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广东实验中学越秀学校2026届高三考前自测数学试题
1．已知集合，则如图所示的阴影部分表示的集合为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，得，化简得，
所以或，
则或，
所以或，
则阴影部分表示的集合为，
因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合B，再利用已知条件和交集的运算法则、补集的运算法则，从而得出阴影部分表示的集合.
2．在梯形中，，，，，，则（　　）
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意，
可知，
所以，
因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用平面向量基本定理和数量积的定义以及数量积的运算律，从而得出的值.
3．现有一个迷宫如图所示，小球从三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若小球从口滚动进入，
则一定从口滚动出来，
若小球从口滚动出来，
可能是从口或口滚动进入，
所以“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和充分条件、必要条件判断方法，从而找出正确的选项.
4．正四面体中，二面角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，
因为四面体是正四面体，
所以和都是等边三角形，
则，，
又因为平面，平面，平面平面，
所以即为二面角的平面角，
设，在中，，，
由余弦定理，可得
所以二面角的余弦值是.
故答案为：A.
【分析】根据等边三角形三线合一可得线线垂直，从而可得为二面角的平面角，在中，利用余弦定理得出二面角的余弦值.
5．若，，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，其中，
当时，最大值为.
故答案为：C.
【分析】利用复数的加法运算法则和复数求模公式，再利用三角恒等变换和正弦型函数求最值的方法，从而得出的最大值.
6．已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
【答案】A
【知识点】线性回归方程；可线性化的回归分析
【解析】【解答】解：由题意，
设，则，
增加数据后，，，
又因为回归直线为，
所以，
则，
所以，
则，
所以，残差的绝对值为.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和平均数公式求出原数据的样本中心，再利用平均数公式得出增加数据后的样本中心，再根据最小二乘法得到修正后的回归直线，再由代入法估计出的对应值，最后根据残差的定义得出残差的绝对值.
7．设，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】换底公式及其推论；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用对数函数的单调性得出，再利用换底公式和对数函数的单调性，从而得出，进而得出，则找出正确的选项.
8．如图，在平面直角坐标系 中， 为坐标原点，已知双曲线 的左焦点为 ，左、右顶点分别为 点为双曲线左支上一点且满足 轴，点 为线段 上一点，直线 交 轴于点 ，直线 交 轴于点 ，若 ，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．3
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为 轴，点 为线段 上一点，则设，
因为的斜率为，的斜率为，
所以，直线方程为，令，则，即，
因为直线方程为，令，则，即，
因为，所以，则，
所以，则该双曲线的离心率.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件，设，再利用点斜式设出直线方程和直线的方程，求出两点的坐标，再根据建立关于的等式关系可得离心率.
9．记为数列的前项和，已知则（　　）
A．2025是数列中的项
B．数列是公比为2的等比数列
C．
D．若，则数列的前项和小于
【答案】A,C,D
【知识点】等比关系的确定；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确；
B，由题知，，
故数列是公比为4的等比数列，故B错误；
C，由题知，，
所以，故C正确；
D，，，
设数列的前项和为，
则，故D正确；
故选：ACD．
【分析】本题围绕分段数列 ，综合考查数列项的判断、等比数列判定、前n项和计算及裂项相消求和：
判断某数是否为数列项：分奇偶讨论通项，代入求解验证.
等比数列判定：分析奇数项子列的公比（计算相邻两项比值 ）.
前n项和计算：按奇偶项分别求和，再合并。裂项相消求和：先求通项，再裂项，求和后判断范围．
10．在平面直角坐标系中，角以坐标原点为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，则（　　）
A． B．的最大值为
C． D．
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；任意角三角函数的定义；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：根据三角函数的定义，得： ，，
因此，.
对于选项A：因为，故A正确；
对于选项B：因为，最大值为，不是，故B错误；
对于选项C：因为故C正确；
对于选项D：因为，，
又因为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据三角函数的定义、代入法、辅助角公式、正弦型函数求最值的方法、诱导公式以及同角三角函数基本关系式，从而逐项判断找出正确的选项.
11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（　　）
A．曲线恰有2条对称轴和1个对称中心
B．若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线的距离相等
C．曲线所围成的封闭图形的面积小于
D．若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1
【答案】B,C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，曲线C：，则，如图，
因为曲线C关于x轴、y轴和直线、直线对称，有4条对称轴，
又因为曲线C关于原点对称，故A错误；
设为曲线C上一点，
对于B，只考查曲线C在第一象限内的部分，此时曲线C：，
由，
因为，
故B正确；
对于C，由图形的对称性，考查曲线C在第一象限内的部分，
由点到点的距离为，
则曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，
所以曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，
则曲线C所围成的封闭图形的面积小于，故C正确；
对于D，由图形的对称性，只考查曲线C在第一象限内的部分，
此时曲线C：，
设为曲线C在第一象限部分上一点，
则，
由，
则，所以，曲线C在点处的切线为，
则，所以，
由和图形的对称性可知，曲线C在点P处的切线的横纵截距的绝对值之和为1，
故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先利用绝对值的定义画出曲线C的图象，再结合曲线C的图象的对称性，则可判断选项A；由两点间的距离公式和点到直线的距离公式，则可判断选项B；由第一象限的点到点的距离为，可得曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，从而得出曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，则可判断选项C； 利用导数的几何意义求切线方程 ，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
12．如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有　 　种．
【答案】
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：参观路线分步完成：
第一步，选择三个“环形”路线中的一个流览，有3种选法，
在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针2类方法完成；
第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个游览，有2种方法，
同理可得，在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针两类方法完成；
第三步，游览最后一个“环形”路线，也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成，
根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有种.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和分步乘法计数原理，从而得出不同的参观路线共有的种数.
13．已知函数的部分图像如下，将沿翻折至，使得二面角为.若，则　 　
【答案】
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；二面角及二面角的平面角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：，又因为，
，
记点为，翻折后，连接，
，，
即为二面角的平面角，
，
， ，
轴，
，，
又因为，平面，
平面，
因为平面，
，
，
，
由图可知，的最小正周期，
又因为，
.
故答案为：.
【分析】利用代入可得的值，再利用二面角平面角的作法作出二面角的平面角，再结合余弦定理和勾股定理可得点的坐标，再利用函数的最小正周期得到的值.
14．已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为　 　．
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方体棱长为4，所以，则，
设截面上的点为，则，
因为过点的平面垂直于，
所以是平面的一个法向量，
则，所以，整理得：，
当点在棱上时，，则，得；
当点在棱上时，，则，得；
当点在棱上时，，则，得，
所以，截面为四边形，
又因为，
同理可得，
所以四边形为菱形，
因为对角线为，
所以，面积.
故答案为：.
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，得出，利用分类讨论的方法得出点B、点E和点的坐标，再利用空间两点距离公式和菱形的定义，从而判断出四边形为菱形，根据勾股定理和三角形的面积公式，从而得出平面截正方体所得的截面面积.
15．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．
（1）求Γ的方程；
（2）若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围．
【答案】（1）解：由题意，可得短轴长，
则，
又因为离心率，
再结合椭圆中a，b，c的关系式，即，
可得，
解得，，
所以，椭圆的方程为：.
（2）解：由题意可知，联立直线与椭圆方程，则 ，
消去，整理得：，
设直线与椭圆交于点，，
则判别式，所以，
解得，则，
由韦达定理，得：，，
由弦长公式，得，其中，
则，
又因为 ，所以 ，
化简可得，两边平方，得：，
则 或，又因为，
所以的取值范围为：.

【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的短轴长定义得出b的值，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，c的值，进而得出椭圆的方程 .
（2）联立直线方程与椭圆方程结合判别式法、韦达定理、弦长公式和，从而得出的取值范围.
（1）由题意可得：短轴长，故，
又因为离心率，结合椭圆关系可得：
，解得，，
所以椭圆的方程为：.
（2）由题意可知，联立直线与椭圆方程： ，
消去整理得：，
设直线与椭圆交于点，，
则判别式：，
解得，即，由韦达定理得：
，，
由弦长公式，其中，
可得：，
又因为 ，所以 ，
化简可得：，两边平方得：，
即 或，
又因为，所以的取值范围为：.
16．已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）解：因为的定义域为，
又因为，
当时，，则单调递增；
当时，令，得，
所以，当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：由（1）可知，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要证明，
只需证明，
即证明，
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
则在上单调递增，
因为，
所以，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
可得，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）先求出，再分、两种情况分类讨论，再利用导数的正负判断函数单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（2）由（1）可知当时函数的单调性，从而得出，再利用分析法证明，构造函数，再利用导数求出函数的最小值，进而证出不等式成立.
（1）的定义域为，，
当时，，单调递增，
当时，令得，
所以时，单调递增，
时，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要证明，只需证明，
即证明，
令，
，
令，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
因为，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
可得，
即．
17．已知分别为锐角三个内角 的对边， 为三角形的面积，且满足
（1）求角的大小；
（2）若 ，求的取值范围.
【答案】（1）解：由正弦定理，则，
因为，所以，
则
化简得，又，
所以，则，
所以，
又因为，所以，
则，解得，
所以.
（2）解：由，得，
因为，由正弦定理，得，
所以，
因为为锐角三角形，所以，
则，所以，
则，
所以.

【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理和三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式、辅助角公式，从而可得的值，再根据锐角三角形中角的取值范围，从而得出角的大小.
（2）由三角形面积公式可得的值，根据正弦定理结合（1）中、两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系式，从而可得关于角的三角函数式，再利用和函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）由正弦定理，，
因为，所以，
则，
化简得，又，
所以，即，
即得，又，则，
则，解得，
所以.
（2）由，得，又，
由正弦定理，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，即，
所以，则，即.
18．如图，在三棱锥 中，平面 平面 ，平面 平面 .
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，二面角 的大小为 . 若 为平面 内一动点，满足
，求 与平面 所成角的正弦值的最小值.
【答案】（1）证明：过点作，
因为平面 平面，且两平面的交线为，平面，
所以平面，
同理可得平面，
因此两直线重合，
则两点重合，
结合分别在上，
则重合于，
所以平面.
（2）解：因为，
所以，点的轨迹是以为焦点，以为长轴的椭圆，
取中点为，连接，
因为，所以，
由（1）知平面，
又因为平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
则为二面角 的平面角，所以
又因为，所以，
因为平面，所以为 与平面所成角，
则，
要使得与平面所成角的正弦值最小，
则最小，所以最大即可，
在平面中，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，所以，
则，
所以，椭圆方程为，
设，则，所以，则
所以，
则当时，取最大值，
所以，则的最小值为，
其中均在上单调递增，
又因为，
所以的最小值为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直，从而可得两直线重合，则两点重合，再结合分别在上，则重合于，从而证出平面 .
（2） 根据线面垂直可得二面角以及线面角的平面角，利用三角形的边角关系求解长度，根据椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆，进而根据两点距离公式，结合二次函数的性质即可求解的最大值，即可根据三角形的边角关系求解.
（1）略
（2）由于，故点轨迹是以为焦点，以为长轴的椭圆，
取中点为，连接，
由于，故，
由（1）知平面，平面，，
平面，故平面，
平面，故，
故为二面角 的平面角，故
又，故，
由于平面，故为 与平面 所成角，
则，
要使得与平面所成角的正弦值最小，则最小，故最大即可，
在平面中，建立如图所示的平面直角坐标系，故，
所以，故，
则椭圆方程为，
设，则，，
，
故当时，取最大值，
故，
故的最小值为，其中均在上单调递增，
又，
故的最小值为，
19．在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为．
（1）求与；
（2）求；
（3）证明：．
附：①若随机变量的可能取值为，则
②若随机变量，则．
【答案】（1）解：因为表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，所以，
因为表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，
第5次才摸出最后一个编号的球，
因为第5次才摸出第三个编号的球，
所以，前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次，
则．
（2）解：依题意，可得：，
则，
所以
设，
，
作差可得：
，
所以，
则.
（3）证明：设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，
继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数，
则，其中，
则，
，
设
，
作差可得：
所以
，
所以，
则，
令，
当时，，所以在单调递增，
则，
所以，
则
所以．
【知识点】数列的极限；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据和的定义结合古典概率公式计算，从而得出与的值.
（2）根据题意求出的概率，再根据数学期望公式结合错位相减法求和，从而得出的值.
（3）先求出的概率，再用同（2）的方法求出，再由求出，最后根据导数证出成立.
（1）表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故，
表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球，
第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次，
则．
（2）依题意可得：，
则，
所以
设，
，
作差可得，
所以，
所以
（3）设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数，
则，其中，
则，
，
设，
作差可得：，
所以，
所以，即，
令，当时，，所以在单调递增，
所以，即，
所以，
所以．
1 / 1广东实验中学越秀学校2026届高三考前自测数学试题
1．已知集合，则如图所示的阴影部分表示的集合为（　　）
A． B． C． D．
2．在梯形中，，，，，，则（　　）
A．4 B．6 C．8 D．12
3．现有一个迷宫如图所示，小球从三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．正四面体中，二面角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
5．若，，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
6．已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（　　）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
7．设，则（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系 中， 为坐标原点，已知双曲线 的左焦点为 ，左、右顶点分别为 点为双曲线左支上一点且满足 轴，点 为线段 上一点，直线 交 轴于点 ，直线 交 轴于点 ，若 ，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．3
9．记为数列的前项和，已知则（　　）
A．2025是数列中的项
B．数列是公比为2的等比数列
C．
D．若，则数列的前项和小于
10．在平面直角坐标系中，角以坐标原点为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，则（　　）
A． B．的最大值为
C． D．
11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（　　）
A．曲线恰有2条对称轴和1个对称中心
B．若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线的距离相等
C．曲线所围成的封闭图形的面积小于
D．若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1
12．如图，某植物园的参观路径形如三叶草，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有　 　种．
13．已知函数的部分图像如下，将沿翻折至，使得二面角为.若，则　 　
14．已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为　 　．
15．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．
（1）求Γ的方程；
（2）若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围．
16．已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
17．已知分别为锐角三个内角 的对边， 为三角形的面积，且满足
（1）求角的大小；
（2）若 ，求的取值范围.
18．如图，在三棱锥 中，平面 平面 ，平面 平面 .
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，二面角 的大小为 . 若 为平面 内一动点，满足
，求 与平面 所成角的正弦值的最小值.
19．在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为．
（1）求与；
（2）求；
（3）证明：．
附：①若随机变量的可能取值为，则
②若随机变量，则．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由，得，化简得，
所以或，
则或，
所以或，
则阴影部分表示的集合为，
因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用不等式求解方法和元素与集合的关系，从而得出集合B，再利用已知条件和交集的运算法则、补集的运算法则，从而得出阴影部分表示的集合.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意，
可知，
所以，
因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用平面向量基本定理和数量积的定义以及数量积的运算律，从而得出的值.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若小球从口滚动进入，
则一定从口滚动出来，
若小球从口滚动出来，
可能是从口或口滚动进入，
所以“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的充分不必要条件．
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和充分条件、必要条件判断方法，从而找出正确的选项.
4．【答案】A
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，
因为四面体是正四面体，
所以和都是等边三角形，
则，，
又因为平面，平面，平面平面，
所以即为二面角的平面角，
设，在中，，，
由余弦定理，可得
所以二面角的余弦值是.
故答案为：A.
【分析】根据等边三角形三线合一可得线线垂直，从而可得为二面角的平面角，在中，利用余弦定理得出二面角的余弦值.
5．【答案】C
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，其中，
当时，最大值为.
故答案为：C.
【分析】利用复数的加法运算法则和复数求模公式，再利用三角恒等变换和正弦型函数求最值的方法，从而得出的最大值.
6．【答案】A
【知识点】线性回归方程；可线性化的回归分析
【解析】【解答】解：由题意，
设，则，
增加数据后，，，
又因为回归直线为，
所以，
则，
所以，
则，
所以，残差的绝对值为.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和平均数公式求出原数据的样本中心，再利用平均数公式得出增加数据后的样本中心，再根据最小二乘法得到修正后的回归直线，再由代入法估计出的对应值，最后根据残差的定义得出残差的绝对值.
7．【答案】D
【知识点】换底公式及其推论；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用对数函数的单调性得出，再利用换底公式和对数函数的单调性，从而得出，进而得出，则找出正确的选项.
8．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：因为 轴，点 为线段 上一点，则设，
因为的斜率为，的斜率为，
所以，直线方程为，令，则，即，
因为直线方程为，令，则，即，
因为，所以，则，
所以，则该双曲线的离心率.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件，设，再利用点斜式设出直线方程和直线的方程，求出两点的坐标，再根据建立关于的等式关系可得离心率.
9．【答案】A,C,D
【知识点】等比关系的确定；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确；
B，由题知，，
故数列是公比为4的等比数列，故B错误；
C，由题知，，
所以，故C正确；
D，，，
设数列的前项和为，
则，故D正确；
故选：ACD．
【分析】本题围绕分段数列 ，综合考查数列项的判断、等比数列判定、前n项和计算及裂项相消求和：
判断某数是否为数列项：分奇偶讨论通项，代入求解验证.
等比数列判定：分析奇数项子列的公比（计算相邻两项比值 ）.
前n项和计算：按奇偶项分别求和，再合并。裂项相消求和：先求通项，再裂项，求和后判断范围．
10．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；任意角三角函数的定义；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：根据三角函数的定义，得： ，，
因此，.
对于选项A：因为，故A正确；
对于选项B：因为，最大值为，不是，故B错误；
对于选项C：因为故C正确；
对于选项D：因为，，
又因为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据三角函数的定义、代入法、辅助角公式、正弦型函数求最值的方法、诱导公式以及同角三角函数基本关系式，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】B,C
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；曲线与方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，曲线C：，则，如图，
因为曲线C关于x轴、y轴和直线、直线对称，有4条对称轴，
又因为曲线C关于原点对称，故A错误；
设为曲线C上一点，
对于B，只考查曲线C在第一象限内的部分，此时曲线C：，
由，
因为，
故B正确；
对于C，由图形的对称性，考查曲线C在第一象限内的部分，
由点到点的距离为，
则曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，
所以曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，
则曲线C所围成的封闭图形的面积小于，故C正确；
对于D，由图形的对称性，只考查曲线C在第一象限内的部分，
此时曲线C：，
设为曲线C在第一象限部分上一点，
则，
由，
则，所以，曲线C在点处的切线为，
则，所以，
由和图形的对称性可知，曲线C在点P处的切线的横纵截距的绝对值之和为1，
故D错误.
故答案为：BC.
【分析】先利用绝对值的定义画出曲线C的图象，再结合曲线C的图象的对称性，则可判断选项A；由两点间的距离公式和点到直线的距离公式，则可判断选项B；由第一象限的点到点的距离为，可得曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，从而得出曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，则可判断选项C； 利用导数的几何意义求切线方程 ，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：参观路线分步完成：
第一步，选择三个“环形”路线中的一个流览，有3种选法，
在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针2类方法完成；
第二步，选择余下的两个“环形”路线中的一个游览，有2种方法，
同理可得，在游览选择的“环形”时，可以按顺时针或按逆时针两类方法完成；
第三步，游览最后一个“环形”路线，也可以按顺时针或按逆时针两类方法完成，
根据分步乘法计数原理可知不同的参观路线共有种.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和分步乘法计数原理，从而得出不同的参观路线共有的种数.
13．【答案】
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；二面角及二面角的平面角；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：，又因为，
，
记点为，翻折后，连接，
，，
即为二面角的平面角，
，
， ，
轴，
，，
又因为，平面，
平面，
因为平面，
，
，
，
由图可知，的最小正周期，
又因为，
.
故答案为：.
【分析】利用代入可得的值，再利用二面角平面角的作法作出二面角的平面角，再结合余弦定理和勾股定理可得点的坐标，再利用函数的最小正周期得到的值.
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方体棱长为4，所以，则，
设截面上的点为，则，
因为过点的平面垂直于，
所以是平面的一个法向量，
则，所以，整理得：，
当点在棱上时，，则，得；
当点在棱上时，，则，得；
当点在棱上时，，则，得，
所以，截面为四边形，
又因为，
同理可得，
所以四边形为菱形，
因为对角线为，
所以，面积.
故答案为：.
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，得出，利用分类讨论的方法得出点B、点E和点的坐标，再利用空间两点距离公式和菱形的定义，从而判断出四边形为菱形，根据勾股定理和三角形的面积公式，从而得出平面截正方体所得的截面面积.
15．【答案】（1）解：由题意，可得短轴长，
则，
又因为离心率，
再结合椭圆中a，b，c的关系式，即，
可得，
解得，，
所以，椭圆的方程为：.
（2）解：由题意可知，联立直线与椭圆方程，则 ，
消去，整理得：，
设直线与椭圆交于点，，
则判别式，所以，
解得，则，
由韦达定理，得：，，
由弦长公式，得，其中，
则，
又因为 ，所以 ，
化简可得，两边平方，得：，
则 或，又因为，
所以的取值范围为：.

【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的短轴长定义得出b的值，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，c的值，进而得出椭圆的方程 .
（2）联立直线方程与椭圆方程结合判别式法、韦达定理、弦长公式和，从而得出的取值范围.
（1）由题意可得：短轴长，故，
又因为离心率，结合椭圆关系可得：
，解得，，
所以椭圆的方程为：.
（2）由题意可知，联立直线与椭圆方程： ，
消去整理得：，
设直线与椭圆交于点，，
则判别式：，
解得，即，由韦达定理得：
，，
由弦长公式，其中，
可得：，
又因为 ，所以 ，
化简可得：，两边平方得：，
即 或，
又因为，所以的取值范围为：.
16．【答案】（1）解：因为的定义域为，
又因为，
当时，，则单调递增；
当时，令，得，
所以，当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：由（1）可知，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要证明，
只需证明，
即证明，
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
则在上单调递增，
因为，
所以，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
可得，
所以．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）先求出，再分、两种情况分类讨论，再利用导数的正负判断函数单调性的方法，从而讨论出函数的单调性.
（2）由（1）可知当时函数的单调性，从而得出，再利用分析法证明，构造函数，再利用导数求出函数的最小值，进而证出不等式成立.
（1）的定义域为，，
当时，，单调递增，
当时，令得，
所以时，单调递增，
时，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要证明，只需证明，
即证明，
令，
，
令，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
因为，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
可得，
即．
17．【答案】（1）解：由正弦定理，则，
因为，所以，
则
化简得，又，
所以，则，
所以，
又因为，所以，
则，解得，
所以.
（2）解：由，得，
因为，由正弦定理，得，
所以，
因为为锐角三角形，所以，
则，所以，
则，
所以.

【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理和三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式、辅助角公式，从而可得的值，再根据锐角三角形中角的取值范围，从而得出角的大小.
（2）由三角形面积公式可得的值，根据正弦定理结合（1）中、两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系式，从而可得关于角的三角函数式，再利用和函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）由正弦定理，，
因为，所以，
则，
化简得，又，
所以，即，
即得，又，则，
则，解得，
所以.
（2）由，得，又，
由正弦定理，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，即，
所以，则，即.
18．【答案】（1）证明：过点作，
因为平面 平面，且两平面的交线为，平面，
所以平面，
同理可得平面，
因此两直线重合，
则两点重合，
结合分别在上，
则重合于，
所以平面.
（2）解：因为，
所以，点的轨迹是以为焦点，以为长轴的椭圆，
取中点为，连接，
因为，所以，
由（1）知平面，
又因为平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
则为二面角 的平面角，所以
又因为，所以，
因为平面，所以为 与平面所成角，
则，
要使得与平面所成角的正弦值最小，
则最小，所以最大即可，
在平面中，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，所以，
则，
所以，椭圆方程为，
设，则，所以，则
所以，
则当时，取最大值，
所以，则的最小值为，
其中均在上单调递增，
又因为，
所以的最小值为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直，从而可得两直线重合，则两点重合，再结合分别在上，则重合于，从而证出平面 .
（2） 根据线面垂直可得二面角以及线面角的平面角，利用三角形的边角关系求解长度，根据椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆，进而根据两点距离公式，结合二次函数的性质即可求解的最大值，即可根据三角形的边角关系求解.
（1）略
（2）由于，故点轨迹是以为焦点，以为长轴的椭圆，
取中点为，连接，
由于，故，
由（1）知平面，平面，，
平面，故平面，
平面，故，
故为二面角 的平面角，故
又，故，
由于平面，故为 与平面 所成角，
则，
要使得与平面所成角的正弦值最小，则最小，故最大即可，
在平面中，建立如图所示的平面直角坐标系，故，
所以，故，
则椭圆方程为，
设，则，，
，
故当时，取最大值，
故，
故的最小值为，其中均在上单调递增，
又，
故的最小值为，
19．【答案】（1）解：因为表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，所以，
因为表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，
第5次才摸出最后一个编号的球，
因为第5次才摸出第三个编号的球，
所以，前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次，
则．
（2）解：依题意，可得：，
则，
所以
设，
，
作差可得：
，
所以，
则.
（3）证明：设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，
继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数，
则，其中，
则，
，
设
，
作差可得：
所以
，
所以，
则，
令，
当时，，所以在单调递增，
则，
所以，
则
所以．
【知识点】数列的极限；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据和的定义结合古典概率公式计算，从而得出与的值.
（2）根据题意求出的概率，再根据数学期望公式结合错位相减法求和，从而得出的值.
（3）先求出的概率，再用同（2）的方法求出，再由求出，最后根据导数证出成立.
（1）表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故，
表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球，
第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次，
则．
（2）依题意可得：，
则，
所以
设，
，
作差可得，
所以，
所以
（3）设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数，
则，其中，
则，
，
设，
作差可得：，
所以，
所以，即，
令，当时，，所以在单调递增，
所以，即，
所以，
所以．
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