2025届河北省秦皇岛市部分重点中学高三下学期抽测数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省秦皇岛市部分重点中学2025届高三下学期抽测数学试题一､选择题：本题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】对于集合，将不等式变形为，即.则，所以集合.

对于集合，解不等式，得到，即集合.

所以，即.

故选：A.2.若非零复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】设，由，得，即，则，解得，所以.故选：B3.已知平面向量是单位向量，且，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】由向量，得，由，得，所以.故选：D4.已知随机变量服从二项分布，若随机变量满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由随机变量服从二项分布，得，由，得，所以.故选：C5.已知双曲线的渐近线与相切，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】由题，圆心到渐近线即的距离为半径2.即.故离心率.故选：A6.已知函数，则（）A.的零点均为的零点 B.的零点均为的零点C.的极值点均为的零点 D.的零点均为的极值点【答案】B【解析】依题意，，由，得，解得，即或，由，得，解得，因此的零点均为的零点，B正确，A错误；由，得函数极值点，无论，取何整数，与均无相同的数，故C，D错误.故选：B7.已知等比数列的各项均为正数，且公比，设，则在这3个数中（）A.小于4的数至少有2个 B.小于4的数至多有2个C.大于4的数至少有2个 D.大于4的数至多有2个【答案】C【解析】等比数列中，由，得，，令函数，求导得，当时，；当时，，故函数在上递减，在上递增，，当时，，而，当时，，与4大小关系不确定，恒有，当时，，与4大小关系不确定，恒有，又，因此在这3个数中大于4的数至少有2个，C正确.故选：C8.若直线同时是曲线和曲线的切线，则斜率的最小值为（）A.1 B.2 C. D.【答案】C【解析】设直线与曲线、曲线相切的切点分别为，求导得，，则，且，由，两边取对数整理得：，代入，可得，令，求导得，则当时，，当，，故函数在上单调递减，在上单调递增，，所以斜率的最小值为.故选：C二､多选题：本题共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.已知圆台的上、下底面半径分别为1和4，母线长为5，则该圆台的（）A.高4 B.母线与底面所成角为C.侧面积为 D.体积为【答案】ACD【解析】依题意，圆台轴截面等腰梯形的上、下底边长分别，腰长，对于A，圆台的高等于圆台轴截面等腰梯形的高，A正确；对于B，母线与底面所成角等于圆台轴截面等腰梯形底角，，B错误；对于C，圆台的侧面积，C正确；对于D，圆台的体积，D正确.故选：ACD10.若函数及其导函数的定义域均为，且均为偶函数，则（）A.一定是奇函数 B.一定是奇函数C.一定是偶函数 D.一定是偶函数【答案】BC【解析】由均为偶函数得，，求导得，即，对于A，由，得与不一定恒等，不一定是奇函数，A错误；对于B，由，得一定是奇函数，B正确；对于C，，一定是偶函数，C正确；对于D，与不一定恒等，不一定是偶函数，D错误.故选：BC11.甲、乙、丙三个人进行比赛，每轮比赛由两人进行对局，另外一人为该轮的轮空者，随机决定首轮比赛的对局双方，每轮比赛的胜者与该轮的轮空者进行下一轮比赛的对局，以此类推，率先赢得两轮比赛的人夺冠．单局比赛中，每局比赛的结果只有胜、负两种情况，已知甲对乙、丙的胜率分别为，乙对丙的胜率为，且，每轮比赛的结果相互独立．则（）A.若首轮比赛乙与丙对局，则甲夺冠的概率与的值无关B.若，首轮比赛甲与乙对局，则甲夺冠的概率与的值无关C.若，首轮比赛甲与乙对局，则乙夺冠的概率大于甲D.若，相比于首轮比赛甲与乙对局，甲与丙对局时甲夺冠的概率更大【答案】ABC【解析】第二轮由乙（胜者）与甲（轮空者）对局，若甲胜乙（概率）：甲赢1轮，乙赢1轮，第三轮由甲（胜者）与丙（轮空者）对局，若甲再胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，此路径概率为，若甲负于乙（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，甲无法继续比赛，丙胜首轮（概率），第二轮由丙（胜者）与甲（轮空者）对局，若甲胜丙（概率）：甲赢1轮，丙赢1轮，第三轮由甲（胜者）与乙（轮空者）对局，若甲再胜乙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，此路径概率为，若甲负于丙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，甲无法继续比赛，总概率为，该结果完全由和决定，与乙丙对局的胜率无关，故A正确；首轮甲胜乙（概率），第二轮：甲（胜者）vs丙（轮空者），甲胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，概率为，甲负于丙（概率）：甲1胜，丙1胜，乙0胜，第三轮：丙（胜者）vs乙（轮空者），乙胜丙（概率）：乙1胜，丙1胜，甲1胜，第四轮：乙（胜者）vs甲（轮空者），甲胜乙（概率）：甲累计2胜，夺冠，路径概率为，乙胜甲（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，丙胜乙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，首轮乙胜甲（概率），第二轮：乙（胜者）vs丙（轮空者），乙胜丙（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，丙胜乙（概率）：乙1胜，丙1胜，甲0胜，第三轮：丙（胜者）vs甲（轮空者），甲胜丙（概率）：甲1胜，丙1胜，乙1胜，第四轮：甲（胜者）vs乙（轮空者），甲胜乙（概率）：甲累计2胜，夺冠，路径概率为，乙胜甲（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，丙胜甲（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，总概率，该结果仅由决定，与无关，故B正确；首轮甲胜乙（概率），第二轮：甲vs丙，甲胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，概率贡献：，丙胜甲（概率）：第三轮：丙vs乙，乙胜丙（概率）：第四轮：乙vs甲，乙胜甲（概率）：乙夺冠，概率贡献：，甲胜乙（概率）：甲夺冠（此路径属于甲的概率），丙胜乙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，首轮乙胜甲（概率），第二轮：乙vs丙，乙胜丙（概率）：乙累计2胜，直接夺冠，概率贡献：，丙胜乙（概率）：第三轮：丙vs甲，甲胜丙（概率）：第四轮：甲vs乙，甲胜乙（概率）：甲夺冠，概率贡献：，乙胜甲（概率）：乙夺冠（此路径属于乙的概率），丙胜甲（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，甲夺冠的总概率乙夺冠的总概率,由于，故，即乙夺冠概率大于甲，故C正确；首轮甲与乙对局时的甲夺冠概率，路径1：甲连胜两局，首轮甲胜乙（概率）→第二轮甲胜丙（概率），概率：，路径2：甲首轮胜乙，后续需三局，首轮甲胜乙第二轮甲负丙第三轮乙胜丙第四轮甲胜乙概率：，路径3：甲首轮负乙，后续需三局，首轮乙胜甲第二轮丙胜乙第三轮甲胜丙第四轮甲胜乙概率：，总概率，首轮甲与丙对局时的甲夺冠概率，路径1：甲连胜两局，首轮甲胜丙（概率）第二轮甲胜乙（概率），概率：，路径2：甲首轮胜丙，后续需三局，首轮甲胜丙第二轮甲负乙第三轮丙胜乙第四轮甲胜丙概率：，路径3：甲首轮负丙，后续需三局，首轮丙胜甲第二轮乙胜丙第三轮甲胜乙第四轮甲胜丙概率：，，当，乙在首轮后与丙的对抗中更易胜出，但甲首轮对丙时，丙的威胁可能被削弱，具体结果依赖于的关系，而非仅由决定.故D错误.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设椭圆的左焦点为，点在上，则的最小值为__________，最大值为__________．【答案】①.15②.23【解析】椭圆长轴长为10，左焦点，令右焦点为，点在椭圆外，因此，当且仅当为线段与椭圆交点时取等号；，当且仅当为线段的延长线与椭圆交点时取等号，所以的最小值为15，最大值为23.故答案为：15；2313.一组互不相等的样本数据，其中，若在样本中加入数据后，新样本数据的回归直线方程与原样本数据的相同，则这组样本数据的回归直线方程为__________．【答案】【解析】设回归直线方程为，原数据样本的中心点为，新数据样本的中心点为，于是，解得，所以回归直线方程为.故答案为：14.已知正四棱锥的底面边长为3，正四棱锥内部的球与其所有面均相切，若球面上仅有一点满足且，则球的表面积为__________．【答案】【解析】连接AC，BD，设交点为O，如图建立以O为原点的空间直角坐标系.因底面边长为3，则，设.则，，.因，则，又，则，则，因球面上仅有一点满足且，则为球体上顶点，则，则球体半径为.注意到正四棱锥体积为：，其中为四棱锥表面积，如图，取BC中点为F，连接OF，PF，则.则，则又正四棱锥体积为：，则.则，则球体表面积为：.故答案为：.四､解答题：本题共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.记的内角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若的周长为，求的面积．解：（1）因为，由正弦定理可得.因为，所以，可得，即.因为，所以，得到，即.所以，则.（2）因为，又，所以，.由余弦定理得，又因为，故，解得.则，所以.所以.

16.已知函数，其导函数为，曲线与曲线交于两点，其中点的横坐标为1．（1）求点的纵坐标；（2）证明：点的横坐标大于1；（3）设，证明：．（1）解：函数的定义域为，求导得，由，得，解得或，由点的横坐标为1，得点的横坐标为，所以点的纵坐标为.（2）证明：由（1）令，，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，则，所以点的横坐标大于1.（3）证明：由（1）知，，令，求导得，当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，，，令函数，求导得，当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，，所以.17.如图，在四棱锥中，底面是菱形，．（1）证明：；（2）若平面平面，求点到平面的距离．（1）证明：由题意可知，，且,所以是等边三角形，所以，且，，所以，所以，取的中点，连结，则，，且，平面，所以平面，平面，所以；（2）解：作，点为垂足，连结，则因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，则，且，且，所以，设，则中，根据等面积公式可知，，解得：，则，又因为，且，所以，所以，，所以，所以的面积为，三棱锥中，设点到底面的距离为，的面积为，的面积为，且平面，因为，即，得，三棱锥中，设点到平面的距离为，，即，得所以点到平面的距离为.18.已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，与平行的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．（1）当直线不垂直于轴时，证明：直线轴；（2）若，求；（3）若，求．（1）证明：抛物线的焦点为，直线不垂直于，设其方程为，直线方程为，，由，消去得，则，，则点，由，消去得，则，，则点，由直线不垂直于轴，得，所以直线轴.（2）解：由（1）可得，，，由，得，即，而，解得，所以.（3）解：令与分别交于点，设，由，得，，即，则，故点与重合，由，得，则，即，而，即，由（2）已得，故可得：，又，则，于是，而，解得，所以.19.数列各项均为正整数，，从中任取个不同的数.若不同取法对应的个数之和不同，则称数列是覆盖数列．（1）若，求所有的，使数列是覆盖数列；（2）若，证明：数列是覆盖数列；（3）若当时，成等差数列，当时，成等差数列，证明：且，数列是覆盖数列．解：（1）已知数列为，满足且均为正整数，故可能的情况有，，，验证：当时，数列为，两两之和为，无重复；当时，数列为，两两之和存在重复（如和），故排除；当时，数列为，两两之和为，无重复；因此，符合条件的解为和.（2）用数学归纳法证明：若，对任意，数列都是覆盖数列.①当时，数列，由各项均为正整数，且，从中任取个不同的数，共有种可能的取值：，由，且，可得，故任意不同取法对应的个数之和均不同，即数列是覆盖数列．即当时，数列是覆盖数列．②假设当时，数列是覆盖数列.即数列中任意不同取法对应的个数之和各不相同，当时，数列中任取个数，可分为两类：第一类：从中任取个数，则由归纳假设可知不同取法对应的个数之和各不相同，且由可知，最大和为；第二类：取，再从中任取个数，则；故当时，数列中任取个数之和也各不相同，即数列是覆盖数列得证；综合①②可知，对任意，数列都是覆盖数列.（3）由题意可得；；；；；；，各式累加可得，，则有，；同理可证得，.下面用数学归纳法证明：对于任意

，数列是

覆盖数列①当时，由可知，数列是覆盖数列；②假设当时，数列是

覆盖数列，下面证明数列也是

覆盖数列.从数列中任取个数，设两组正整数分别为与，且，，假设存在两组不同的取法，使得这个数之和相同，即，设，，（i）若，不妨设两组数中最大数为，若最大数时，则，由及，可知，这与假设矛盾；若最大数时，，同理可知，也与假设矛盾；（ii）若，则至少一组正整数，使，.移除所有公共元素后，则由归纳假设可知，当时，数列是

覆盖数列，即任意不同取法对应的个数之和不同，即原个数之和不同，这也与假设矛盾；故由（i）（ii）可知，故假设错误，即不存在这样的两组不同取法，使得两组的个数之和相同，所以数列也是

覆盖数列.综合①②可知，对于任意

且

，数列

是

覆盖数列.河北省秦皇岛市部分重点中学2025届高三下学期抽测数学试题一､选择题：本题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】对于集合，将不等式变形为，即.则，所以集合.

对于集合，解不等式，得到，即集合.

所以，即.

故选：A.2.若非零复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】设，由，得，即，则，解得，所以.故选：B3.已知平面向量是单位向量，且，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】由向量，得，由，得，所以.故选：D4.已知随机变量服从二项分布，若随机变量满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由随机变量服从二项分布，得，由，得，所以.故选：C5.已知双曲线的渐近线与相切，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】由题，圆心到渐近线即的距离为半径2.即.故离心率.故选：A6.已知函数，则（）A.的零点均为的零点 B.的零点均为的零点C.的极值点均为的零点 D.的零点均为的极值点【答案】B【解析】依题意，，由，得，解得，即或，由，得，解得，因此的零点均为的零点，B正确，A错误；由，得函数极值点，无论，取何整数，与均无相同的数，故C，D错误.故选：B7.已知等比数列的各项均为正数，且公比，设，则在这3个数中（）A.小于4的数至少有2个 B.小于4的数至多有2个C.大于4的数至少有2个 D.大于4的数至多有2个【答案】C【解析】等比数列中，由，得，，令函数，求导得，当时，；当时，，故函数在上递减，在上递增，，当时，，而，当时，，与4大小关系不确定，恒有，当时，，与4大小关系不确定，恒有，又，因此在这3个数中大于4的数至少有2个，C正确.故选：C8.若直线同时是曲线和曲线的切线，则斜率的最小值为（）A.1 B.2 C. D.【答案】C【解析】设直线与曲线、曲线相切的切点分别为，求导得，，则，且，由，两边取对数整理得：，代入，可得，令，求导得，则当时，，当，，故函数在上单调递减，在上单调递增，，所以斜率的最小值为.故选：C二､多选题：本题共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.已知圆台的上、下底面半径分别为1和4，母线长为5，则该圆台的（）A.高4 B.母线与底面所成角为C.侧面积为 D.体积为【答案】ACD【解析】依题意，圆台轴截面等腰梯形的上、下底边长分别，腰长，对于A，圆台的高等于圆台轴截面等腰梯形的高，A正确；对于B，母线与底面所成角等于圆台轴截面等腰梯形底角，，B错误；对于C，圆台的侧面积，C正确；对于D，圆台的体积，D正确.故选：ACD10.若函数及其导函数的定义域均为，且均为偶函数，则（）A.一定是奇函数 B.一定是奇函数C.一定是偶函数 D.一定是偶函数【答案】BC【解析】由均为偶函数得，，求导得，即，对于A，由，得与不一定恒等，不一定是奇函数，A错误；对于B，由，得一定是奇函数，B正确；对于C，，一定是偶函数，C正确；对于D，与不一定恒等，不一定是偶函数，D错误.故选：BC11.甲、乙、丙三个人进行比赛，每轮比赛由两人进行对局，另外一人为该轮的轮空者，随机决定首轮比赛的对局双方，每轮比赛的胜者与该轮的轮空者进行下一轮比赛的对局，以此类推，率先赢得两轮比赛的人夺冠．单局比赛中，每局比赛的结果只有胜、负两种情况，已知甲对乙、丙的胜率分别为，乙对丙的胜率为，且，每轮比赛的结果相互独立．则（）A.若首轮比赛乙与丙对局，则甲夺冠的概率与的值无关B.若，首轮比赛甲与乙对局，则甲夺冠的概率与的值无关C.若，首轮比赛甲与乙对局，则乙夺冠的概率大于甲D.若，相比于首轮比赛甲与乙对局，甲与丙对局时甲夺冠的概率更大【答案】ABC【解析】第二轮由乙（胜者）与甲（轮空者）对局，若甲胜乙（概率）：甲赢1轮，乙赢1轮，第三轮由甲（胜者）与丙（轮空者）对局，若甲再胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，此路径概率为，若甲负于乙（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，甲无法继续比赛，丙胜首轮（概率），第二轮由丙（胜者）与甲（轮空者）对局，若甲胜丙（概率）：甲赢1轮，丙赢1轮，第三轮由甲（胜者）与乙（轮空者）对局，若甲再胜乙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，此路径概率为，若甲负于丙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，甲无法继续比赛，总概率为，该结果完全由和决定，与乙丙对局的胜率无关，故A正确；首轮甲胜乙（概率），第二轮：甲（胜者）vs丙（轮空者），甲胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，概率为，甲负于丙（概率）：甲1胜，丙1胜，乙0胜，第三轮：丙（胜者）vs乙（轮空者），乙胜丙（概率）：乙1胜，丙1胜，甲1胜，第四轮：乙（胜者）vs甲（轮空者），甲胜乙（概率）：甲累计2胜，夺冠，路径概率为，乙胜甲（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，丙胜乙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，首轮乙胜甲（概率），第二轮：乙（胜者）vs丙（轮空者），乙胜丙（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，丙胜乙（概率）：乙1胜，丙1胜，甲0胜，第三轮：丙（胜者）vs甲（轮空者），甲胜丙（概率）：甲1胜，丙1胜，乙1胜，第四轮：甲（胜者）vs乙（轮空者），甲胜乙（概率）：甲累计2胜，夺冠，路径概率为，乙胜甲（概率）：乙累计2胜，乙夺冠，丙胜甲（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，总概率，该结果仅由决定，与无关，故B正确；首轮甲胜乙（概率），第二轮：甲vs丙，甲胜丙（概率）：甲累计2胜，直接夺冠，概率贡献：，丙胜甲（概率）：第三轮：丙vs乙，乙胜丙（概率）：第四轮：乙vs甲，乙胜甲（概率）：乙夺冠，概率贡献：，甲胜乙（概率）：甲夺冠（此路径属于甲的概率），丙胜乙（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，首轮乙胜甲（概率），第二轮：乙vs丙，乙胜丙（概率）：乙累计2胜，直接夺冠，概率贡献：，丙胜乙（概率）：第三轮：丙vs甲，甲胜丙（概率）：第四轮：甲vs乙，甲胜乙（概率）：甲夺冠，概率贡献：，乙胜甲（概率）：乙夺冠（此路径属于乙的概率），丙胜甲（概率）：丙累计2胜，丙夺冠，甲夺冠的总概率乙夺冠的总概率,由于，故，即乙夺冠概率大于甲，故C正确；首轮甲与乙对局时的甲夺冠概率，路径1：甲连胜两局，首轮甲胜乙（概率）→第二轮甲胜丙（概率），概率：，路径2：甲首轮胜乙，后续需三局，首轮甲胜乙第二轮甲负丙第三轮乙胜丙第四轮甲胜乙概率：，路径3：甲首轮负乙，后续需三局，首轮乙胜甲第二轮丙胜乙第三轮甲胜丙第四轮甲胜乙概率：，总概率，首轮甲与丙对局时的甲夺冠概率，路径1：甲连胜两局，首轮甲胜丙（概率）第二轮甲胜乙（概率），概率：，路径2：甲首轮胜丙，后续需三局，首轮甲胜丙第二轮甲负乙第三轮丙胜乙第四轮甲胜丙概率：，路径3：甲首轮负丙，后续需三局，首轮丙胜甲第二轮乙胜丙第三轮甲胜乙第四轮甲胜丙概率：，，当，乙在首轮后与丙的对抗中更易胜出，但甲首轮对丙时，丙的威胁可能被削弱，具体结果依赖于的关系，而非仅由决定.故D错误.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设椭圆的左焦点为，点在上，则的最小值为__________，最大值为__________．【答案】①.15②.23【解析】椭圆长轴长为10，左焦点，令右焦点为，点在椭圆外，因此，当且仅当为线段与椭圆交点时取等号；，当且仅当为线段的延长线与椭圆交点时取等号，所以的最小值为15，最大值为23.故答案为：15；2313.一组互不相等的样本数据，其中，若在样本中加入数据后，新样本数据的回归直线方程与原样本数据的相同，则这组样本数据的回归直线方程为__________．【答案】【解析】设回归直线方程为，原数据样本的中心点为，新数据样本的中心点为，于是，解得，所以回归直线方程为.故答案为：14.已知正四棱锥的底面边长为3，正四棱锥内部的球与其所有面均相切，若球面上仅有一点满足且，则球的表面积为__________．【答案】【解析】连接AC，BD，设交点为O，如图建立以O为原点的空间直角坐标系.因底面边长为3，则，设.则，，.因，则，又，则，则，因球面上仅有一点满足且，则为球体上顶点，则，则球体半径为.注意到正四棱锥体积为：，其中为四棱锥表面积，如图，取BC中点为F，连接OF，PF，则.则，则又正四棱锥体积为：，则.则，则球体表面积为：.故答案为：.四､解答题：本题共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.记的内角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若的周长为，求的面积．解：（1）因为，由正弦定理可得.因为，所以，可得，即.因为，所以，得到，即.所以，则.（2）因为，又，所以，.由余弦定理得，又因为，故，解得.则，所以.所以.

16.已知函数，其导函数为，曲线与曲线交于两点，其中点的横坐标为1．（1）求点的纵坐标；（2）证明：点的横坐标大于1；（3）设，证明：．（1）解：函数的定义域为，求导得，由，得，解得或，由点的横坐标为1，得点的横坐标为，所以点的纵坐标为.（2）证明：由（1）令，，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，则，所以点的横坐标大于1.（3）证明：由（1）知，，令，求导得，当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，，，令函数，求导得，当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，，所以.17.如图，在四棱锥中，底面是菱形，．（1）证明：；（2）若平面平面，求点到平面的距离．（1）证明：由题意可知，，且,所以是等边三角形，所以，且，，所以，所以，取的中点，连结，则，，且，平面，所以平面，平面，所以；（2）解：作，点为垂足，连结，则因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，则，且，且，所以，设，则中，根据等面积公式可知，，解得：，则，又因为，且，所以，所以，，所以，所以的面积为，三棱锥中，设点到底面的距离为，的面积为，的面积为，且平面，因为，即，得，三棱锥中，设点到平面的距离为，，即，得所以点到平面的距离为.18.已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，与平行的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．（1）当直