2026屆廣東省廣州市高三8月市調(diào)研考數(shù)學(xué)試題（含解析）

11.已知集合A，B則AB的元素個(gè)數(shù)為()A.3B.4C.5D.62.已知復(fù)數(shù)z滿足i，則z=()A.-1-iB.-1+iC.1+iD.1-i3.將函數(shù)f=sin的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍（縱坐標(biāo)不變?chǔ)性賹⑺脠D象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度.則得到的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為()64.若函數(shù)f(x在區(qū)間(0,2)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A.5.某貨船執(zhí)行從A港口到B港口的航行任務(wù)，B港口在A港口的正北方向.已知河水的速度為向東2m/s.若貨船在靜水中的航速為4m/s，船長(zhǎng)調(diào)整船頭方向航行，使得實(shí)際位移最短.則該船完成此段航行的實(shí)際速度為()A.2m/sB.23m/sC.4m/sD.25m/s6.已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f滿足f(x)+f(-x)=0，則a+b=()A.3B.2C.1D.07.已知一條直線與拋物線y2=2px(p>0)交于A,B兩點(diǎn)，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O引AB的垂線A.B.C.1D.22A.B.)CD.分.}是等比數(shù)列10.如圖，在三棱錐O-ABC中，側(cè)棱OA,OB,OC兩兩垂直，且OA=OB=OC=3，P為底面ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)（含邊界點(diǎn)P到三個(gè)側(cè)面的距離分別為d1，d2，d3，直線OP和三條側(cè)棱所成的角分別為L(zhǎng)1，L2，L3，直線OP和三個(gè)側(cè)面所成的角分別為A.該三棱錐的外接球半徑為B.sin2L1+sin2L2+sin2L3=1313.如圖，在平面在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)N在x軸上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)M在y軸上運(yùn)動(dòng).點(diǎn)P在線段MN的延長(zhǎng)線上，且MP=3， MN=1，則點(diǎn)P的軌跡方程為.14.某學(xué)校高一年級(jí)6個(gè)班各派1名學(xué)生代表參加年級(jí)組織的課室衛(wèi)生檢查，若每個(gè)班隨機(jī)分配1位同學(xué)進(jìn)行檢查，則恰有2位同學(xué)檢查本班課室衛(wèi)生的概率是.15.（13分）經(jīng)驗(yàn)表明，一般數(shù)的胸徑（樹(shù)的主干在地面以上1.3m處的直徑）越大，樹(shù)就越高.由于測(cè)量樹(shù)高比測(cè)量胸徑困難，因此研究人員希望由胸徑預(yù)測(cè)樹(shù)高.在研究樹(shù)高與胸徑之間的關(guān)系時(shí)，某林場(chǎng)收集了某種樹(shù)的一些數(shù)據(jù)，并根據(jù)數(shù)據(jù)作出如下的散點(diǎn)圖.（1）推斷兩個(gè)變量是否線性相關(guān)，計(jì)算樣本相關(guān)系數(shù)r（精確到0.01并判斷它們的相關(guān)程度；（2）試根據(jù)以上數(shù)據(jù)建立樹(shù)高關(guān)于胸徑的經(jīng)驗(yàn)回歸方程（系數(shù)精確到0.01并預(yù)測(cè)胸徑為45cm的樹(shù)高.=y_x.416.（15分）如圖，在四棱錐P_ABCD中，底面ABCD為矩形，AB=2，BC=4，側(cè)面PAD為等邊三角形，平面PAD丄平面ABCD，E為PB中點(diǎn).（2）求平面EAC與平面ACD夾角的余弦值.的所有大于0的零點(diǎn)構(gòu)成遞增數(shù)列{an}.項(xiàng)和Sn.在C上，A,B為C的左、右頂點(diǎn).（1）求C的方程；（2）若點(diǎn)M,N在C的右支上（M在第一象限直線AM,BN分別交y軸于P,Q兩點(diǎn)，且.(ⅰ)探究：直線MN是否過(guò)定點(diǎn)：若過(guò)定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由；,S2分別為ΔAMN和ΔBMN的面積，求S1_S2的取值范圍.5(0,f(0))處的切線方程為y=0.（1）求a的值；（2）求f(x)的最小值；（3）設(shè)b∈Z，若esinx-lnx+x2-bx-1>0對(duì)▽x∈(0,1]恒成立，求b的最大值.65個(gè)元素.3.C解析：變換過(guò)程為f=sin→y=sin→y=sin4.D解析：由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，得_a≥2，解得a≤_4.25.B解析：∵要使實(shí)際位移最短，∴實(shí)際速度的方向應(yīng)垂直于長(zhǎng)江方向.由向量的平行四邊形法則，可知船長(zhǎng)調(diào)整船頭方向應(yīng)該朝向被偏西30°,可算的實(shí)際速度為23m/s.6.A解析：∵f(x)+f(_x)=0，即f(_x)=_f(x)，且定義域?yàn)镽，∴f(x)是奇函數(shù)，設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則y1+y2=_p，y1y2=_5p.∴p.由正弦定理有b，722.9.ABD解析：當(dāng)n≥2時(shí)，an=Sn-Sn10.ACD解析：由三條側(cè)棱OA,OB,OC兩兩垂直，則該模型為“墻角”模型，如圖所示，外接球半徑R故A正確；過(guò)P作三個(gè)側(cè)面的垂線，連接相應(yīng)的線段構(gòu)成如圖所示的長(zhǎng)方體，B,C,D均可通過(guò)該長(zhǎng)方體進(jìn)行計(jì)算，則算得sin2L1+sin2L2+sin2L3=sin2LAOP+sin2LBOP+ 球心，半徑為5的球面被三角形面ABC所截得的圓弧.又dO-ABC=3，則截面圓半徑r，而ΔABC內(nèi)切圓半徑為因此軌跡為三段圓弧，求得弧長(zhǎng)l，故D正確.822去）或.解析：設(shè)P(x,y)，M(0,yM)，N(xN,0)，由題意，MP=3MN，則MP=(x,y-yM)=3MN=(3xN,-3yM)，∴xN=x，yM=-y.又MN∴點(diǎn)P的軌跡方程為.314.解析：“恰有兩位同學(xué)檢查本班課室衛(wèi)生”也就是有4為同學(xué)不檢查自己所在班的課室，記n個(gè)同學(xué)不檢查自己所在班課室衛(wèi)生的情況總數(shù)為an，任意一人可檢查的班有(n-1)個(gè)，假設(shè)此人檢查i班，考慮i班的學(xué)生代表的選擇：如果i班的學(xué)生代表與此人交換檢查，那么剩余(n-2)人不檢查自己所在班課室衛(wèi)生，情況總數(shù)為an-2；如果i班的學(xué)生代表不與此人交換檢查，那么可以理解為(n-1)人不檢查自己所在班課室234∴恰有兩位同學(xué)檢查本班課室衛(wèi)生的概率是.15.解1）根據(jù)散點(diǎn)圖，可判斷兩個(gè)變量是線性相關(guān). Σxi348Σyi264根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)，得x=i=1==29，y=i=1==22.9由于r接近于1，故相關(guān)性較強(qiáng).∴經(jīng)驗(yàn)回歸方程為=0.24x+15當(dāng)x=45時(shí)，=0.24x45+15.10=25.9，即樹(shù)高的預(yù)測(cè)值大約為25.9m.（2）取AD中點(diǎn)O點(diǎn)，連接PO.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，過(guò)A作PO的平行線為z軸，建立空間直角坐)，設(shè)平面EAC的法向量為=(x,y,z)，則.設(shè)平面EAC與平面ABCD的夾角為θ,則cosθ=cos1∴平面EAC與平面ABCD的夾角的余弦值為.417.解1）由題意fsincossinsinπxsin即x=2k或x=2k,取其中的正數(shù)構(gòu)成遞增數(shù)列{an}，n}的前6項(xiàng)為在C上，2由雙曲線C的方程可知：A(-1,0),B(1,0).設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).由韋達(dá)定理得：.x=t即M.又直線BN(即BQ)的方程為y=_3t(x_1)，同理可得N. 2時(shí)，直線MN的斜率kMN直線MN的方程為y化簡(jiǎn)整理得：y.∴直線MN過(guò)定點(diǎn)(2,0).則S1_Sy1_yy1_y2y1_y2+yy1y又點(diǎn)M,N在雙曲線C的右支上，C的漸近線方程為x_S2=f∵f(u)在[3,4)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)u=3，即m=0時(shí)，S1_∴S1_S2