武汉五调数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260521湖北武汉2026届高三5月供题

武汉市 2026 届高三年级五月供题
数学试卷参考答案及评分标准
选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C C D B D C B B ABD AC ACD
填空题：
12. − 1 13. 10− 5 14. [ − l n 2 , 0 ]
解答题：
15.（13分）解：
（1）由 s in 2 A + c o s 2 B + c o s 2 C = 2 + s i n B s i n C  s i n 2 A − s i n 2 B − s i n 2 C = s i n B s i n C ，结合正弦定
理得 a 2 − b 2 − c 2 = b c
b2 +c2 −a2 1
，所以cosA= =− ,
2bc 2
又 ( 0 , )  A  ，所以
2
3

A = . …………6分
（2）由 S
 A B C
= S
 A B D
+ S
 A C D

1
2
b c s i n
2
3
1
2
c A D s i n
3
1
2
b A D s i n
3
  
=   +  得 A D =
b
b c
+ c
，
由（1）知a2 −b2 −c2 =bc ，又a=2 3 ，所以 1 2 − b 2 − c 2 = b c ， b c = ( b + c ) 2 − 1 2  (
b +
2
c
) 2 ，得
b + c  4 ，当且仅当b=c时等号成立，又因为 b + c  a = 2 3 , 所以 2 3  b + c  4 .
A D =
b
b
+
c
c
=
( b +
b
c )
+
2
c
− 1 2
= b + c −
b
1
+
2
c
，因为 f ( x ) = x −
1 2
x
在 ( 2 3 , 4 ] 上递增，所以
f(x) = f(4)=1，即线段AD长度的最大值为1. …………13分
max
16.（15分）解：
（1） f '( x ) = −
a
x 2
− 1 +
a
x
=
− x 2 +
x
a
2
x − a
( x  0 ) ，令g(x)=−x2 +ax−a(x0),
则 g ( x ) = 0 有两个不等正根x ,x ，所以
1 2
 
x
x
1
1
=
+
x
2
a
x
=
2
2
−
=
a
4
a

a

0

0
0
，解得 a  4 ，所以实数a的取值范围为 ( 4 , +  ) .
……………6分
（2）由（1）知a4，x ,x 是g(x)=0的两根，所以
1 2
x
1
+ x
2
= a , x
1
x
2
= a ,
a a a(x +x )
所以 f(x )+ f(x )−3a= −x +alnx + −x +alnx −3a= 1 2 −(x +x )
1 2 x 1 1 x 2 2 x x 1 2
1 2 1 2
+aln(xx )−3a =alna−3a.
1 2令 h ( a ) = a ln a − 3 a ( a  4 ) ，则 h '( a ) = l n a − 2 ( a  4 ) ，当 a  ( 4 , e 2 ) 时，h'(a)0，当 a  ( e 2 , +  ) 时，
h '( a )  0 ，所以 h ( a ) 在 ( 4 , e 2 ) 上递减， ( e 2 , +  ) 上递增，所以 h ( a )
m in
= h ( e 2 ) = − e 2 ，即
f ( x
1
) + f ( x
2
) − 3 a 的最小值为−e2. …………15分
17.（15分）解：
（1）在  A B C 中，过点 N 作 N Q ∥ A B 交 B C 于点 Q ，连接 Q M ，在三棱柱 A B C − A
1
B
1
C
1
中，因为 A B
∥ A
1
B
1
，所以 N Q ∥ A
1
M ，所以 A,N,Q,M 四点共面，因为直线
1
A
1
N ∥平面 B C M ， AN 平面
1
ANQM ,平面BCM 平面
1
A
1
N Q M = Q M ，所以 A
1
N ∥ Q M ，所以四边形 A
1
N Q M 是平行四边形，得
到 N Q = A
1
M =
1
2
A
1
B
1
=
1
2
A B ，所以 N 是线段 A C 的中点. …………5分
（2）因为 A B ⊥ 平面 B C C
1
B
1
， B C , B B
1
 平面 B C C
1
B
1
，所以 A B ⊥ B C , A B ⊥ B B
1
，又因 B C C
1
B
1
为
正方形， B C ⊥ B B
1
，故可以 B 为原点建立空间直角坐标系，如下图，
因为 2 A B = B B
1
= 2 ，所以 B ( 0 , 0 , 0 ) , A ( 1 , 0 , 0 ) , A
1
( 1 , 2 , 0 ) , B
1
( 0 , 2 , 0 ) , C ( 0 , 0 , 2 ) , C
1
( 0 , 2 , 2 ) , M (
1
2
, 2 , 0 ) ,所
以 B C
1
= ( 0 , 2 , 2 ) , B M = (
1
2
, 2 , 0 ) .设平面 B M C
1
的一个法向量为 n = ( x , y , z ) ，则
 n
n


B
B
C
M
1
=
=
2
1
2
y
x
+
+
2
2
z
y
=
=
0
0
，
取 y = − 1 得 n = ( 4 , − 1 ,1 ) ，又易知平面 A B B
1
A
1
的法向量m=(0,0,1)，
mn 1 2
所以cosm,n= = = ，故平面
m n 3 21 6
A B B
1
A
1
与平面BMC 夹角的余弦值为
1 6
2
. ……10分
（3）设平面 N B M
1
的一个法向量为n =(x ,y ,z )，BM =( ,2,0)，由中点坐标公式得
1 1 1 1 2
N (
1
2
, 0 ,1 ) ，则
 1
n BN = x +z =0
1   1 2 1 1
BN =( ,0,1)，所以 ，取y =1，得n =(−4,1,2),
2 1 1 1

n BM = x +2y =0
  1 2 1 1又 B C
1
= ( 0 , 2 , 2 ) ，设点 C
1
到平面 N B M 的距离为 d ，则 d =
B C 
1
n
1
n
1
=
2 +
2
4
1
=
2
7
2 1
.
…………15分
18.（17分）解：
（1）圆心 E ( − 3 ,0 ) ，半径 r = 4 ，由线段 P F 的中垂线与直线 P E 交于点 Q 知 QP = QF
当线段PF的垂直平分线与射线EP相交时， Q E − Q F = Q P + P E − Q F = P E = 4
当线段 P F 的垂直平分线与射线 P E 相交时， Q F − Q E = Q P − Q E = P E = 4
所以 Q F − Q E = 4  E F = 6 ，所以点 Q 的轨迹  是以点 E , F 为焦点的双曲线，设其方程为
x2 y2
− =1(a0,b0)，则
a2 b2
2 a = 4 , 2 c = 6 ，解得 a = 2 , c = 3 ，所以 b 2 = c 2 − a 2 = 5 ，
所以点 Q 的轨迹方程为
x
4
2
−
y
5
2
= 1 . …………3分
（2）（i）设直线 l ： y = k x + m ， A ( x
1
, y
1
) , B ( x
2
, y
2
)
联立
 y
5 x
=
2
k
−
x
4
+
y
m
2 = 2 0
 ( 4 k 2 − 5 ) x 2 + 8 k m x + 4 m 2 + 2 0 = 0
则  = 6 4 k 2 m 2 − 1 6 ( 4 k 2 − 5 ) ( m 2 + 5 )  0 ，且 x
1
+ x
2
=
−
4 k
8
2
k m
− 5
, x
1
x
2
=
4 m
4 k
2
2
+
−
2
5
0
所以 k
A R
+ k
B R
=
y
1
−
x
1
2
+
y
2x
−
2
2
=
k x
1
+
x
m
1
− 2
+
k x
2
+
x
m
2
− 2
= 2 k +
( m − 2 ) ( x
x x
1
1
2
+ x
2
)
= 2 k + ( m − 2 )
4
−
m
8
2
k
+
m
2 0
= 0 ，解得 m = −
5
2
，所以直线 l ： y = k x −
5
2
过定点 ( 0 , −
5
2
) .…………9分
（ii）设C(x ,y ),D(x ,y )，则直线
3 3 4 4
A C ： y = k
1
x + 2 ，其中 k
1
=
y
3x
−
3
2
y=k x+2 −36 y −2
联立 1 (5−4k2)x2 −16k x−36=0，则x x = ，将k = 3 以及
5x2 −4y2 =20 1 1 3 A 5−4k2 1 x
1 3
5x2 −4y2 =20代入得
3 3
−36 −36 −36x2 −36x2 −9x
x x = = = 3 = 3  x = 3 ，所以
3 A 5−4k2 y −2 5x2 −4y2 +16y −16 20+16y −16 A 4y +1
1 5−4( 3 )2 3 3 3 3 3
x
3
y −2 20− y −9x 20− y −9x 20− y
y = 3 x +2 = 3 ，所以A( 3 , 3)，同理B( 4 , 4)
A x A 4y +1 4y +1 4y +1 4y +1 4y +1
3 3 3 3 4 4设直线 A B ： y = 2 x + n ，则代入点 A 的坐标得
2
4
0
y
−
3
+
y
31 = 2 
4
−
y
9
3
x
+
3
1
+ n ，整理得
18x −(4n+1)y +20−n=0，同理
3 3
1 8 x
4
− ( 4 n + 1 ) y
4
+ 2 0 − n = 0 ，所以直线CD：
1 8 x − ( 4 n + 1 ) y + 2 0 − n = 0 ，即 1 8 x − y + 2 0 − n ( 4 y + 1 ) = 0
18x− y+20=0 9 1 9 1
令 ，解得x=− ,y =− ，所以直线CD过定点(− ,− ). …………17分
4y+1=0 8 4 8 4
19.（17分）解：
（1）设“社团‘星火社’至少参加一次博览会”为事件 M ，则 P ( M ) = 1 − (1 −
k
N
) 2 . …………3分
（2）当 X = m 时，同时收到两次邀请的社团数为 2 k − m ，仅收到周一或仅收到周三邀请的社团数均为
m − k   ，则由乘法计数原理知事件 X =m 所含基本事件数为 C kN C 2k k − m C mN −− kk = C kN C mk − k C mN −− kk
此时 P ( X = m ) =
C kN C
(
mkC −
kN
k C
) 2
mN −− kk
令
 P
P
(
(
X
X
=
=
m
m
)
)


P
P
(
(
X
X
=
=
m
m
−
+
1
1
)
)

 C
C
kN
kN
C
(
C
(
mkC
mkC
−
kN
−
kN
k C
)
k C
)
2
2
mN
mN
−−
−−
kk
kk


C
C
kN
kN
C
C
mk(
mk(
−
C
+
C
1
1
−
kN
−
kN
k C
)
k C
)
2
2
mN
mN
−−
+−
1 −k
1 −
k
k
k
，解得
2 k −
( k
N
+
+
1 )
2
2
 m  2 k + 1 −
( k
N
+
+
1 )
2
2
，则当(k+1)2能被 N + 2 整除时，P(X =m)在 m = 2 k −
( k
N
+
+
1 )
2
2
和
(k+1)2
m=2k+1− 处取得最大值；当
N +2
( k + 1 ) 2
(k+1)2
不能被N +2整除时，P(X =m)在m=2k−  处
 N +2 
取得最大值. …………10分
（3）记“某社团参加周一的博览会”为事件 A ，“某社团参加周三的博览会”为事件 B ，记 S = A  B ，
则 X = A  B = 2 k − S ，由（2）知S满足超几何分布.
k k2
（i）E(X)=2k−E(S)=2k−k =2k− . …………13分
N N
k N −k N −k k2(N −k)2
（ii）D(X)= D(S)=k   =
N N N −1 N2(N −1)
k+N−k
( )4
k2(N−k)2 N2 N+2
2
所以D(X)=  =  . …………17分
N2(N−1) N2(N−1) 16(N−1) 16