湖北武汉市2026届高三年级五月供题数学试题（解析版）

第1页/共1页武汉市2026届高三年级五月供题数学2026.5本卷共4页，19题，全卷满分150分．用时120分钟．注意事项：1.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．2.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．一、单项选择题：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．1.集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由，其中，又，则．2.已知复数z满足，则（）A.5 B.3 C. D.【答案】C【解析】【详解】依题意，，所以.3.若等比数列的公比为，则“”是“是递减数列”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】D【解析】【分析】举例即可说明，充分性以及必要性均不成立，即可得出答案.【详解】充分性：在等比数列中，设首项为，由，取，此时等比数列的通项公式为：，随着的逐渐增大，增大，则等比数列是递增数列，不是递减数列，故充分性不成立，必要性：取首项，则等比数列的通项公式为：，从而得出数列是递减数列，但是，所以必要性不成立，故“”是“是递减数列”的既不充分也不必要条件.故选：D.4.为了得到函数的图象，只需把函数图象上的（）A.每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位B.每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位C.每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向右平移个单位D.每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向左平移个单位【答案】B【解析】【详解】对函数做横坐标伸缩变换，将图像上每个点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变，得到新函数的图象，根据平移变换的“左加右减”规则，将变形为目标函数：，可知需要将的图象向右平移个单位，即可得到目标函数的图象，B选项正确.5.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的单调性分别计算的范围即可求解．【详解】对数函数在上单调递增，且，所以，即；对数函数在上单调递增，且，所以，即；对数函数在上单调递增，且，所以，即；综上可得．6.游乐园里有一个半径为4的圆形水池（对应圆：）．现在要在水池里搭一条直线形的浮桥，浮桥的位置满足方程（是可以调节的参数），需要找到浮桥被水池截得的最短长度，这样的浮桥既节省材料，又能让游客体验最佳．则浮桥的最短长度是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求得直线过定点，再由几何关系求得当直线与垂直时，弦长最短，即可求解．【详解】将直线方程整理为，故直线恒过定点，圆的圆心为，半径，因为，所以点在圆内，当直线与垂直时，得最短弦长为．7.表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设圆柱的底面圆的半径为，高为，由题设可得，分析可得要使球体的体积最大，则应取，进而结合球的体积公式求解即可.【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，而圆柱的表面积为，则，即，要在圆柱内放入一个球，设球的半径为，则，即，要使球体的体积最大，则应取，则，即，则该球体的体积最大值为.8.已知函数，若不等式对任意恒成立，则满足条件的的取值个数为（）A.3个 B.5个 C.7个 D.无穷多个【答案】B【解析】【分析】首先求出，然后化简后代入不等式，令可得，必为整数，对任意整数，有恒等式求解即可.【详解】因为不等式对任意恒成立，令，此时右边，故恒成立。取得，结合，得，代入得：

，

原不等式化为对任意恒成立，令，代入得，因此，故必为整数（）.对任意整数，有恒等式：若：，满足不等式，符合条件的整数为：，共5个；若：存在使得，（例如，取，可得，不满足），舍去.综上，满足条件的的取值个数为5个.二、多项选择题：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.下列说法正确的有（）A.一组数据1，2，3，4，5，6，7，8的第30百分位数为3B.若随机变量，则C.若事件，满足，则与是对立事件D.若事件，满足，则事件，相互独立【答案】ABD【解析】【详解】对于选项A，可知，所以8个数据的第30百分位数为第3个数字，即3，所以A正确；对于选项B，由二项分布可知，所以B正确；对于选项C，由无法得出，所以无法判定与是否是对立事件，所以C错误；对于选项D，可知，可得，化简得，即事件，相互独立，所以D正确；10.关于多项式的展开式，下列结论正确的是（）A.各项系数之和为32 B.常数项为80C.项的系数为 D.展开式一共有21项【答案】AC【解析】【分析】由多项式展开式令代入计算判断A；令或或，计算可判断B；令或，计算可判断C；由的指数取值范围求解可判断D.【详解】由题意得多项式展开式的通项如下，为，即，对于A，令得，所以各项系数之和为32，故A正确；对于B，常数项中的次数为0，则或或，则，故B错误；对于C，令，得或，所以项为，故项的系数为，故C正确；对于D，因为，的指数为的整数，化简可得，所以展开式一共有9项，故D错误；11.已知，为方程的两个实根，设，下列结论正确的是（）A. B.存在，使得C.的个位数字为7 D.为完全平方数【答案】ACD【解析】【分析】选项A，根据韦达定理推导数列的递推关系，并求出即可；选项B，将的表达式代入，利用韦达定理化简得到通式后判断；选项C，计算前若干项的个位数字，找到周期，再根据周期取余得到对应个位数字；选项D，利用的表达式，结合的幂次的变形推导其结构，再代入判断是否为完全平方数.【详解】由于是方程的根，则有：两边同乘，可得递推关系：，则，即等式两侧同除以2，可得故数列的递推公式：，，.选项A：，A正确.选项B：化简，结合展开得：，B错误.选项C：依次计算可得：，，，，，，经过计算，从往后，可得个位数循环节为：，即周期为6，所以，余数为，对应个位数字为，C正确.选项D：由代入得：，可得，是完全平方数，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在凸四边形中，，，，，则的最小值为_________．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，用坐标法求解.【详解】由，，，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系：，，，因为，所以，因为，所以点在以为直径的圆上（除去），因为中点为圆心，半径，所以圆的方程：，在凸四边形中，设，，，，由圆方程，得，即，又凸四边形，在轴左侧（），故.13.已知椭圆的左右焦点分别为，，点为椭圆上一点，若直线和的斜率分别为和，则椭圆的离心率为_________．【答案】【解析】【详解】设，则，整理得两式相加，得将代入，得，解得代入，得因此，点的坐标为因为点在椭圆上，满足椭圆方程化简方程得两边同乘，得由椭圆定义，，离心率，因此，.将其代入上式，整理得，令（，故），方程转化为解得，不符合，舍去；，符合条件.因此化简根式14.已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为_________．【答案】【解析】【分析】分三种情况，时利用极限可判断不成立，时直接代入不等式中判断成立，当时，首先利用极限证明满足题意，然后再说明不成立即可.【详解】当，时，，，不成立，舍去.当时，，不等式成立，当，时，，，要使得不等式，即，解得

，即满足题意.当，时

，不成立；综上，实数

的取值范围是

.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.在中，内角，，的对边分别为，，，若．（1）求角的大小；（2）若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系，将原式转化为正弦形式，进而结合正弦定理将正弦值转化为对应边的关系，再利用余弦定理即可求出，进而得到角的大小.（2）利用三角形面积关系，建立与、的等式，再结合余弦定理得到、关系，进而利用基本不等式求出的范围，再构造函数，利用函数单调性求解的最大值.【小问1详解】由，整理得：.由，得，所以.由正弦定理，得：.结合余弦定理，可得：，因为，故.【小问2详解】由,可得，由（1）知，又，所以，则，得，当且仅当时等号成立，又因为，所以.，因为在上递增，所以，即线段长度的最大值为1.16.已知函数存在两个极值点.（1）求的取值范围；（2）求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据极值点的定义可知，即有两个不等正根，由一元二次方程根的分布可构造不等式组求得的取值范围；（2）由（1）可知，由此化简为，令，利用导数可求得，即为所求的最小值.【小问1详解】由题意知：定义域为，；令，则有两个不等正根，，解得：，实数的取值范围为.【小问2详解】由（1）知：，是的两根，则；；令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；，即的最小值为.17.如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，，点是线段的中点，点在线段上，满足平面．（1）求证：是线段的中点；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）先判断四点共面，再结合线面平行的性质得到，最后结合平行四边形的性质求解即可.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，进而利用面面角的向量求法求解即可.（3）利用点到平面距离的向量求法求解即可.【小问1详解】在中，过点N作交BC于点Q，连接QM，如图，作出符合题意的图形，在三棱柱中，因为，所以，所以四点共面，因为直线平面，平面，平面平面，所以．所以四边形是平行四边形，得到，所以为的中点．【小问2详解】因为平面，平面，所以，又因为正方形，，故可以B为原点建立空间直角坐标系，如下图，因为，所以，，，，，，，所以，．设平面的一个法向量为，由，得，取，得，易知平面的法向量，得到，故平面与平面夹角的余弦值为．【小问3详解】设平面的一个法向量为，而，由中点坐标公式得，则，由，得，取，得，又，设点到平面的距离为，由点到平面的距离公式得.18.已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹．（1）求曲线的方程；（2）设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点；（ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点；（ⅱ）若，证明：直线过定点．【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程；（2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论.【小问1详解】圆的圆心为，半径，线段的垂直平分线与直线交于点，故，当线段的垂直平分线与射线相交时，，当线段的垂直平分线与射线相交时，，所以，故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为，则，则，故点的轨迹的方程为；【小问2详解】（i）设直线，联立，得，则4k2−5≠0x1所以k，解得，故直线l的方程为，即直线过定点；（ii）设，则直线的方程为，其中，联立，可得，则，将以及可得：，则，所以，则，同理，设直线，代入点A的坐标得，整理得，同理可得，所以可知直线的方程为，即，令，解得，即直线过定点.19.某中学共有个社团，学校计划在周一和周三各举办一场社团博览会．每场博览会需随机邀请其中个社团参展（，为常数）．两场博览会的邀请工作独立进行，每次均从个社团中等可能地选取个不同的社团．记至少参展过一场博览会的社团总数为．（1）求社团“星火社”至少参加一次博览会的概率；（2）求使概率取得最大值的整数的值（用，表示）；（3）记随机变量的数学期望为，方差为；（ⅰ）求；（ⅱ）证明：．附：对服从超几何分布的离散型随机变量，即，有，．【答案】（1）（2）当能被整除时，和；当不能被整除时，；（表示的整数部分）（3）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）利用对立事件概率公式计算至少参加一次的概率；（2）由题意求出的组合表达式，再通过解不等式，确定，进而找到取最大值对应的m；（3）（i）结合超几何分布的期