2026年5月高三武汉五调数学试卷含答案官方版（word版）

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填空题:
12. -1 13. 10−5 14. −ln2,0
解答题:
15. (13 分) 解:
(1)由 sin2A+cs2B+cs2C=2+sinBsinC⇒sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC ，
结合正弦定理得 a2−b2−c2=bc ,所以 csA=b2+c2−a22bc=−12 ,
又 A∈0,π ,所以 A=2π3 . 6 分
(2)由 S△ABC=S△ABD+S△ACD⇒12bcsin2π3=12c⋅AD⋅sinπ3+12b⋅ADsinπ3 得 AD=bcb+c ，
由( 1 )知 a2−b2−c2=bc ，又 a=23 ，
所以 12−b2−c2=bc ， bc=b+c2−12≤b+c22 ，得 b+c≤4 ,当且仅当 b=c 时等号成立,
又因为 b+c>a=23 ,所以 230 ,令 gx=−x2+ax−ax>0 ,
则 gx=0 有两个不等正根 x1,x2 ,所以 Δ=a2−4a>0x1+x2=a>0x1x2=a>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,x1,x2 是 gx=0 的两根，所以 x1+x2=a,x1x2=a ，
所以 fx1+fx2−3a=ax1−x1+alnx1+ax2−x2+alnx2−3a
=ax1+x2x1x2−x1+x2+alnx1x2−3a=alna−3a .
令 ℎa=alna−3aa>4 ,则 ℎ′a=lna−2a>4 ,
当 a∈4,e2 时, ℎ′a0 ,
所以 ℎa 在 4,e2 上递减, e2,+∞ 上递增,
所以 ℎamin=ℎe2=−e2 ,即 fx1+fx2−3a 的最小值为 −e2 . 15 分
17. (15 分) 解:
(1)在 △ABC 中，过点 N 作 NQ//AB 交 BC 于点 Q ，连接 QM ，在三棱柱 ABC−A1B1C1 中，因为 AB 11A1B1 ,所以 NQ//A1M ,所以 A1,N,Q,M 四点共面,因为直线 A1N// 平面 BCM,A1N⊂ 平面 A1NQM ,平面 BCM∩ 平面 A1NQM=QM ,所以 A1N//QM ,所以四边形 A1NQM 是平行四边形,得到 NQ=A1M=12A1B1=12AB ,所以 N 是线段 AC 的中点. 5 分
(2)因为 AB⊥ 平面 BCC1B1 ， BC ， BB1⊂ 平面 BCC1B1 ，所以 AB⊥BC ， AB⊥BB1 ，
又因 BCC1B1 为正方形, BC⊥BB1 ,故可以 B 为原点建立空间直角坐标系,如下图,
因为 2AB=BB1=2 ,所以 B0,0,0,A1,0,0,A11,2,0,B10,2,0,C0,0,2,C10,2,2,M12,2,0 ,
所以 BC1=0,2,2,BM=12,2,0 .
设平面 BMC1 的一个法向量为 n=x,y,z ,
则 n⋅BC1=2y+2z=0n⋅BM=12x+2y=0 , 取 y=−1 得 n=4,−1,1 ,
又易知平面 ABB1A1 的法向量 m=0,0,1 ,
所以 cs=m⋅nmn=132×1=26 ,
故平面 ABB1A1 与平面 BMC1 夹角的余弦值为 26 . 10 分
(3)设平面 NBM 的一个法向量为 n1=x1,y1,z1,BM=12,2,0 ，
由中点坐标公式得 N12,0,1 ，则 BN=12,0,1 ,
所以 n1⋅BN=12x1+z1=0n1⋅BM=12x1+2y1=0 ,取 y1=1 ,得 n1=−4,1,2 ,
又 BC1=0,2,2 ,设点 C1 到平面 NBM 的距离为 d ,则 d=BC1⋅n1n1=2+421=2217 .15 分
18. (17 分) 解:
(1)圆心 E−3,0 ，半径 r=4 ，由线段 PF 的中垂线与直线 PE 交于点 Q 知 QP=QF
当线段 PF 的垂直平分线与射线 EP 相交时, QE−QF=QP+PE−QF=PE=4
当线段 PF 的垂直平分线与射线 PE 相交时, QF−QE=QP−QE=PE=4
所以 ∥QF−QE∥=40,b>0 ,
则 2a=4,2c=6 ,解得 a=2,c=3 ,所以 b2=c2−a2=5 ,
所以点 Q 的轨迹 Γ 方程为 x24−y25=1 . 3 分
(2)(i)设直线 l:y=kx+m,Ax1,y1,Bx2,y2
联立 y=kx+m5x2−4y2=20⇒4k2−5x2+8kmx+4m2+20=0
则 Δ=64k2m2−164k2−5m2+5>0 ,且 x1+x2=−8km4k2−5,x1x2=4m2+204k2−5
所以 kAR+kBR=y1−2x1+y2−2x2=kx1+m−2x1+kx2+m−2x2=2k+m−2x1+x2x1x2=2k+m−2−8km4m2+20=0 ，
解得 m=−52 ，所以直线 l:y=kx−52 过定点 0,−52 . 9 分
(ii) 设 Cx3,y3,Dx4,y4 ,则直线 AC:y=k1x+2 ,其中 k1=y3−2x3
联立 y=k1x+25x2−4y2=20⇒5−4k12x2−16k1x−36=0 ,则 x3xA=−365−4k12 ,
将 k1=y3−2x3 以及5x32−4y32=20 代入得
x3xA=−365−4k12=−365−4y3−2x32=−36x325x32−4y32+16y3−16=−36x3220+16y3−16⇒xA=−9x34y3+1 ,
所以 yA=y3−2x3xA+2=20−y34y3+1 ,所以 A−9x34y3+1,20−y34y3+1 ,同理 B−9x44y4+1,20−y44y4+1
设直线 AB:y=2x+n ,则代入点 A 的坐标得 20−y34y3+1=2×−9x34y3+1+n ,
整理得18x3−4n+1y3+20−n=0 ,
同理 18x4−4n+1y4+20−n=0 ,
所以直线 CD :18x−4n+1y+20−n=0 ,即 18x−y+20−n4y+1=0
令 18x−y+20=04y+1=0 ,解得 x=−98,y=−14 ,所以直线 CD 过定点 −98,−14 . 17 分
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 PM=1−1−kN2 . 3 分
(2)当 X=m 时，同时收到两次邀请的社团数为 2k−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 CNkCk2k−mCN−km−k=CNkCkm−kCN−km−k
此时 PX=m=CNkCkm−kCN−km−kCNk2
令
PX=m≥PX=m−1PX=m≥PX=m+1⇒CNkCkm−kCN−km−kCNk2≥CNkCkm−1−kCN−km−1−kCNk2CNkCkm−kCN−km−kCNk2≥CNkCkm+1−kCN−km+1−kCNk2
解得2k−k+12N+2≤m≤2k+1−k+12N+2 ,则
当 k+12 能被 N+2 整除时, PX=m 在 m=2k−k+12N+2 和 m=2k+1−k+12N+2 处取得最大值;
当 k+12 不能被 N+2 整除时, PX=m 在 m=2k−k+12N+2 处取得最大值. 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=2k−S ,由 (2) 知 S 满足超几何分布.
(i) EX=2k−ES=2k−k⋅kN=2k−k2N . 13 分
(ii) DX=DS=k⋅kN⋅N−kN⋅N−kN−1=k2N−k2N2N−1
所以 DX=k2N−k2N2N−1≤k+N−k24N2N−1=N216N−1