2026届高三5月复习诊断数学+答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260528云南省昆明市第一中学2026届高三5月复习诊断（全科）

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数学参考答案
命题、审题组教师 杨昆华 刘皖明 莫利琴 毛孝宗 凹婷波 王佳文 顾先成 丁茵 张远雄 蔺书琴
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C A D B A C D
1．解析：因为方程x2 2x30的判别式22 4380，所以该方程有虚数根，所以
z 2 412i 1 2i ，因此 z  12    2 2  3 ，选B.
2
2．解析：当x4时， x x 显然成立，所以 p是真命题，p是假命题，当x0时，x x 0，所以命
题q是假命题，q是真命题，选C．资料中转站（公众号）
b 3 c a2 b2 3 5
3. 解析：由题意得，  ，则   1( )2  ，选A.
a 4 a a2 4 4
ex ex
4．解析：由 f(x) 在R上单调递增，且 f(0)0，g(0)1，所以g(0) f(2) f(3)，选D．
2
(a3)2 (b3)2 (c3)2 a2 b2 c2 6(abc)27
5．解析：由题意得，abc9， 2，则 2，
3 3
a2 b2 c2
解得 11，选B.
3
6．解析：分别取PC，BC的中点为D，E，连接MD，ME ，DE，则点N在平面PBC 上的轨迹为线段
3
DE，在△MDE中，可知MDME DE 1，所以MN 的最小值为 ，选A.
2
7. 解析：由 f(x)3x2 30得x1，所以 f(x)在(，1)和(1，+)上单调递增，在(1，1)上单调递
减，所以 f(x)有两个极值点，极大值为 f(1)4，极小值为 f(1)0，故A错；令
f(x)x33x2x12x20 ，由 f(x)的单调性得：f(x)0时x2或x1，故B错；因为x1，
所以x2 12x，由 f(x)在(1，+)上单调递增，所以 f(x2 1) f(2x)，故C正确；由 f(x)6x0，得
x0且 f(0)2，所以 f(x)关于(0,2)对称，故D错，选C.
8．解析：A选项，a0，b0，a2 b2 2(ab)a12b122，不能确定符号，A错误；
B选项，(ab)2 a2 b2 2ab2  a2 b2，所以
a2 b2

ab
 ab ，B错误；
ab 2
b 2a b 2 b 2
C选项，    1  1 2 21，C错误；
a ab a b a b
1 1
a a
1
学科网（北京）股份有限公司ab
D 选项,令 tt0，则ta2 atb2 b2t 0可看作关于a的一元二次方程有正数解，所以
a2 b2 2
14t  tb2b2t  0，整理得：4t2b2 4tb8t2 10 ，此时关于b的一元二次不等式有正数解，所以
1 1
 16t216t2(8t21)0 ，解得t2  ，0t ，选D.
1 4 2
二、多选题
题号 9 10 11
答案 ABD ABD ACD
AB18
9．解析：由已知， 解得A8，B10，故A正确；
AB2
2π π
因为摩天轮每12分钟旋转一周，所以T 12，即 12，故 ，B正确；
 6
3
由最低点距离地面2米得：8sin102，从而sin1，因为0, 2π  C不正确；
， ，
2
π 3π π  4π
综上h(t)8sin( t )108cos t10 ，当t 8时，h8cos 1014，D正确；
6 2 6  3
选ABD.
10．解析：因为a 1，a a 3n2，所以当n1，a 0，
1 n1 n 2
又因为a a 3n1，两式相减，a a a a 3，即数列{a a }是等差数列，
n2 n1 n2 n1 n1 n n1 n
另有a a 3，可知数列{a }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；偶数项是以0为首项，3
n2 n n
为公差的等差数列，
当n为奇数时，设n2k1  kN，则a a 1+3k13k2
3n1
；当n为偶数时，设
n 2k1 2
n2m  mN，则a a 3m13m3
3n6
，所以a 6，综上所述C错误，A、B、D正确，
n 2m 2 6
选ABD.资料中转站（公众号）
11．解析：抛物线C:y2 2pxp0的准线方程为x2，则 p4，抛物线C:y2 8x，
对于A，若 AF 10，则A(8,8)，可得 OA 8 2，A正确；
对于 B，设直线 l:xmy2 ，与抛物线方程联立，得 y2 8my160 ，设 A(x,y ),B(x ,y ) ，则
1 1 2 2
y  y 8m,y y 16 ，所 以 AB  m2 1 y y  m2 1 (y  y )2 4y y 8(m2 1)16 ，所 以
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
m1，即直线l的斜率为 1，B错误；
m
1 1 1 1 m(y  y )8 1
对于C，注意到     1 2  ，
AF BF my 4 my 4 m2y y 2m(y y )4 2
1 2 1 2 1 2
2
学科网（北京）股份有限公司1 1 2 AF BF
2 AF  BF (2 AF  BF)(  )22(3  )2(32 2)64 2 ，当且仅当
AF BF BF AF
2 AF BF
 时等号成立，C正确；
BF AF
1
对于D，S  OF y y 8 m218，当且仅当m0时取等号，D正确，选ACD.
OAB 2 1 2
三、填空题
12．解析：由  2b  a  a  ，所以  2b  a  a  0，所以2b  a  a  2 0，即a  b   1 a 2 2.
2
3
2
13．解析：△ABD中，由正弦定理 AD  AB 得：sinADB ABsinB  2  2 ，因为ADB
sinB sinADB AD 3 2
π 2π π π π π
为锐角，所以ADB ，从而BADπ   ，所以A ，从而C  ，△ABC中，由正弦定
4 3 4 12 6 6
AC BC
理  ，所以AC  6.
sinB sinBAC
14．解析：由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，
1 4
即为 16164 3，所以该球形容器体积的最小值为： π33 36π.
2 3
四、解答题
15. 解：（1）画法：连接EC ，在上底面ABCD 上，过点E作直线l与EC 垂直，
1 1 1 1 1 1
则直线l为所求.
理由：由已知CC 平面ABCD ，所以CC l，又因为EC l，CC EC C ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以l 平面CCE，所以l CE . ………6分
1
c2 c2
（2）设ADa，DC b，DD c，所以MA a2  ，MC  b2  ，AC  a2 b2 ，
1 4 4
c
因为△MAC 是正三角形，所以MAMC  AC ，所以ab ，即ABCD 为正方形，所以l∥BD ，
2 1 1 1 1 1 1
所以直线l与平面MAC 所成角与直线DB 与平面MAC 所成角相等.
1 1
以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(a,0,0)，M(0,0,a)，

C(0,a,0)，B(a,a,2a)，D(0,0,2a)，所以DB (a,a,0)，
1 1 1 1
 
MA(a,0,a)，MC (0,a,a)，

设平面MAC 的法向量为n(x,y,z)，
3
学科网（北京）股份有限公司 
MAn0 axaz0 xz
由    ，
MCn0 ayaz0 yz

取z1，则n(1,1,1)，设DB 与平面MAC 所成角为，
1 1
  2a 6
则sin|cos DB,n|| | ，
1 1 3 2a 3
6
所以直线l与平面MAC 所成角的正弦值为 . ………13分
3
16．解：（1）由函数 hx
ex
，可得其定义域为 x∣x1 ，且 hx
x2ex
，
x1 (x1)2
令 hx0 ，可得 x2 ，
列表如下： ………2分
x ,1 1,2 2 2,
hx — — 0 +
hx   极小值e2 
由上表知， hx在，1，1，2上单调递减，在2,上单调递增，
故当 x2 时， hx取极小值e2，无极大值. ………6分
（2）由 f xax可得 fxaxlna，
所以曲线 f xax在  x, f x  点处的斜率为ax1lna，
1 1
1
由gxlog x可得gx ,
a xlna
1
所以曲线gxlog x在点  x ,gx  处的斜率为 ,
a 2 2 x lna
2
1
因为这两条切线平行，故有ax1lna  ,
x lna
2
即x ax1 lna2 1,两边取以a为底的对数，得log x x 2log lna0，
2 a 2 1 a
所以x gx x log x 2log lna0，
1 2 1 a 2 a
所以 log lna0log 1a1lna1lnea11a e ． ………15分
a a
17.解：（1） 设正项等比数列a 的公比为q，则q0，由于a a 24n，则a a 24n1，两式相
n n n1 n1 n2
4
学科网（北京）股份有限公司aa
除得q2，又 1 2 4，得a2 4，又a 0，得a 2，所以a 2n； ………7分
2 1 1 1 n
n,n为奇数
（2）由（1）得b  ，
n 2n,n为偶数
n
(1n1)
n为偶数时，S (13n1)(22242n) 2 
22(12n)

n2

2n2 4
，
n 2 122 4 3
(n1)2 2n34 (n1)2 2n14
n为奇数时，S S a    2n1  ，
n n1 n1 4 3 4 3
n2 2n2 4
  ,n为偶数
 4 3
综上，S  ． ………15分
n (n1)2 2n14
 ,n为奇数

4 3
56789 0.550.500.600.650.70
18．解：（1）由题意知，x  7，y  0.6，
5 5
5
(x x)(y y)(2)(0.05)(1)(0.1)0010.0520.10.45 ，
i i
i1
5 5
(x x)2 10，(y y)2 0.025．
i i
i1 i1
5
(x x)(y y)
i i 0.45 0.45
所以r i1   0.9 0.75,1 
5 5 100.025 0.5
(x x)2(y y)2
i i
i1 i1
所以该性能指数与用户的喜欢程度的相关性很强． ………5分
（2）记事件A：机器人正确执行命令；事件B：使用者对执行结果满意，则
P(A)0.9，P(A)0.1，P(B A)10.90.1，P(B A)10.30.7．
所以P(B)P(A)P(B A)P(A)P(B A)0.90.10.10.70.16，
P(AB) P(A)P(B A) 0.90.1
所以P(A B)   0.56 ，
P(B) P(B) 0.16
故如果使用者对某次命令执行结果表示不满意，机器人实际正确执行命令的概率约为0.56． …10分
（3）设事件C：机器人挑战成功，则
P(C) p2q2 2p(1 p)q2 2p2q(1q) pq[pq2(1 p)q2p(1q)] pq(2p2q3pq)．
3 3 3 9
由 pq ，得P(C)3pq(1 pq) ．令t pq p(  p)(p )2  ，
2 2 4 16
1 1 9 
因为0 p1，0q1，所以  p1，所以t ,
 
2 2 16
1 3 1 1 3
设 f(t)3t(1t)3(t )2  ，当t ，即 p 或1时， f(t)  ．
2 4 2 2 max 4
3 3
所以当 pq 时，机器人挑战成功的概率的最大值为 ． ………17分
2 4
5
学科网（北京）股份有限公司 6
19．解：（1）取的左焦点为F ，由题意知，AFF  ，所以 AF  AF a2c，又因为 BF  ，
1 1 3 1 5
6 6
a2 (a )2 (2a )2
6  5 5
所以 BF 2a ，在△ABF 中，cos  ，
1 5 1 3 6
2a(a )
5
x2 y2
所以a2，b 3，的方程为  1. ………5分
4 3
（2）（i）设A(x,y ),B(x ,y ),C(4,y )，由题意知，设直线AB的方程为xmy1，
1 1 2 2 1
xmy1
 6m 9
联立x2 y2 ，得(3m2 4)y2 6my90，y  y  ，y y  ，
  1 1 2 3m2 4 1 2 3m2 4
 4 3
y  y 2m y y
所以 1 2  ，所以直线BC的方程为y 2 1(x4) y ，
y y 3 x 4 1
1 2 2
3
 (y  y )3y
令y0，x4 y 1 (x 2 4)  y 1 (my 2 3)  my 1 y 2 3y 1  2 1 2 1  3 ,
y y y y y y y y 2
2 1 2 1 2 1 2 1
5 5
所以x ，直线BC的过定点( ,0)，所以△BCF面积为
2 2
3 3 3 6m 36 9 m2 1 9
S  y y  (y  y )2 4y y  ( )2    ，
BCF 4 1 2 4 2 1 1 2 4 3m2 4 3m2 4 3m2 4 1
3 m2 1
m2 1
1 9
又因为3 m2 1 单调递增，当m0时，S 取得最大值 . ………12分
m2 1 BCF 4
3 3 3
（ii）在△BCF面积最大的条件下，根据对称性，可设A在x轴上方，所以A(1, ),B(1, )，C(4, )，F(1,0)，
2 2 2
5 1 9 3 2
BC 3 2，直线BC的方程为yx ，因为S  3 2d  ，所以d  ，
2 BCM 2 4 4
5
t
2 3 2
可设平行BC的直线方程为yxt，所以d   ，所以t1或者t4，
2 4
yx4

当yx1时，直线过点F ，且与椭圆相交，当yx4时，联立x2 y2 ，得7x2 32x520，
  1
 4 3
因为322 28520，所以直线yx4与椭圆没有交点，
综上所述，满足条件的点M 的个数为2. ………17分
6
学科网（北京）股份有限公司