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吉林东北师范大学附属中学2026届高三下学期5月学情自测数学试题
1．已知，则（　　）
A． B． C． D．
2．命题“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
3．已知，，且，则（　　）
A．4 B．1 C． D．
4．已知一组数据：4，6，a，10，12的平均数为8，则该组数据的第40百分位数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
5．已知双曲线的渐近线方程为，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
6．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
7．已知圆柱和圆锥的高均为3，侧面积之比为，底面半径之比为，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
8．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（　　）
A．为奇函数 B．为偶函数
C．的最小正周期为4 D．在上单调递增
9．若，，表示不同的平面，l表示直线，则下列条件能得出的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
10．将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．在上只有一个零点
C．在上单调递增
D．点是图象的一个对称中心
11．已知椭圆，，分别是椭圆C的左右焦点，O是坐标原点，P是椭圆C上任意一点，点，则下列结论正确的有（　　）
A．的周长为6
B．的面积为时，
C．周长的最小值是
D．面积的最大值为
12．记为等差数列的前n项和，若，，则　 　．
13．设直线与圆交于，两点，若，则实数的值为　 　．
14．在的方格表中填入1或2，每个方格中恰好填入一个数，若方格表中每行每列的数字之和均为6，则不同的填法种数为　 　．
15．在中，角的对边分别为，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，，求的面积．
16．袋中装有4个红球和2个黑球，第一次随机取出1个小球，若是红球则放回，否则不放回.
（1）第二次随机取出1个小球，求两次取出的球颜色相同的概率；
（2）第二次随机取出2个小球，记两次取出红球的个数为，求的概率分布列及数学期望.
17．如图，四棱锥中，底面ABCD为梯形，，，，．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
18．已知函数．
（1）若，判断的单调性；
（2）若有唯一零点，求a的取值范围；
（3）若，且，证明：．
19．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于点，且．
（1）求抛物线E的方程；
（2）过F作两条互相垂直的直线，，这两条直线与抛物线E分别交于点，和，，其中点，在第一象限．
（ⅰ）设，分别为，的中点，H为直线与直线的交点，求面积的最小值；
（ⅱ）过F作x轴的垂线，分别交，于，两点，判断是否存在以为直径的圆与y轴相切？如果存在，求出该圆的方程，如果不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A
【分析】根据复数的乘法运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】全称量词命题；命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，”为全称量词命题，
其否定为：，.
故答案为：D
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得，解得，
，.
故答案为：C
【分析】根据模长公式，结合数量积的运算律求解即可.
4．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
将数据按升序排列可得，
因为为整数，
所以该组数据的第40百分位数为.
故答案为：B
【分析】根据平均数求出，再利用百分位数的求解方式求解.
5．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意得，则.
故答案为：D
【分析】由计算即可.
6．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：已知，且，代入得： ，
解方程：，整理得，即，
分子分母同除以，得： ，
代入得 .
故答案为：B
【分析】由正切和角公式求得，再由求解.
7．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥、圆柱的底面半径为，，则圆锥的母线长为，
则圆锥、圆柱的侧面积分别为、，
则，得，则圆锥的体积为.
故答案为：C
【分析】设圆锥、圆柱的底面半径分别为，，再由侧面积之比为 ，得到，再根据圆锥的体积公式求解.
8．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以，
将替换为，则有①，
因为为奇函数，所以，
将替换为，则有，
再将替换为，则有②，
将替换为，则有③，
结合①③得④，
结合②④得，因此为偶函数，选项A错误，B正确；
因为，结合偶函数，将替换为得，
则，即2为的周期，选项C错误，
对于D选项，如满足偶函数且周期为2，
但不满足在上单调递增.
故答案为：B
【分析】根据题意可得，，然后可得，则为偶函数即可判断AB；，则的最小正周期为，据此可判断C；再举例可判断D．
9．【答案】A,B,C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：根据面面垂直的判定定理，，，推出，正确.
已知，由线面平行的性质，可得内存在直线满足；
又，因此，结合面面垂直判定可得，正确.
已知，，由面面平行的性质，推出，正确.
若，，则与可以平行，也可以相交，且相交时不一定垂直，无法推出，错误.
故答案为：ABC
【分析】由面面垂直的判定定理及推论，逐项判断即可.
10．【答案】B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，
可以得到，再将所得图象向右平移个单位长度，
可得到函数的图象．
对于A选项，函数的最小正周期为，A选项错误；
对于B选项，，，解得，
只有一个零点，B选项正确；
对于C选项，，，而在上不单调，
故在上并不单调，C选项错误；
对于D选项，，D选项正确．
故答案为：BD.
【分析】由三角函数的变换可得，再利用正弦型函数的相关性质逐项判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意得，，故的周长为，故A正确，
当的面积为时，有，即，故B错误，
周长为，
当三点共线，在之间时的周长最小，此时，
故周长的最小值为，故C正确，
直线的方程为，即，
设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，
联立，得，
则，解得，
当时，直线与椭圆切点到直线的距离最大，即，
故面积的最大值为，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】对于A，根据椭圆的定义即可求解；对于B，由即可求解；对于C，根据椭圆的定义可得即可求最值；对于D，利用切线求点到直线的距离最大值即可.
12．【答案】70
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的首项为 ，公差为，通项公式为，
由，得：①
由，得：②
联立解得，，
.
故答案为：
【分析】由等差数列基本量的运算求得，，再根据前项和公式求解.
13．【答案】
【知识点】圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：可化为，
则圆心，半径为，且，即.
圆心到直线的距离.
由垂径定理得，，即，整理得，
解得，此时满足条件，
实数的值为.
故答案为：
【分析】根据圆的弦长公式求解即可.
14．【答案】90
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一行有6种填法，第二行也有6种填法，其中一种填法与第一行完全相同，此时第三行和第四行的数字唯一确定；
如果第二中的数与第一行中的数字完全相反，则第三行有6种填法，第四行由第三行完全确定；
第二行剩下4种填法都是有两个位置与第一行相同，
另外两个位置与第一行相反，此时第三行和第四行有2种填法，故总的填法数为．
故答案为：90
【分析】利用排列、结合分步计数原理求解即可.
15．【答案】（1）解：因为，所以由正弦定理得，
整理得：，
因为，所以，故，
因为，所以．
（2）解：由余弦定理，得，即，
整理得，又，，
所以，所以，
故的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再利用三角恒等变形化简可得，进而可求角A ；
（2）利用余弦定理可得，再由即可求解.
（1）因为，所以由正弦定理得，
整理得：，
因为，所以，故，
因为，所以．
（2）由余弦定理，得，即，
整理得，又，，
所以，所以，
故的面积为．
16．【答案】（1）解：设｛第一次抽取红球｝，｛第二次抽取红球｝，｛第一次抽取黑球｝，｛第二次抽取黑球｝，
则，，，，
所以两次取出球的颜色相同的概率
.
（2）解：由题意可得随机变量的可能取值为，
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个黑球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取一个黑球和一个红球，
则；
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取一个黑球和一个红球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取两个红球，
则；
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个红球，
则；
可得的分布列如下：
所以.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）设｛第一次抽取红球｝，｛第二次抽取红球｝，｛第一次抽取黑球｝，｛第二次抽取黑球｝，再利用全概率公式求解；
（2）由题意可得随机变量的可能取值为，再计算出对应概率，列出分布列并计算期望即可.
（1）设｛第一次抽取红球｝，｛第二次抽取红球｝，｛第一次抽取黑球｝，｛第二次抽取黑球｝，
则，，，，
所以两次取出球的颜色相同的概率
.
（2）由题意可得随机变量的可能取值为，
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个黑球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取一个黑球和一个红球，
则；
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取一个黑球和一个红球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取两个红球，
则；
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个红球，
则；
可得的分布列如下：
所以.
17．【答案】（1）证明：取AD中点M，连PM，CM，，，ABCM为平行四边形，
所以，因为，所以，又，所以，
又，平面PCM，
所以平面PCM，又平面PCM，
所以．
（2）解：取MC中点O，连PO，取AB中点N，连ON，因为，M为AD中点，所以，由(1)可知，所以，
又因为，所以，，，
因为平面PCM，所以，又因为平面，所以平面.
以O为坐标原点，建系如图，
则，，，，
，，，
设平面PAC的一个法向量为，
则，
令，则，，，
设平面PCD的一个法向量为，
则，令，则，，
，
设二面角的大小为，则
，
，
所以二面角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取AD中点M，连PM，CM，先证明平面PCM，再由线面垂直的性质可得；
（2）取MC中点O，连PO，取AB中点N，连ON，先证平面，再以O为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面PAC和平面PCD的一个法向量，再计算二面角的正弦值即可.
（1）略
（2）取MC中点O，连PO，取AB中点N，连ON，因为，M为AD中点，所以，由(1)可知，所以，
又因为，所以，，，
因为平面PCM，所以，又因为平面，所以平面.
以O为坐标原点，建系如图，
则，，，，
，，，
设平面PAC的一个法向量为，
则，
令，则，，，
设平面PCD的一个法向量为，
则，令，则，，
，
设二面角的大小为，则
，
，
所以二面角的正弦值为．
18．【答案】（1）解：由题意，定义域为，，
所以在上单调递增．
（2）解：定义域为，，
设
①若，则，，在上单调递增．又，有唯一零点，符合题意；
②若，则，，，在上单调递增．又，有唯一零点，符合题意；
③若，令，，，
当，，，单调递增，
当，，，单调递减，
当，，，单调递增．
又，，，
，
设，，
，
由（1）知在上是增函数，
时，，所以，
所以，
所以在单调递增，
，
即，由零点存在定理可知，使得，不合题意．
综上，．
（3）证明：因为，且，所以，，
令，则，所以，，，，
所以，
要证，只需证，即证，即证，
即证，
由（1）知单调递增，
所以当时，，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数确定函数单调性即可；
（2）分情况讨论函数的单调性，结合函数的零点即可得到 a的取值范围 ；
（3）由，则，令，则，进而得到，再结合（1）中函数的单调性即可证明．
（1）由题意，定义域为，，
所以在上单调递增．
（2）定义域为，，
设
①若，则，，在上单调递增．又，有唯一零点，符合题意；
②若，则，，，在上单调递增．又，有唯一零点，符合题意；
③若，令，，，
当，，，单调递增，
当，，，单调递减，
当，，，单调递增．
又，，，
，
设，，
，
由（1）知在上是增函数，
时，，所以，
所以，
所以在单调递增，
，
即，由零点存在定理可知，使得，不合题意．
综上，．
（3）因为，且，所以，，
令，则，所以，，，，
所以，
要证，只需证，即证，即证，
即证，
由（1）知单调递增，
所以当时，，
所以．
19．【答案】（1）解：依题意，设，由抛物线的定义得，解得：，
因为在抛物线上，所以，所以，
解得：，故抛物线E的方程为．
（2）解：抛物线方程为，焦点坐标为，
当的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
当的斜率不存在时，的斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设，则，不妨设，
，，，，
由，消去x得，
，，．
（ⅰ）连接，，，取的中点，连接，，，
又，分别为，的中点，所以，，
所以，，
所以的面积，
故，
又，同理，
所以，
当且仅当时，等号成立．
所以面积的最小值为2．
（ⅱ）不存在，理由：由题意可知，
又，，所以AC的直线方程可化为：，
又，故可得，
同理可得直线BD的方程为，
又，故，
又，所以可得，
可得，所以可得PQ的中点恒为F，
以PQ为直径的圆与y轴相切等价于，
若，则，所以，
又，所以，故，
整理可得，即，
因为，故，所以．
又，故可得．
代入方程可得，，，
故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切．
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）依题意，设，再根据抛物线的定义列方程求解即可；
（2）（i）连接，，，取的中点，连接，，，由三角形中位线性质得，，转化的面积为四边形的面积，进而可得，再利用基本不等式可得；
（ii）先求得、，继而得到的中点恒为，再根据圆与轴相切的条件列方程，由方程无解得不存在．
（1）依题意，设，由抛物线的定义得，解得：，
因为在抛物线上，所以，所以，
解得：，故抛物线E的方程为．
（2）抛物线方程为，焦点坐标为，
当的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
当的斜率不存在时，的斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设，则，不妨设，
，，，，
由，消去x得，
，，．
（ⅰ）连接，，，取的中点，连接，，，
又，分别为，的中点，所以，，
所以，，
所以的面积，
故，
又，同理，
所以，
当且仅当时，等号成立．
所以面积的最小值为2．
（ⅱ）略
1 / 1吉林东北师范大学附属中学2026届高三下学期5月学情自测数学试题
1．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：A
【分析】根据复数的乘法运算求解即可.
2．命题“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】全称量词命题；命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，”为全称量词命题，
其否定为：，.
故答案为：D
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可.
3．已知，，且，则（　　）
A．4 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得，解得，
，.
故答案为：C
【分析】根据模长公式，结合数量积的运算律求解即可.
4．已知一组数据：4，6，a，10，12的平均数为8，则该组数据的第40百分位数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
将数据按升序排列可得，
因为为整数，
所以该组数据的第40百分位数为.
故答案为：B
【分析】根据平均数求出，再利用百分位数的求解方式求解.
5．已知双曲线的渐近线方程为，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意得，则.
故答案为：D
【分析】由计算即可.
6．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：已知，且，代入得： ，
解方程：，整理得，即，
分子分母同除以，得： ，
代入得 .
故答案为：B
【分析】由正切和角公式求得，再由求解.
7．已知圆柱和圆锥的高均为3，侧面积之比为，底面半径之比为，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥、圆柱的底面半径为，，则圆锥的母线长为，
则圆锥、圆柱的侧面积分别为、，
则，得，则圆锥的体积为.
故答案为：C
【分析】设圆锥、圆柱的底面半径分别为，，再由侧面积之比为 ，得到，再根据圆锥的体积公式求解.
8．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（　　）
A．为奇函数 B．为偶函数
C．的最小正周期为4 D．在上单调递增
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为为偶函数，所以，
将替换为，则有①，
因为为奇函数，所以，
将替换为，则有，
再将替换为，则有②，
将替换为，则有③，
结合①③得④，
结合②④得，因此为偶函数，选项A错误，B正确；
因为，结合偶函数，将替换为得，
则，即2为的周期，选项C错误，
对于D选项，如满足偶函数且周期为2，
但不满足在上单调递增.
故答案为：B
【分析】根据题意可得，，然后可得，则为偶函数即可判断AB；，则的最小正周期为，据此可判断C；再举例可判断D．
9．若，，表示不同的平面，l表示直线，则下列条件能得出的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A,B,C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：根据面面垂直的判定定理，，，推出，正确.
已知，由线面平行的性质，可得内存在直线满足；
又，因此，结合面面垂直判定可得，正确.
已知，，由面面平行的性质，推出，正确.
若，，则与可以平行，也可以相交，且相交时不一定垂直，无法推出，错误.
故答案为：ABC
【分析】由面面垂直的判定定理及推论，逐项判断即可.
10．将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论中正确的是（　　）
A．的最小正周期为
B．在上只有一个零点
C．在上单调递增
D．点是图象的一个对称中心
【答案】B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，
可以得到，再将所得图象向右平移个单位长度，
可得到函数的图象．
对于A选项，函数的最小正周期为，A选项错误；
对于B选项，，，解得，
只有一个零点，B选项正确；
对于C选项，，，而在上不单调，
故在上并不单调，C选项错误；
对于D选项，，D选项正确．
故答案为：BD.
【分析】由三角函数的变换可得，再利用正弦型函数的相关性质逐项判断即可.
11．已知椭圆，，分别是椭圆C的左右焦点，O是坐标原点，P是椭圆C上任意一点，点，则下列结论正确的有（　　）
A．的周长为6
B．的面积为时，
C．周长的最小值是
D．面积的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意得，，故的周长为，故A正确，
当的面积为时，有，即，故B错误，
周长为，
当三点共线，在之间时的周长最小，此时，
故周长的最小值为，故C正确，
直线的方程为，即，
设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为，
联立，得，
则，解得，
当时，直线与椭圆切点到直线的距离最大，即，
故面积的最大值为，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】对于A，根据椭圆的定义即可求解；对于B，由即可求解；对于C，根据椭圆的定义可得即可求最值；对于D，利用切线求点到直线的距离最大值即可.
12．记为等差数列的前n项和，若，，则　 　．
【答案】70
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的首项为 ，公差为，通项公式为，
由，得：①
由，得：②
联立解得，，
.
故答案为：
【分析】由等差数列基本量的运算求得，，再根据前项和公式求解.
13．设直线与圆交于，两点，若，则实数的值为　 　．
【答案】
【知识点】圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：可化为，
则圆心，半径为，且，即.
圆心到直线的距离.
由垂径定理得，，即，整理得，
解得，此时满足条件，
实数的值为.
故答案为：
【分析】根据圆的弦长公式求解即可.
14．在的方格表中填入1或2，每个方格中恰好填入一个数，若方格表中每行每列的数字之和均为6，则不同的填法种数为　 　．
【答案】90
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：第一行有6种填法，第二行也有6种填法，其中一种填法与第一行完全相同，此时第三行和第四行的数字唯一确定；
如果第二中的数与第一行中的数字完全相反，则第三行有6种填法，第四行由第三行完全确定；
第二行剩下4种填法都是有两个位置与第一行相同，
另外两个位置与第一行相反，此时第三行和第四行有2种填法，故总的填法数为．
故答案为：90
【分析】利用排列、结合分步计数原理求解即可.
15．在中，角的对边分别为，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）解：因为，所以由正弦定理得，
整理得：，
因为，所以，故，
因为，所以．
（2）解：由余弦定理，得，即，
整理得，又，，
所以，所以，
故的面积为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再利用三角恒等变形化简可得，进而可求角A ；
（2）利用余弦定理可得，再由即可求解.
（1）因为，所以由正弦定理得，
整理得：，
因为，所以，故，
因为，所以．
（2）由余弦定理，得，即，
整理得，又，，
所以，所以，
故的面积为．
16．袋中装有4个红球和2个黑球，第一次随机取出1个小球，若是红球则放回，否则不放回.
（1）第二次随机取出1个小球，求两次取出的球颜色相同的概率；
（2）第二次随机取出2个小球，记两次取出红球的个数为，求的概率分布列及数学期望.
【答案】（1）解：设｛第一次抽取红球｝，｛第二次抽取红球｝，｛第一次抽取黑球｝，｛第二次抽取黑球｝，
则，，，，
所以两次取出球的颜色相同的概率
.
（2）解：由题意可得随机变量的可能取值为，
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个黑球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取一个黑球和一个红球，
则；
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取一个黑球和一个红球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取两个红球，
则；
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个红球，
则；
可得的分布列如下：
所以.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）设｛第一次抽取红球｝，｛第二次抽取红球｝，｛第一次抽取黑球｝，｛第二次抽取黑球｝，再利用全概率公式求解；
（2）由题意可得随机变量的可能取值为，再计算出对应概率，列出分布列并计算期望即可.
（1）设｛第一次抽取红球｝，｛第二次抽取红球｝，｛第一次抽取黑球｝，｛第二次抽取黑球｝，
则，，，，
所以两次取出球的颜色相同的概率
.
（2）由题意可得随机变量的可能取值为，
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个黑球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取一个黑球和一个红球，
则；
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取一个黑球和一个红球；第一次抽取一个黑球，第二次抽取两个红球，
则；
当时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个红球，
则；
可得的分布列如下：
所以.
17．如图，四棱锥中，底面ABCD为梯形，，，，．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：取AD中点M，连PM，CM，，，ABCM为平行四边形，
所以，因为，所以，又，所以，
又，平面PCM，
所以平面PCM，又平面PCM，
所以．
（2）解：取MC中点O，连PO，取AB中点N，连ON，因为，M为AD中点，所以，由(1)可知，所以，
又因为，所以，，，
因为平面PCM，所以，又因为平面，所以平面.
以O为坐标原点，建系如图，
则，，，，
，，，
设平面PAC的一个法向量为，
则，
令，则，，，
设平面PCD的一个法向量为，
则，令，则，，
，
设二面角的大小为，则
，
，
所以二面角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取AD中点M，连PM，CM，先证明平面PCM，再由线面垂直的性质可得；
（2）取MC中点O，连PO，取AB中点N，连ON，先证平面，再以O为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面PAC和平面PCD的一个法向量，再计算二面角的正弦值即可.
（1）略
（2）取MC中点O，连PO，取AB中点N，连ON，因为，M为AD中点，所以，由(1)可知，所以，
又因为，所以，，，
因为平面PCM，所以，又因为平面，所以平面.
以O为坐标原点，建系如图，
则，，，，
，，，
设平面PAC的一个法向量为，
则，
令，则，，，
设平面PCD的一个法向量为，
则，令，则，，
，
设二面角的大小为，则
，
，
所以二面角的正弦值为．
18．已知函数．
（1）若，判断的单调性；
（2）若有唯一零点，求a的取值范围；
（3）若，且，证明：．
【答案】（1）解：由题意，定义域为，，
所以在上单调递增．
（2）解：定义域为，，
设
①若，则，，在上单调递增．又，有唯一零点，符合题意；
②若，则，，，在上单调递增．又，有唯一零点，符合题意；
③若，令，，，
当，，，单调递增，
当，，，单调递减，
当，，，单调递增．
又，，，
，
设，，
，
由（1）知在上是增函数，
时，，所以，
所以，
所以在单调递增，
，
即，由零点存在定理可知，使得，不合题意．
综上，．
（3）证明：因为，且，所以，，
令，则，所以，，，，
所以，
要证，只需证，即证，即证，
即证，
由（1）知单调递增，
所以当时，，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数确定函数单调性即可；
（2）分情况讨论函数的单调性，结合函数的零点即可得到 a的取值范围 ；
（3）由，则，令，则，进而得到，再结合（1）中函数的单调性即可证明．
（1）由题意，定义域为，，
所以在上单调递增．
（2）定义域为，，
设
①若，则，，在上单调递增．又，有唯一零点，符合题意；
②若，则，，，在上单调递增．又，有唯一零点，符合题意；
③若，令，，，
当，，，单调递增，
当，，，单调递减，
当，，，单调递增．
又，，，
，
设，，
，
由（1）知在上是增函数，
时，，所以，
所以，
所以在单调递增，
，
即，由零点存在定理可知，使得，不合题意．
综上，．
（3）因为，且，所以，，
令，则，所以，，，，
所以，
要证，只需证，即证，即证，
即证，
由（1）知单调递增，
所以当时，，
所以．
19．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于点，且．
（1）求抛物线E的方程；
（2）过F作两条互相垂直的直线，，这两条直线与抛物线E分别交于点，和，，其中点，在第一象限．
（ⅰ）设，分别为，的中点，H为直线与直线的交点，求面积的最小值；
（ⅱ）过F作x轴的垂线，分别交，于，两点，判断是否存在以为直径的圆与y轴相切？如果存在，求出该圆的方程，如果不存在，说明理由．
【答案】（1）解：依题意，设，由抛物线的定义得，解得：，
因为在抛物线上，所以，所以，
解得：，故抛物线E的方程为．
（2）解：抛物线方程为，焦点坐标为，
当的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
当的斜率不存在时，的斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设，则，不妨设，
，，，，
由，消去x得，
，，．
（ⅰ）连接，，，取的中点，连接，，，
又，分别为，的中点，所以，，
所以，，
所以的面积，
故，
又，同理，
所以，
当且仅当时，等号成立．
所以面积的最小值为2．
（ⅱ）不存在，理由：由题意可知，
又，，所以AC的直线方程可化为：，
又，故可得，
同理可得直线BD的方程为，
又，故，
又，所以可得，
可得，所以可得PQ的中点恒为F，
以PQ为直径的圆与y轴相切等价于，
若，则，所以，
又，所以，故，
整理可得，即，
因为，故，所以．
又，故可得．
代入方程可得，，，
故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切．
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）依题意，设，再根据抛物线的定义列方程求解即可；
（2）（i）连接，，，取的中点，连接，，，由三角形中位线性质得，，转化的面积为四边形的面积，进而可得，再利用基本不等式可得；
（ii）先求得、，继而得到的中点恒为，再根据圆与轴相切的条件列方程，由方程无解得不存在．
（1）依题意，设，由抛物线的定义得，解得：，
因为在抛物线上，所以，所以，
解得：，故抛物线E的方程为．
（2）抛物线方程为，焦点坐标为，
当的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
当的斜率不存在时，的斜率为0，此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设，则，不妨设，
，，，，
由，消去x得，
，，．
（ⅰ）连接，，，取的中点，连接，，，
又，分别为，的中点，所以，，
所以，，
所以的面积，
故，
又，同理，
所以，
当且仅当时，等号成立．
所以面积的最小值为2．
（ⅱ）略
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