2026年5月高三下学期壮行考试数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260522湖北省2026年5月高三下学期壮行考试（全科）

高三数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
选项 D A B C A B D A AB BCD ACD
12. 2
13. 0
14. [e2,0]
1.【答案】D
【解析】A[1,4],B[1,)，则AB[1,).
2.【答案】A
1 1i 1 i
【解析】    ，故其对应的点位于第一象限.
1i (1i)(1i） 2 2
3.【答案】B
【解析】(2x1)5的展开式的通项为
T Cr2x5r1r Cr1r 25rx5r r0,1,2,3,4,5，
r1 5 5
令Cr1r 25r 40，得r3，所以该项含x的次数为5r2.
5
4.【答案】C
【解析】以抛物线的顶点为原点，对称轴为x轴建立平面直角坐标系，
设抛物线方程为y2 2px(p0)
接收天线的口径为12m，深度为3m，则抛物线上有一点的坐标
为(3,6)，代入抛物线方程中，解得 p6 y2 12x， .
p
所以信号处理中心与抛物线顶点的距离为 3m
2
5.【答案】A
【解析】由S S 可得a 0，则2a a 03a ,故a 3a 2a a 14d a ，
4 9 7 3 m 7 m 7 3 1 15
故m15
6.【答案】B
数学试卷参考答案 第1页，共10页         1
【解析】由2a3b 4c0 可得2a3b 4c ，两边平方可得ab  ，
4
故 a  b   (a  b  )2  a  2 b  2 2a  b   10
2
7.【答案】D
【解析】观察函数可知， f(x)为定义在R上的偶函数，在(0,)上递增，
a f  log 2   f(log 2) f(log 2) ，由30.011，0log 2 2 1 故bca
 1  3 3 3 3
 
3
8.【答案】A
【解析】设正方体棱长为1，以D为原点，以DA,DC,DD 所在直线分别为x,y,z轴，
1
建立空间直角坐标系，可得D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D (0,0,1) ，
1
因为点E为CD中点，可得E(0, 1 ,0)，又设  D  F    F  D  ，F(0,0,z)，可得
2 1
 
DF (0,0,z),FD (0,0,1z)
1
所以(0,0,z)(0,0,1z)，可得z(1z)，
 
解得z ，所以F(0,0, )，
1 1
由三棱锥D ADE的外接球即为DA,DE,DD 为棱的长
1 1
1
方体的外接球，由DA1,DE  ,DD 1，
2 1
1 3 3
得长方体的对角线长为l 12( )212  ，所以D ADE的外接球的半径为R ，
2 2 1 4
1 1 1
即球心O为长方体的对角线的中点，所以O( , , )，
2 4 2
  1  
设平面BEF的法向量为n(x,y,z),BE (1, ,0),BF (1,1, )，
2 1
  1
nBEx y0
由    2 ，令x1，则 y 2,z  1 ，
 n    B  F  xy  z0 
 1
 1
所以n(1,2, )，

数学试卷参考答案 第2页，共10页 1 3 1 
因为O， 所以向量BO( , , )与平面BEF的法向量为n垂直，
2 4 2
  1 3 1 1 DF 1
则BOn0，即 1( )(2) ( )0，解得1，所以 
2 4 2  DD 2
1
9.【答案】AB
【解析】对于A，若众数为5，则x5，A正确；
对于B，原平均数为6，若平均数不变，则x 6 ，B正确；
对于C，原中位数为6，若中位数不变，则x 6 ，C错误；
对于D，若极差为9，则x 0或12，D错误.
10.【答案】 BCD
【解析】对于A，(2)2(2)2 84，点A在圆O外，A错误；
对于B， k  6(2)  4 ，则直线BC的方程为 y6 4 (x2），
BC (2)4 3 3
即4x3y100 ， B正确.
对于C，圆心O到 ABC的三边的距离均为半径2 ，则与三边均相切，C正确；
对于D，设P(2cos，2sin)([0，2π))
，
|PA|2 |PB|2 |PC|2(2cos2)2(2sin2)2(2cos2)2
(2sin6)2(2cos4)2(2sin2)2808sin
3π
88(当 ，即P(0,2)取等）
2
故|PA|2 |PB|2 |PC|2的最大值为88，D正确.
11.【答案】ACD
【解析】对于A，小于等于9的正整数中与9不互质的数为3的倍数，即3，6，9，即
(9)936，A正确；
对于B，取n5，(5)4,(52)(25)20，则(52)2(5)，B错误；
对于C，若 p为质数p2，则小于等于 pn的正整数中与 pn不互质的数只有
pn
p的倍数，所以互质的数的数目为 pn  pn pn1，
p
数学试卷参考答案 第3页，共10页故  3n 23n1 ，则 S 
2(13n)
3n1 ，C正确；
n 13
对于D，由(xy)(x)(y)，可知x，y互质，则满足条件的(x，y)有
11 11
12,13,14,15,16,23,25,34,35,45,56共11种，故P(A)  ，D正确.
C2 15
6
12.【答案】 2
c
【解析】依题意 a2 b2 ，，可得c2 2，故e  2
a
13.【答案】 0
4 3 3 4
【解析】依题意sin ，cos ，sin ，cos ，
5 5 5 5
3 4 4 3
则cos()coscossinsin   ( )0
5 5 5 5
14.【答案】[e2,0]
【解析】由题意得gxaxexe与yxb的图象最多有一个交点，
故关于x的方程axexe xb最多有一个根，
所以H(x)axex ex与yb的图像最多有一个交点，
所以H(x)a(x1)ex1恒大于等于0或恒小于等于0，
当x1时，H(x)10，所以H(x)0恒成立，
令 ，则n(x)a(x2)ex，令n(x)0，解得x2，
n(x) H(x) a(x1)ex 1
当a0时，n(x)1满足题意；
当a0时，n(x)在(,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，
当 x  1 1 ，且x 0时 a(x 1)1，则n(x )a(x1)ex0 10 ,
0 a 0 0 0
而n(2)ae2
10，故H(x)a(x1)ex1恒大于等于0或恒小于等于0不成立，
不满足题意；
当a0时，n(x)在(,2)上单调递增，在(2,)上单调递减，
所以n(x) n(2)ae210，解得ae2，综上，a 的取值范围为[e2,0].
max
数学试卷参考答案 第4页，共10页15．解（1）如图，取AB中点O，连接PO，CO．··········································1分
因为PA PB 2，AB 2，所以PA2 PB2  AB2，
即PO  AB， ………………………………………………………………………………2分
且PO 1，BO 1．
又因为四边形ABCD是菱形，ABC 60，
所以CO  AB，CO 3．
因为PC 2，所以PC2  PO2 CO2，
即PO CO，····························································································4分
因为AB平面ABCD，CO平面ABCD，ABCO O，
所以PO 平面ABCD，
又PO平面PAB，所以平面PAB 平面ABCD．··········································6分
（2）以O为原点，OC ，OB，OP分别为x轴， y轴，z 轴建立空间直角坐标系，则
P(0,0,1)，A(0,1,0)，
B(0,1,0)，D( 3,2,0)．

所以PA(0,1,1)，

PB (0,1,1)，
 
PC ( 3,0,1)，PD ( 3,2,1)．··························································7分

设平面PAD的法向量为m(x ,y ,z )，
1 1 1


由    m  P  A  0 得   y 1 z 1 0 ，不妨取m  (1, 3, 3)．······························8分

mAD 0  3x  y 0
1 1

设平面PBC 的法向量为n (x ,y ,z )，
2 2 2
数学试卷参考答案 第5页，共10页

由    n  P  B  0 得   y 2 z 2 0 ，不妨取n  (1, 3, 3)．································10分

nPC 0  3x z 0
2 2
 
  mn 133 1
所以 cosm,n 
 
  ．························································12分
m n 7 7 7
1
故平面PAD与平面PBC 夹角的余弦值为 ．·················································13分
7
1 2 3 cosA 2cosB 3cosC
16．解（1）由   可得   ．·················1分
tan A tanB tanC sin A sinB sinC
cosA 2cosB 3cosC
由正弦定理可得   ．···············································2分
a b c
故bccosA2accosB 3abcosC．························································4分
1 3
由余弦定理可得 (b2 c2 a2)(a2 c2 b2) (a2 b2 c2) ．···············6分
2 2
化简得a2 2b2 3c2．···········································································7分
（2）由题意可知，C为锐角，
1 2 1
a2 b2  (a2 2b2) a2  b2
a2 b2 c2 3 3 3 2
则cosC     …………10分
2ab 2ab 2ab 3
2 1
当且仅当 a2  b2即b 2a时取等号．············································11分
3 3
7
此时C最大，且sinC  ．·····························································12分
3
1 2 7
所以S  absinC  a2  14 ．·······································13分
△ABC
2 2 3
解得a 6．···················································································15分
17．解（1） f(x)ex 22k．···································································1分
当k 1时， f(x)0恒成立，故函数 f(x)在在R单调递增；······················ 2分
数学试卷参考答案 第6页，共10页当k 1时，令 f(x)ex 22k 0得xln(2k2)．······························3分
故当x(,ln(2k2))时， f(x)0，函数 f(x)单调递减，
当x(ln(2k2),)时， f(x)0，函数 f(x)单调递增，························5分
综上，当k 1时， f(x)0恒成立，函数 f(x)在R单调递增；
当k 1时，函数 f(x)在(,ln(2k2))上单调递减，
在(ln(2k2),)上单调递增．·······························································6分
（2）令F(x)ex 2x2kxsinx1，x0，F(0)0，······························7分
F(x)ex 22kcosx，x0，F(0)22k．·································8分
令(x) F(x)ex 22kcosx，x0，
而(x)ex sinx0在[0,)恒成立，即F(x)在[0,)单调递增，······10分
故当F(0)22k 0，即k 1时，F(x)F(0)0，F(x)在[0,)单调递增，
F(x) F(0)0在[0,)恒成立；························································12分
当F(0)22k 0，即k 1时，当x时，F(x)，
所以，存在x 0，使得x(0,x )时，F(x)0，F(x)单调递减，x(x ,)时，
0 0 0
F(x)0，F(x)单调递增，·································································13分
故由F(0)0可知，x(0,x )时，F(x)0与F(x)0在[0,)恒成立矛盾；
0
·········································································································14分
综上，实数k的取值范围是(,1]．························································15分
18．解（1）设事件M “小明在前3次射击中得到2分”，
事件N “这2分均在场景B下获得”．····························································1分
数学试卷参考答案 第7页，共10页4 4 1 4 1 1 1 1 1 129 1 1 1 1
则P(M)          ，P(MN)     ．····3分
5 5 5 5 5 2 5 2 2 500 5 2 2 20
1
P(MN) 20 25
所以P(N |M)    ．························································ 5分
P(M) 129 129
500
（2）设第n次在场景A下射击为事件M ，
n
4 1
则P  P(M )1，P(M |M )  ，P(M |M )  ，······························6分
1 1 n1 n 5 n1 n 2
由全概率公式可得P(M ) P(M )P(M |M )P(M )P(M |M )，···········7分
n1 n n1 n n n1 n
4 1 3 1
即P  P  (1P ) P  ，··························································· 8分
n1 5 n 2 n 10 n 2
5 3  5
则P   P   ，············································································9分
n1 7 10 n 7
5 2  5 2 3
且P    0，可知数列P  是以首项为 ，公比为 的等比数列，······10分
1 7 7  n 7 7 10
n1 n1
5 2 3  5 2 3 
则P     ，所以P     ；············································11分
n 7 710 n 7 710
k1
4 1 5 3  3 
（3）设第k 轮得分期望为E ，则E  P  (1P )     ，········14分
k k k 5 k 2 7 3510 
 n
3  3 
1  
所以前n轮期望总得分为S 
n
E 
5n

35 10 

5n

6 
1


3 

n
．···17分
n k1 k 7 1 3 7 49  10  
10
x2 y2
19．（1）设椭圆  1的半焦距为c，
a2 b2
2a 4
a 2

c 1 
由已知可得  ，且b0，解方程得b 3，··································2分
a 2
 
c1
a2 b2 c2 

数学试卷参考答案 第8页，共10页x2 y2
所以椭圆E的标准方程为  1；···························································3分
4 3
（2）由已知直线l的斜率不为0，故设直线l的方程为xmy1，
x2 y2
  1
联立 4 3 ，消x可得(3m2 4)y2 6my90，

x my1
方程(3m2 4)y2 6my90的判别式36m2 36(3m2 4)144(m2 1)0，
设A(x ,y )，B(x ,y )，其中 y 0， y 0，
1 1 2 2 1 2
6m 9
由已知 y  y  ， y y  ，·················································4分
1 2 3m2 4 1 2 3m2 4
8  4 3m 
故x x my 1my 1 ，则R ,

．··················5分
1 2 1 2 3m2 4 3m2 4 3m2 4
x 1
所以直线OR:3mx4y 0，其中m 1 ．·················································6分
y
1
点A到直线OR的距离
3mx 4y 3x (x 1)4y2 3x 12
d  1 1  1 1 1  1 ．·····························7分
9m2 16 9(x 1)2 16y2 3x2 18x 57
1 1 1 1
令u  x 4(6,2)，···············································································8分
1
3u 3 3
所以d    ．··················9分
3u2 42u63 
u
63
2
 4
u
2 3
63


1

1

2
4
u 3
3
当u 3(x 1)时d 取最小值 ．······························································· 10分
1 2
 
（3）设AF F B，则(1x ,y )(x 1,y )，
2 2 1 1 2 2
y
所以y y ，即 1 ，
1 2 y
2
数学试卷参考答案 第9页，共10页所以
1  y y  y2y2 (y y )2 4m2 16 10
  1  2  1 2  1 2 2 2  ，···11分
  y y  y y y y 3m24 3(3m24) 3
2 1 1 2 1 2
16 4
因为m2 0，所以3m2 44，0  ，
3(3m2 4) 3
1 10 10
所以2  ，所以22 1 ，
 3 3
1
所以 3．························································································ 12分
3
 x y 
因为点P为线段OA的中点，所以P 1, 1

，
 2 2 
 x y 
因为点G为△BFF 的重心，所以G 2 , 2  ，
1 2  3 3 
所以
S S S S S
1 △BFP △FOB △FOP △BOP
1 1 1
1
 S S  S
△F 1 OB △F 1 OP 2 △AOB
1 1 1 1 1 1 3
 1(y ) 1 y   1(y  y ) y  y ，
2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 4 2
2
因为点G为△BFF 的重心，所以 BG  BO ，
1 2 3
2 2 1 1
所以S S  S   1(y  y ) (y  y )，·························14分
2 △ABG 3 △AOB 3 2 1 2 3 1 2
1 y  3 y 6 y 1 9
所以 S 1  2 1 4 2  y 2  69  6(1)3  3  3  1 ，   1 ,3   ． 15分
S 1 1 y 44 4(1) 2 4 1 3 
2 y  y 4 1 4
3 1 3 2 y
2
3 3 1 1  27 S 33
因为函数 f()   在  ,3 上单调递减，所以  1  ，
2 4 1 3  16 S 16
2
S 27 33
即 1 的取值范围为  ,  ．····································································17分
S 16 16
2
数学试卷参考答案 第10页，共10页