《2026年一本密卷高考数学》

7. 若圆$x^2 + (y + 2)^2 = r^2(r ＞ 0)$上到直线$y = \sqrt{3}x + 2$的距离为1的点有且仅有2个，则$r$的取值范围是(B)

A.$(0,1)$
B.$(1,3)$
C.$(3, +\infty)$
D.$(0, +\infty)$

答案：
7.B 由题意，在圆$x^{2} + (y + 2)^{2} = r^{2}(r ＞ 0)$中，圆心$E(0, - 2)$，半径为$r$，到直线$y = \sqrt{3}x + 2$的距离为$1$的点有且仅有$2$个，$\because$圆心$E(0, - 2)$到直线$y = \sqrt{3}x + 2$的距离为：$d = \frac{|0 × \sqrt{3} - ( - 2) × 1 + 2|}{\sqrt{(\sqrt{3})^{2} + ( - 1)^{2}}} = 2$，
参考答案

故由图可知，当$r = 1$时，圆$x^{2} + (y + 2)^{2} = r^{2}(r ＞ 0)$上有且仅有一个点（$A$点）到直线$y = \sqrt{3}x + 2$的距离等于$1$；当$r = 3$时，圆$x^{2} + (y + 2)^{2} = r^{2}(r ＞ 0)$上有且仅有三个点（$B,C,D$点）到直线$y = \sqrt{3}x + 2$的距离等于$1$；当$r$的取值范围为$(1,3)$时，圆$x^{2} + (y + 2)^{2} = r^{2}(r ＞ 0)$上有且仅有两个点到直线$y = \sqrt{3}x + 2$的距离等于$1$.故选B.

8. 若实数$x,y,z$满足$2 + \log_2 x = 3 + \log_3 y = 5 + \log_5 z$，则$x,y,z$的大小关系不可能是(B)

A.$x ＞ y ＞ z$
B.$x ＞ z ＞ y$
C.$y ＞ x ＞ z$
D.$y ＞ z ＞ x$

答案：
8.B 方法一：设$2 + \log_{2}x = 3 + \log_{3}y = 5 + \log_{5}z = m$，所以令$m = 2$，则$x = 1,y = 3^{- 1} = \frac{1}{3}$，$z = 5^{- 3} = \frac{1}{125}$，此时$x ＞ y ＞ z$，$A$有可能；令$m = 5$，则$x = 8,y = 9,z = 1$，此时$y ＞ x ＞ z$，$C$有可能；令$m = 8$，则$x = 2^{6} = 64,y = 3^{5} = 243,z = 5^{3} = 125$，此时$y ＞ z ＞ x$，$D$有可能；故选B.
方法二：设$2 + \log_{2}x = 3 + \log_{3}y = 5 + \log_{5}z = m$，所以，$x = 2^{m - 2},y = 3^{m - 3},z = 5^{m - 5}$，根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，作出函数$y = 2^{x - 2},y = 3^{x - 3},y = 5^{x - 5}$的图象，以上方程的根分别是函数$y = 2^{x - 2},y = 3^{x - 3},y = 5^{x - 5}$的图象与直线$x = m$的交点纵坐标，如图所示：
易知，随着$m$的变化可能出现：$x ＞ y ＞ z,y ＞ x ＞ z$，$y ＞ z ＞ x,z ＞ y ＞ x$，故选B.

9. 在正三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$D$为$BC$中点，则(BD)

A.$AD\perp A_1C$
B.$BC\perp$平面$AA_1D$
C.$AD// A_1B_1$
D.$CC_1//$平面$AA_1D$

答案：
9.BD 方法一：对于$A$，在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AA_{1} \perp$平面$ABC$，

又$AD \subset$平面$ABC$，则$AA_{1} \perp AD$，则$\overrightarrow{A_{1}A} · \overrightarrow{AD} = 0$，因为$\triangle ABC$是正三角形，$D$为$BC$中点，则$AD \perp BC$，则$\overrightarrow{CD} · \overrightarrow{AD} = 0$，又$\overrightarrow{A_{1}C} = \overrightarrow{A_{1}A} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DC}$，所以$\overrightarrow{A_{1}C} · \overrightarrow{AD} = (\overrightarrow{A_{1}A} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DC}) · \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{A_{1}A} · \overrightarrow{AD} + {\overrightarrow{AD}}^{2} + \overrightarrow{DC} · \overrightarrow{AD} = {\overrightarrow{AD}}^{2} \neq 0$，则$AD \perp A_{1}C$不成立，故$A$错误；对于$B$，因为在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AA_{1} \perp$平面$ABC$，又$BC \subset$平面$ABC$，则$AA_{1} \perp BC$，因为$\triangle ABC$是正三角形，$D$为$BC$中点，则$AD \perp BC$，又$AA_{1} \cap AD = A,AA_{1},AD \subset$平面$AA_{1}D$，所以$BC \perp$平面$AA_{1}D$，故$B$正确；对于$D$，因为在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$CC_{1}//AA_{1}$，又$AA_{1} \subset$平面$AA_{1}D,CC_{1} \subset$平面$AA_{1}D$，所以$CC_{1}//$平面$AA_{1}D$，故$D$正确；对于$C$，因为在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$A_{1}B_{1}//AB$，假设$AD//A_{1}B_{1}$，则$AD//AB$，这与$AD \cap AB = A$矛盾，所以$AD//A_{1}B_{1}$不成立，故$C$错误.故选BD.
方法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为$2$，高为$h$，

则$D(0,0,0),A(\sqrt{3},0,0),A_{1}(\sqrt{3},0,h),C(0, - 1,0),C_{1}(0, - 1,h),B(0,1,0),B_{1}(0,1,h)$，对于$A$，$\overrightarrow{AD} = ( - \sqrt{3},0,0),\overrightarrow{A_{1}C} = ( - \sqrt{3}, - 1,- h)$，则$\overrightarrow{AD} · \overrightarrow{A_{1}C} = ( - \sqrt{3}) × ( - \sqrt{3}) + 0 = 3 \neq 0$，则$AD \perp A_{1}C$不成立，故$A$错误；对于$B,C$，$\overrightarrow{BC} = (0, - 2,0),\overrightarrow{CC_{1}} = (0,0,h)$，$\overrightarrow{AA_{1}} = (0,0,h),\overrightarrow{AD} = ( - \sqrt{3},0,0)$，设平面$AA_{1}D$的法向量为$\overrightarrow{n} = (x,y,z)$，则$\begin{cases} \overrightarrow{AA_{1}} · \overrightarrow{n} = hz = 0 \\ \overrightarrow{AD} · \overrightarrow{n} = - \sqrt{3}x = 0 \end{cases}$，得$x = z = 0$，令$y = 1$，则$\overrightarrow{n} = (0,1,0)$，所以$\overrightarrow{BC} = (0, - 2,0) = - 2\overrightarrow{n},\overrightarrow{CC_{1}} · \overrightarrow{n} = 0$，则$BC \perp$平面$AA_{1}D,CC_{1}//$平面$AA_{1}D$，故$BD$正确；对于$D$，$\overrightarrow{AD} = ( - \sqrt{3},0,0)$，$\overrightarrow{A_{1}B_{1}} = ( - \sqrt{3},1,0)$，则$\frac{- \sqrt{3}}{- \sqrt{3}} \neq \frac{0}{1}$，显然$AD//A_{1}B_{1}$不成立，故$C$错误.故选BD.

10. 设抛物线$C:y^2 = 6x$的焦点为$F$，过$F$的直线交$C$于$A,B$两点，过点$A$作准线$l:x = -\frac{3}{2}$的垂线，垂足为$D$，过$F$且与直线$AB$垂直的直线交$l$于点$E$，则(ACD)

A.$|AD| = |AF|$
B.$|AE| = |AB|$
C.$|AB|\geq 6$
D.$|AE|·|BE|\geq 18$

答案：
10.ACD 方法一：对于$A$，对于抛物线$C:y^{2} = 6x$，则$p = 3$，其准线方程为$x = - \frac{3}{2}$，焦点$F(\frac{3}{2},0)$，则$|AD|$为抛物线上点到准线的距离，$|AF|$为抛物线上点到焦点的距离，

由抛物线的定义可知，$|AD| = |AF|$，故$A$正确；对于$B$，过点$B$作准线$l$的垂线，交于点$P$，由题意可知$AD \perp l,EF \perp AB$，则$\angle ADE = \angle AFE = 90^{\circ}$，又$|AD| = |AF|,|AE| = |AE|$，所以$\triangle ADE \cong \triangle AFE$，所以$\angle AED = \angle AEF$，同理$\angle BEP = \angle BEF$，又$\angle AED + \angle AEF + \angle BEP + \angle BEF = 180^{\circ}$，所以$\angle AEF + \angle BEF = 90^{\circ}$，即$\angle AEB = 90^{\circ}$，显然$AB$为$\triangle ABE$的斜边，则$|AE| ＜ |AB|$，故$B$错误；对于$C$，易知直线$AB$的斜率不为$0$，设直线$AB$的方程为$x = my + \frac{3}{2}$，$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases} x = my + \frac{3}{２} \\y^{2} = 6x \end{cases}$得$y^{2} - 6my - 9 = 0$，易知$\Delta ＞ 0$，则$y_{1} + y_{2} = 6m,y_{1}y_{2} = - 9$，又$x_{1} = my_{1} + \frac{3}{2},x_{2} = my_{2} + \frac{3}{2}$，所以$|AB| = x_{1} + x_{2} + p = m(y_{1} + y_{2}) + 3 + 3 = 6m^{2} + 6 \geqslant 6$，当且仅当$m = 0$时取等号，故$C$正确；对于$D$，在$Rt \triangle ABE$与$Rt \triangle AEF$中，$\angle BAE = \angle EAF$，所以$Rt \triangle ABE \backsim Rt \triangle AEF$，则$\frac{|AE|}{|AB|} = \frac{|AF|}{|AE|}$，即$|AE|^{2} = |AF| · |AB|$，同理$|BE|^{2} = |BF| · |AB|$，又$|AF| · |BF| = (x_{1} + \frac{3}{2})(x_{2} + \frac{3}{2}) = (my_{1} + 3)(my_{2} + 3) = m^{2}y_{1}y_{2} + 3m(y_{1} + y_{2}) + 9 = - 9m^{2} + 18m^{2} + 9 = 9(m^{2} + 1)$，$|AB| = 6m^{2} + 6 = 6(m^{2} + 1)$，所以$|AE|^{2} · |BE|^{2} = |BF| · |AF| · |AB|^{2} = 9(m^{2} + 1) × 36(m^{2} + 1)^{2}$，则$|AE| · |BE| = 3(m^{2} + 1)^{\frac{3}{2}} × 6(m^{2} + 1)^{\frac{1}{2}} = 18(m^{2} + 1)^{2} \geqslant 18$，故$D$正确.故选ACD.
方法二：对于$A$，对于抛物线$C:y^{2} = 6x$，则$p = 3$，其准线方程为$x = - \frac{3}{2}$，焦点$F(\frac{3}{2},0)$，则$|AD|$为抛物线上点到准线的距离，$|AF|$为抛物线上点到焦点的距离，

由抛物线的定义可知，$|AD| = |AF|$，故$A$正确；对于$B$，过点$B$作准线$l$的垂线，交于点$P$，由题意可知$AD \perp l,EF \perp AB$，则$\angle ADE = \angle AFE = 90^{\circ}$，又$|AD| = |AF|,|AE| = |AE|$，所以$\triangle ADE \cong \triangle AFE$，所以$\angle AED = \angle AEF$，同理$\angle BEP = \angle BEF$，又$\angle AED + \angle AEF + \angle BEP + \angle BEF = 180^{\circ}$，所以$\angle AEF + \angle BEF = 90^{\circ}$，即$\angle AEB = 90^{\circ}$，显然$AB$为$\triangle ABE$的斜边，则$|AE| ＜ |AB|$，故$B$错误；对于$C$，当直线$AB$的斜率不存在时，$|AB| = 2p = 6$；当直线$AB$的斜率存在时，设直线$AB$的方程为$y = k(x - \frac{3}{2})$，联立$\begin{cases} y = k(x - \frac{3}{2}) \\y^{2} = 6x \end{cases}$，消去$y$，得$k^{2}x^{2} - (3k^{2} + 6)x + \frac{9}{4}k^{2} = 0$，易知$\Delta ＞ 0$，则$x_{1} + x_{2} = 3 + \frac{6}{k^{2}},x_{1}x_{2} = \frac{9}{4}$，所以$|AB| = \sqrt{1 + k^{2}}|x_{1} - x_{2}| = \sqrt{1 + k^{2}} × \sqrt{(x_{1} + x_{2})^{2} - 4x_{1}x_{2}} = \sqrt{1 + k^{2}} × \sqrt{(3 + \frac{6}{k^{2}})^{2} - 9} = 6(1 + \frac{1}{k^{2}}) ＞ 6$，综上，$|AB| \geqslant 6$，故$C$正确；对于$D$，在$Rt \triangle ABE$与$Rt \triangle AEF$中，$\angle BAE = \angle EAF$，所以$Rt \triangle ABE \backsim Rt \triangle AEF$，则$\frac{|AE|}{|AB|} = \frac{|AF|}{|AE|}$，即$|AE|^{2} = |AF| · |AB|$，同理$|BE|^{2} = |BF| · |AB|$，当直线$AB$的斜率不存在时，$|AB| = 6,|AF| = |BF| = \frac{1}{2}|AB| = 3$，所以$|AE|^{2} · |BE|^{2} = |BF| · |AF| · |AB|^{2} = 3 × 3 × 6^{2}$，即$|AE| · |BE| = 18$；当直线$AB$的斜率存在时，$|AB| = 6(1 + \frac{1}{k^{2}})$，$|AF| · |BF| = (x_{1} + \frac{3}{2})(x_{2} + \frac{3}{2}) = x_{1}x_{2} + \frac{3}{2}(x_{1} + x_{2}) + \frac{9}{4} = \frac{9}{4} + \frac{3}{2}(3 + \frac{6}{k^{2}}) + \frac{9}{4} = 9(1 + \frac{1}{k^{2}})$，所以$|AE|^{2} · |BE|^{2} = |BF| · |AF| · |AB|^{2} = 9(1 + \frac{1}{k^{2}}) × 36(1 + \frac{1}{k^{2}})^{2}$，$|AE| · |BE| = 3(1 + \frac{1}{k^{2}})^{\frac{3}{2}} × 6(1 + \frac{1}{k^{2}})^{\frac{1}{2}} = 18(1 + \frac{1}{k^{2}})^{2} ＞ 18$；综上，$|AE| · |BE| \geqslant 18$，故$D$正确.故选ACD.

11. 已知$\triangle ABC$的面积为$\frac{1}{4}$，若$\cos 2A + \cos 2B + 2\sin C = 2$，$\cos A\cos B\sin C = \frac{1}{4}$，则(ABC)

A.$\sin C = \sin^2 A + \sin^2 B$
B.$AB = \sqrt{2}$
C.$\sin A + \sin B = \frac{\sqrt{6}}{2}$
D.$AC^2 + BC^2 = 3$

答案：
11.ABC $\cos 2A + \cos 2B + 2\sin C = 2$，由二倍角公式，$1 - 2\sin^{2}A + 1 - 2\sin^{2}B + 2\sin C = 2$，整理可得，$\sin C = \sin^{2}A + \sin^{2}B$，$A$选项正确；由诱导公式，$\sin(\pi - C) = \sin C$，即$\sin A\cos B + \sin B\cos A = \sin^{2}A + \sin^{2}B$，即$\sin A(\sin A - \cos B) + \sin B(\sin B - \cos A) = 0$，下证$C = \frac{\pi}{2}$.
方法一：分类讨论
若$A + B = \frac{\pi}{2}$，则$\sin A = \cos B,\sin B = \cos A$可知等式成立；若$A + B ＜ \frac{\pi}{2}$，即$A ＜ \frac{\pi}{2} - B$，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，$\sin A ＜ \cos B$，同理$\sin B ＜ \cos A$，又$\sin A ＞ 0,\sin B ＞ 0$，于是$\sin A(\sin A - \cos B) + \sin B(\sin B - \cos A) ＜ 0$，与条件不符，则$A + B ＜ \frac{\pi}{2}$不成立；若$A + B ＞ \frac{\pi}{2}$，类似可推导出$\sin A(\sin A - \cos B) + \sin B(\sin B - \cos A) ＞ 0$，则$A + B ＞ \frac{\pi}{2}$不成立.
综上讨论可知，$A + B = \frac{\pi}{2}$，即$C = \frac{\pi}{2}$.
方法二：边角转化
$\sin C = \sin^{2}A + \sin^{2}B$时，由$C \in (0,\pi)$，则$\sin C \in (0,1\rbrack$，于是$1 × \sin C = \sin^{2}A + \sin^{2}B \geqslant \sin^{2}C$，由正弦定理可知，$a^{2} + b^{2} \geqslant c^{2}$，由余弦定理可知，$\cos C \geqslant 0$，则$C \in (0,\frac{\pi}{2}\rbrack$，若$C \in (0,\frac{\pi}{2})$，则$A + B ＞ \frac{\pi}{2}$，注意到$\cos A\cos B\sin C = \frac{1}{4}$，则$\cos A\cos B ＞ 0$，于是$\cos A ＞ 0,\cos B ＞ 0$（两者同负会有两个钝角，不成立），于是$A,B \in (0,\frac{\pi}{2})$，结合$A + B ＞ \frac{\pi}{2}\Leftrightarrow A ＞ \frac{\pi}{2} - B$，而$A,\frac{\pi}{2} - B$都是锐角，则$\sin A ＞ \sin(\frac{\pi}{2} - B) = \cos B ＞ 0$，于是$\sin C = \sin^{2}A + \sin^{2}B ＞ \cos^{2}B + \sin^{2}B = 1$，这和$\sin C \leqslant 1$相矛盾，故$C \in (0,\frac{\pi}{2})$不成立，则$C = \frac{\pi}{2}$，由$\cos A\cos B\sin C = \frac{1}{4} = \cos A\cos B$，由$A + B = \frac{\pi}{2}$，则$\cos B = \sin A$，即$\sin A\cos A = \frac{1}{4}$，则$\sin 2A = \frac{1}{2}$，同理$\sin 2B = \frac{1}{2}$，由上述推导，$A,B \in (0,\frac{\pi}{2})$，则$2A,2B \in (0,\pi)$，不妨设$A ＜ B$，则$2A = \frac{\pi}{6},2B = \frac{5\pi}{6}$，即$A = \frac{\pi}{12},B = \frac{5\pi}{12}$，
由两角和差的正弦公式可知$\sin\frac{\pi}{12} + \sin\frac{5\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} + \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6}}{2}$，$C$选项正确；由两角和的正切公式可得，$\tan\frac{5\pi}{12} = 2 + \sqrt{3}$，设$BC = t,AC = (2 + \sqrt{3})t$，则$AB = (\sqrt{2} + \sqrt{6})t$，由$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}(2 + \sqrt{3})t^{2} = \frac{1}{4}$，则$t^{2} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{4} = (\frac{\sqrt{3} - 1}{2})^{2}$，则$t = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$，于是$AB = (\sqrt{6} + \sqrt{2})t = \sqrt{2}$，$B$选项正确，由勾股定理可知，$AC^{2} + BC^{2} = 2$，$D$选项错误.故选$ABC$.

12. 若直线$y = 2x + 5$是曲线$y = e^x + x + a$的切线，则$a = $4.

答案： 12.4 方法一：对于$y = e^{x} + x + a$，其导数为$y^{\prime} = e^{x} + 1$，因为直线$y = 2x + 5$是曲线的切线，直线的斜率为$2$，令$y^{\prime} = e^{x} + 1 = 2$，即$e^{x} = 1$，解得$x = 0$，将$x = 0$代入切线方程$y = 2x + 5$，可得$y = 2 × 0 + 5 = 5$，所以切点坐标为$(0,5)$，因为切点$(0,5)$在曲线$y = e^{x} + x + a$上，所以$5 = e^{0} + 0 + a$，即$5 = 1 + a$，解得$a = 4$.
方法二：对于$y = e^{x} + x + a$，其导数为$y^{\prime} = e^{x} + 1$，假设$y = 2x + 5$与$y = e^{x} + x + a$的切点为$(x_{0},y_{0})$，则$\begin{cases} e^{x_{0}} + 1 = 2 \\y_{0} = 2x_{0} + 5 \\y_{0} = e^{x_{0}} + x_{0} + a \end{cases}$，解得$a = 4$.

13. 若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为2.

答案： 13.2 方法一：设该等比数列为$\{ a_{n}\},S_{n}$是其前$n$项和，则$S_{4} = 4,S_{8} = 68$，设$\{ a_{n}\}$的公比为$q(q ＞ 0)$，当$q = 1$时，$S_{4} = 4a_{1} = 4$，即$a_{1} = 1$，则$S_{8} = 8a_{1} = 8 \neq 68$，显然不成立，舍去；当$q \neq 1$时，则$S_{4} = \frac{a_{1}(1 - q^{4})}{1 - q} = 4$，$S_{8} = \frac{a_{1}(1 - q^{8})}{1 - q} = 68$，两式相除得$\frac{1 - q^{8}}{1 - q^{4}} = \frac{68}{4}$，即$\frac{(1 - q^{4})(1 + q^{4})}{1 - q^{4}} = 17$，则$1 + q^{4} = 17$，所以$q = 2$，所以该等比数列公比为$2$.
方法二：设该等比数列为$\{ a_{n}\},S_{n}$是其前$n$项和，则$S_{4} = 4,S_{8} = 68$，设$\{ a_{n}\}$的公比为$q(q ＞ 0)$，所以$S_{4} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} = 4$，$S_{8} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} + a_{5} + a_{6} + a_{7} + a_{8} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} + a_{1}q^{4} + a_{2}q^{4} + a_{3}q^{4} + a_{4}q^{4} = (a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4})(1 + q^{4}) = 68$，所以$4(1 + q^{4}) = 68$，则$1 + q^{4} = 17$，所以$q = 2$，所以该等比数列公比为$2$.
方法三：设该等比数列为$\{ a_{n}\},S_{n}$是其前$n$项和，则$S_{4} = 4,S_{8} = 68$，设$\{ a_{n}\}$的公比为$q(q ＞ 0)$，因为$S_{8} - S_{4} = a_{5} + a_{6} + a_{7} + a_{8} = (a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4})q^{4} = 68 - 4 = 64$，又$S_{4} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} = 4$，所以$\frac{S_{8} - S_{4}}{S_{4}} = q^{4} = \frac{64}{4} = 16$，所以$q = 2$，所以该等比数列公比为$2$.

14. 一个箱子里有5个相同的球，分别以1～5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数$X$，则数学期望$E(X) = $$\frac{61}{25}$.

答案： 14.$\frac{61}{25}$ 方法一：依题意，$X$的可能取值为$1、2、3$，总的可能取值为$5^{3} = 125$，其中$X = 1$：三次抽取同一球，选择球的编号有$5$种方式，故$P(X = 1) = \frac{5}{125} = \frac{1}{25}$，$X = 2$：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），选取出现两次的球有$5$种方式，选取出现一次的球有$4$种方式，其中选取出现一次球的位置有$3$种可能，故事件$X = 2$的可能情况有$5 × 4 × 3 = 60$（种），故$P(X = 2) = \frac{60}{125} = \frac{12}{25}$，$X = 3$：三种不同球被取出，由排列数可知事件$X = 3$的可能情况有$5 × 4 × 3 = 60$（种），故$P(X = 3) = \frac{60}{125} = \frac{12}{25}$，所以$E(X) = 1 × P(X = 1) + 2 × P(X = 2) + 3 × P(X = 3) = 1 × \frac{5}{125} + 2 × \frac{12}{25} + 3 × \frac{12}{25} = \frac{61}{25}$.
方法二：依题意，假设随机变量$X_{i}$，其中$i = 1,2,3,4,5$；其中$X_{i} = \begin{cases} 1,这3次选取中，球i至少被取出一次 \\ 0,这3次选取中，球i一次都没被取出 \end{cases}$，则$X = \sum_{i = 1}^{5}X_{i}$，由于球的对称性，易知所有$E(X_{i})$相等，则由期望的线性性质，得$E(X) = E(\sum_{i = 1}^{5}X_{i}) = \sum_{i = 1}^{5}E(X_{i}) = 5E(X_{i})$，由题意可知，球$i$在单次抽取中未被取出的概率为$\frac{4}{5}$，由于抽取独立，三次均未取出球$i$的概率为$P(X_{i} = 0) = (\frac{4}{5})^{3} = \frac{64}{125}$，因此球$i$至少被取出一次的概率为：$P(X_{i} = 1) = 1 - \frac{64}{125} = \frac{61}{125}$，故$E(X_{i}) = \frac{61}{125}$，所以$E(X) = 5E(X_{i}) = 5 × \frac{61}{125} = \frac{61}{25}$.

15.（13分）为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表：

（1）记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为$P$，求$P$的估计值；
（2）根据小概率值$\alpha = 0.001$的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关。
附$\chi^{2}=\frac{n(ad - bc)^{2}}{(a + b)(c + d)(a + c)(b + d)}$，

答案： （1）根据表格可知，检查结果不正常的200人中有180人患病，所以P的估计值为$\frac{180}{200}=\frac{9}{10}$。
（2）零假设为$H_0$：超声波检查结果与患病无关，根据表中数据可得，
$\chi^2=\frac{1000×(20×20 - 780×180)^2}{800×200×800×200}=765.625＞10.828=x_{0.001}$，
根据小概率值$\alpha = 0.001$的$\chi^2$独立性检验，我们推断$H_0$不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该推断犯错误的概率不超过0.001。