2026年湖北省名校联盟高三五月检测数学试题（附答案解析）

这是一份2026年湖北省名校联盟高三五月检测数学试题（附答案解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，若，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数z满足，则（ ）
A．iB．C．D．
4．已知一组样本数据有两层，第一层有N个数据，平均数为，第二层有M个数据，平均数为，两层数据合到一起计算出的平均数为，后来第一层又增加了n个数据，这n个数据的平均数为，则新的样本数据的平均数为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在区间单调递增B．是偶函数，且在区间单调递减
C．是奇函数，且在区间单调递减D．是偶函数，且在区间单调递增
6．已知椭圆（）的离心率为e，点在C上，则（ ）
A．1B．C．D．2
7．已知随机事件A、B、C满足，，，，则A、B、C至少有一个发生的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，已知，．记点的运动轨迹为曲线，的外接圆与曲线交于两点．当取最大值时，（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知等比数列的公比，则（ ）
A．数列是递增数列B．数列是递增数列
C．数列是递增数列D．数列是递增数列
10．已知函数，则（ ）
A．一定有零点
B．曲线与直线恒有3个交点
C．若有3个零点，则它们的和为0
D．曲线上始终存在中心和4个顶点都在其上的菱形
11．已知正四棱锥的底面是边长为2的正方形，高为h，其五个顶点均在半径为R的球的球面上，半径为r的球与正四棱锥的五个面均相切，则（ ）
A．若四棱锥和三棱锥的体积相等，则
B．若为底面中心，则
C．若与重合，则
D．若在棱锥内，且在球的球面上，则
三、填空题
12．已知向量，，若与平行，则实数________．
13．已知，为曲线（，）上的两点，则________．
14．已知点分别为曲线和上的动点，过分别作x轴的垂线、，垂足分别为．若，，则四边形面积的最大值为________．
四、解答题
15．已知函数．
(1)若存在大于零的极值，求a的取值范围；
(2)对于函数，若，则称为的不动点．判断是否存在a，使得的极值点同时也是不动点，并说明理由．
16．记为等差数列的前n项和，已知，．
(1)求；
(2)记数列的前n项和为，且．若对，，求k的取值范围．
17．如图，已知平行六面体的底面是边长为a的菱形，，．
(1)证明：平面平面；
(2)对确定的a与b，求使得平行六面体表面积取最大值的；
(3)在（2）的条件下，当直线与平面所成的角最大时，求a与b的关系．
18．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，离心率为2，M为E上的动点，且M到两焦点的距离的差的绝对值为2．
(1)求E的方程；
(2)过点M作斜率为和的直线，分别与E交于点G、H，求的最小值；
(3)过点的直线交E于A、B两点，过点的直线交E于C、D两点，与交于点P，且与的斜率之积为．证明：与面积的乘积为定值．
19．现有n枚质地均匀的硬币，第一次分别抛掷这n枚硬币，完成后，将其中正面朝上的硬币进行第二次抛掷，记第一次抛掷中正面朝上的硬币数与第二次抛掷中正面朝上的硬币数之和为X．
(1)当时，求X的分布列与数学期望；
(2)对确定的n，，，使得成立，请直接写出m，不用推导；
(3)求．
《湖北省名校联盟2026届高三五月检测数学试题》参考答案
1．C
【详解】由题意可得：.
2．A
【分析】根据集合的补集、交集以及子集的相关概念来确定参数的取值范围.
【详解】因为，所以，
又因为，所以和没有公共元素，
即，所以中所有元素都满足，
又因为，中最小元素是，
要让中所有元素都大于，只需，
即的取值范围是.
3．C
【分析】由题意可得，设，，根据共轭复数结合复数运算可得，列式求解即可.
【详解】因为，即，
设，，则，
可得，，
则，
可得，解得，所以.
4．D
【详解】所有数据和为，
新的样本数据的平均数为.
5．B
【分析】先判断函数的奇偶性，再分析其在区间上的单调性.
【详解】化简可得：
，
定义域满足且，即，关于原点对称，
又,
因此是偶函数，排除A、C选项，
当时，单调递增，也单调递增，
因此单调递增，所以在中，
两项均随增大而减小，因此在上单调递减.
6．A
【分析】将点坐标代入椭圆方程，根据的关系及离心率公式，整理化简，即可得答案.
【详解】由点在C上，得，则，
所以，则，所以，则.
7．B
【分析】由和事件概率计算公式即可求解.
【详解】要求事件至少有一个发生的概率，即求和事件，
根据容斥原理：
，
因为 ，且，
所以 ，概率非负，故，
代入已知条件：，
所以.
8．C
【分析】以的中点为坐标原点，的垂直平分线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设，求出曲线方程，在中由余弦定理得，再利用基本不等式，结合余弦函数的单调性可得最大值，此时是直角三角形，求出圆的方程与曲线方程联立可得答案.，
【详解】以的中点为坐标原点，的垂直平分线为轴，
所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则，
设，由得，
化简得，
所以曲线是以为圆心，为半径的圆，
在中，，，
由余弦定理得
，
又因为，所以，
当且仅当即时等号成立，所以，
因为在上单调递减，所以当时，
最大，此时，由
可得，所以是直角三角形，且，
所以，可得的外接圆的圆心即为的中点，
所以，圆的方程为，
由得，或，
即，
所以.
9．BCD
【分析】根据给定条件，写出数列的通项公式，结合递增数列的定义逐项判断.
【详解】由等比数列的公比，得，
对于A，，当时，，数列是递减数列，A错误；
对于B，，，数列是递增数列，B正确；
对于C，，，数列是递增数列，C正确；
对于D，，，数列是递增数列，D正确.
10．AC
【分析】对于A，运用零点存在定理即可证明；对于B，联立得到方程，将条件转化为方程有三个解，讨论方程的解的个数即可；对于C，设出零点，将函数写成因式乘积的形式，展开与原函数对应系数相等即可；对于D，求出函数的对称中心，利用菱形的对角线性质转化为直线和函数的交点个数问题.
【详解】对于A，若当，，当，，
根据零点存在定理，至少存在一个，使得，故A正确；
对于B，若曲线与直线恒有3个交点，
则有三个根，整理得，
解得或，
当即，此时只有一根.
当即，此时有三个根，故B错误；
对于C，若有3个零点，设三个零点分别为，
则，
又因为，系数对应相等，
则有，故C正确；
对于D，因为，
所以关于点对称，
若对于任意的总存在直线与函数交于三个点，
同时与函数交于三个点，
此时根据对称性得且相互平分，所以四边形为菱形.
联立，整理得，
因为，所以要有两个解，
所以
同理，得到，
若，两个不等式矛盾，所以D错误.
11．ABD
【分析】设到底面的距离为，利用正四棱锥外接球性质则且，体积与内切球的性质，依次分析求解即可.
【详解】对于A项，若四棱锥和三棱锥的体积相等，
则 ，即，
得到，解得，故A正确；
对于B项，若为底面中心，则,
由 ，
则，故B正确；
对于C项，若与重合为,设为底面中心，
则，，则，
化简得到 ①，
因为，则，得到 ②，
将②代入①得到，解得，
由，故C错误；
对于D项，若在棱锥内，且在球的球面上，设为底面中心
外接球心在高 上，设到底面的距离为，则：，
，则，
整理得到，
由 “在球的球面上”， ​ 到 的距离为r ，即，
因在棱锥内且非底面中心，故，得，代入，得到，
又因为，所以，解得，
由，故D正确；
12．
【分析】由向量坐标的数乘及加减法运算求出与，然后利用向量共线的坐标表示列式求解．
【详解】已知向量，，则，，
若与平行，则，即.
13．
【分析】根据解析式及过点坐标，可得周期表达式，根据周期公式，可得的表达式，赋值，可得的值，代入点坐标，结合正弦函数的图象与性质，可得的表达式，赋值，可得值.
【详解】因为的最大值为，最小值为，且，，
所以，k为非负整数，解得，k为非负整数，
又，，所以，k为非负整数，
令，得，符合题意，k取其他非负整数，均不符合题意，
则，因为过点，
所以，解得，
令，得符合题意，k取其他非负整数，均不符合题意，故.
14．/
【分析】设，根据已知得出，进而表示出四边形的面积，构造函数根据导数求解最大值．
【详解】设，
因为轴，轴,所以，
因为，则，两边同时取自然对数可得，即，
四边形是一个直角梯形，其面积，
因为，，
所以，
令，则，
令得，，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
，
所以四边形面积的最大值为．
15．(1)
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）对函数求导，分类讨论的范围，根据存在大于零的极值，求解即可；
（2）根据定义得出方程，再由换元法构造函数，由导数得出单调性，结合零点存在性定理即可得解．
【详解】（1）已知，其定义域为，则，
当时，，在上单调递减，无极值；
当时，令得（负根舍去），
当时，，则在单调递减，
当时，，则在单调递增，
所以是的极小值点，
则，
所以．
（2）由（1）知时，的极小值点为，
假设存在使得的极值点同时也是不动点，即，
则，
令，得，
令，则，
所以在上单调递增，又，
所以存在使得，
所以存在使得，满足，
因此，存在a，使得的极值点同时也是不动点．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列通项公式、求和公式代入即可求得首项和公差，即可求解；
（2）通过作差法得到，再通过分离参数得到，通过构造函数求导确定数列，单调性即可求解.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
根据条件得 ，
化简得： ①
根据条件得： ，
化简得：​ ②
联立①②解得： ，
因此： ；
（2）由题意，，
当时，,
当时，，
计算得： ，，
时，，符合，
故
原不等式整理得： ，
化简左边： ，由于，
不等式等价于： ，
令​，
设 ，
求导得，
可知时，，单调递增，
当​时，，单调递减，
故对数列，
，，当时递减，因此的最大值为，
故，即的取值范围是 .
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）运用基底法证明线线垂直，然后证明线面垂直，进一步证明面面垂直
（2）将表面积表示成有关的函数，运用三角函数的性质求解最大值.
（3）在（2）条件下，建立空间直角坐标系，利用线面所成角的向量公式求解即可，注意运用基本不等式的取等条件.
【详解】（1）以为空间向量的一组基底向量，则，
因为，所以
又因为
所以
又因为，且平面，所以平面
又平面，所以平面平面
（2）平行六面体对面是全等的，
所以在菱形中，面积
在平行四边形，面积
在平行四边形，面积
所以表面积
因为，所以当时，表面积最大
（3）由（2）可知此时平行六面体即为长方体，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，
所以
设平面的法向量为
则，即
令，则，所以
设直线与平面的所成角为
则
当且仅当，即时取得等号，此时取得最大值，直线与平面所成角最大
18．(1)；
(2)；
(3)证明见解析．
【分析】（1）由双曲线的定义与性质求得得双曲线方程；
（2）设，写出直线的方程为，代入双曲线方程，结合韦达定理求得，同理求得，然后计算并化简为的函数，从而可求得最小值；
（3）设，求出，设直线与的夹角是，计算出，设直线的参数方程为，其中为参数，结合韦达定理计算，同理求得，从而求出（用表示），直线的斜率为，直线的斜率为，，由直线夹角公式求得，再由三角公式求得，然后代入计算可得证.
【详解】（1）根据题意，，又，所以，则，
所以双曲线方程为.
（2）设，则， ，
直线的方程为，
由得：，
设点坐标为，则是上述方程的解，
所以，整理得，
直线的方程为，
由得：，
设点坐标为，则是上述方程的解，
所以，整理得，
，同理，
，
所以，
又，即，
所以，
因为，所以，时取等号，
所以；
（3）由（1）得，设，
则，化简得，
所以在双曲线上，
，
直线（即）相交于点，则与互补（或是对顶角）
所以，设直线与的夹角是，则，
所以，
直线过，设直线的参数方程为，其中为参数，表示点到对应点的有向距离，设对应参数分别为，
把代入双曲线方程得，
化简得，
所以，，
在直线上，，
，
又满足，，，
，
，
，
所以，
同理可得，
所以，
直线的斜率为，直线的斜率为，，
，
，
所以.
19．(1)分布列如下
数学期望为；
(2)当时，可取；当时，可取；当时，可取为不超过的最大整数．
(3)
【分析】（1）把每一枚硬币对的贡献单独看成一个随机变量．一枚硬币第一次反面时贡献为；第一次正面、第二次反面时贡献为；两次均为正面时贡献为．由此可先求时的分布列，也可求一般时的数学期望．
（2）用每枚硬币贡献的展开式系数得到分布的最大项位置．
（3）根据组合数性质进行求和即可．
【详解】（1）当时，由题意知的可能取值为0，1，2，3，4．
，
，
，
，
.
的分布列为
.
（2）设每一枚硬币对的贡献为，则
因此可以看成个独立同分布随机变量之和．
为判断何时最大，考虑多项式
其中的系数就是．
记则，所以只要比较的大小即可．
由可得递推关系
其中下标小于或大于时，对应的记为．
从开始，由该递推式逐步比较相邻项，可得到最大项位置如下：
上述四种的情形可统一表述为：为不超过的最大整数．
例如时，，取符合题意．
因此，可得：当时，可取；当时，可取；
当时，可取为不超过的最大整数．
（3）设第一次正面朝上的次数为，第二次正面朝上的次数为，则．
.
从而，.
由组合数的性质，，所以．
所以
.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
D
B
A
B
C
BCD
AC
题号
11









答案
ABD









0
1
2
3
4
0
1
2
3
4
的形式
可取的
1
0
2
2
，，
，
，
，
，
，
，
，