时，/（N）最大，所以N的值为19999或20000.

21.已知抛物线G:f=2py（p>0）经过点（2,1）,经过点（0,2）的直线/与抛物线G交

A3两点，过A3两点作抛物线G的切线相交于点P,。为线段AB（A3两点除外）

上一动点，直线与抛物线G交两点.

（1）若，上钻的的面积为12JL求直线/方程;

（2）求证:

|明\DQ[

（1）解：已知抛物线6:必=2py（p>0）经过点（2,1）,所以抛物线6:必=4'

设，由题意可知直线AB斜率存在，设直线AB方程y=kx+2,

x2=4y

联立方程组｛',可得好―4依-8=0，

y=kx+2

2

所以A=16k+32〉0,%+%=4k,xtx2=-8,

所以弦长|AB卜J1+左2忖—々|=41+左2J1612+32,

y'=gx,所以切线AP方程：y-y=；玉（工一xj,即y=；X]X—：x：①,

11,

同理可得切线3P方程：丁=5X2%一^芍②，

112

联立①和②方程组《；:,解得:x=h1^=2k,y=-2,所以P（2人2）,

y=-x2x--%2

4+2左2

又因为点P到直线AB距离d=1.1

W2+32XI4+^-4（2+3

所以^APAB（2+左2）5=1273,

y/l+k2'

可得左2=1，即左=±1,所以直线AB方程为丁=土％+2.

（2）证明：方法一：设Q（毛,%）,（7（七,%），0（为4，%），

设PC=ACQ,PD=（彳#一1,〃片-1）,

2k+AXQ

+几

所以（七一2人,为+2）=几（不一七,为一为），所以‘1

-2+2y0

1+2

代入抛物线方程得：（2k+4%）2=4（l+2）（-2+2y0）,

化简得（x；—4yo）外+（4A%o—4yo+8）4+4k~+8=0,

同理（入：—4诩）〃~+（4Ax。一4y0+8）〃+4左2+8=0,

即4〃是方程（需一4%卜2+（4^0—4%）+8）尤+4左2+8=0的两根，

因为点Q（无o，%）在直线AB上，即4&0-4%+8=0,

所以方程化为（片—4%）龙2+442+8=o,可得2+〃=。，

\PC\\PD\

\CQ\\DQ\P

方法一■:设Q（九°,丁。）,。（七,%），。（“4，%），

由题意知直线尸。的斜率存在，设直线P。方程为：y+2=m（x-2k）,（m^k）,

fx2=4y

联立方程组1/c7\，可得了2—4/nx+8痴+8=0，

y+2=myx-2k）

2

A=16m-4（8初2+8）＞0,毛+x4=4m,=8初z+8,

因为1Pq=，1+加2|2/一%3|抄。|=，1+苏,4_引,

22

\PD\=y/l+m|2A:-X4|,|CQ|=11+m|x3-x0|,

因为（24一%乂%-%4）＞0,（2左一%J（%3-%0）＞0,

所以I尸CIIQ2I—I尸DIICQI

2222

=^/1+m12-x31xy/l+m1x4-1-y/l+m12Z:-x41xV1+