2026年湖北武汉市高三年级五月供题数学试题（附答案解析）

这是一份2026年湖北武汉市高三年级五月供题数学试题（附答案解析），共19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．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足，则（ ）
A．5B．3C．D．
3．若等比数列的公比为，则“”是“是递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．为了得到函数的图象，只需把函数图象上的（ ）
A．每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位
B．每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位
C．每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向右平移个单位
D．每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向左平移个单位
5．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．游乐园里有一个半径为4的圆形水池（对应圆：）．现在要在水池里搭一条直线形的浮桥，浮桥的位置满足方程（是可以调节的参数），需要找到浮桥被水池截得的最短长度，这样的浮桥既节省材料，又能让游客体验最佳．则浮桥的最短长度是（ ）
A．B．C．D．
7．表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若不等式对任意恒成立，则满足条件的的取值个数为（ ）
A．3个B．5个C．7个D．无穷多个
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．一组数据1，2，3，4，5，6，7，8的第30百分位数为3
B．若随机变量，则
C．若事件，满足，则与是对立事件
D．若事件，满足，则事件，相互独立
10．关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．各项系数之和为32B．常数项为80
C．项的系数为D．展开式一共有21项
11．已知，为方程的两个实根，设，下列结论正确的是（ ）
A．B．存在，使得
C．的个位数字为7D．为完全平方数
三、填空题
12．在凸四边形中，，，，，则的最小值为_________．
13．已知椭圆的左右焦点分别为，，点为椭圆上一点，若直线和的斜率分别为和，则椭圆的离心率为_________．
14．已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为_________．
四、解答题
15．在中，内角，，的对边分别为，，，
若．
(1)求角的大小；
(2)若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值．
16．已知函数存在两个极值点.
(1)求的取值范围；
(2)求的最小值.
17．如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，，点是线段的中点，点在线段上，满足平面．
(1)求证：是线段的中点；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
18．已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹．
(1)求曲线的方程；
(2)设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点；
（ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点；
（ⅱ）若，证明：直线过定点．
19．某中学共有个社团，学校计划在周一和周三各举办一场社团博览会．每场博览会需随机邀请其中个社团参展（，为常数）．两场博览会的邀请工作独立进行，每次均从个社团中等可能地选取个不同的社团．记至少参展过一场博览会的社团总数为．
(1)求社团“星火社”至少参加一次博览会的概率；
(2)求使概率取得最大值的整数的值（用，表示）；
(3)记随机变量的数学期望为，方差为；
（ⅰ）求；
（ⅱ）证明：．
附：对服从超几何分布的离散型随机变量，即，有，．
《湖北武汉市2026届高三年级五月供题数学试题》参考答案
1．C
【详解】由，其中，
又，
则．
2．C
【详解】依题意，，
所以.
3．D
【分析】举例即可说明，充分性以及必要性均不成立，即可得出答案.
【详解】充分性：在等比数列中，设首项为，由，
取，此时等比数列的通项公式为：
，
随着的逐渐增大，增大，
则等比数列是递增数列，不是递减数列，故充分性不成立，
必要性：取首项，
则等比数列的通项公式为：
，
从而得出数列是递减数列，但是，所以必要性不成立，
故“”是“是递减数列”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
4．B
【详解】对函数做横坐标伸缩变换，将图像上每个点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变，
得到新函数的图象，
根据平移变换的“左加右减”规则，将变形为目标函数：，
可知需要将的图象向右平移个单位，即可得到目标函数的图象，
B选项正确.
5．D
【分析】根据对数函数的单调性分别计算的范围即可求解．
【详解】对数函数在上单调递增，且，
所以，即；
对数函数在上单调递增，且，
所以，即；
对数函数在上单调递增，且，
所以，即；
综上可得．
6．C
【分析】先求得直线过定点，再由几何关系求得当直线与垂直时，弦长最短，即可求解．
【详解】将直线方程整理为，故直线恒过定点，
圆的圆心为，半径，
因为，所以点在圆内，
当直线与垂直时，得最短弦长为．
7．B
【分析】设圆柱的底面圆的半径为，高为，由题设可得，分析可得要使球体的体积最大，则应取，进而结合球的体积公式求解即可.
【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，
而圆柱的表面积为，则，即，
要在圆柱内放入一个球，设球的半径为，则，即，
要使球体的体积最大，则应取，
则，即，
则该球体的体积最大值为.
8．B
【分析】首先求出，然后化简后代入不等式，令可得，必为整数，对任意整数，有恒等式求解即可.
【详解】因为不等式对任意恒成立，令，此时右边，
故恒成立。 取得，结合，得，
代入得： ，
原不等式化为对任意恒成立，
令，代入得，因此，故必为整数（）.
对任意整数，有恒等式：
若：，满足不等式，
符合条件的整数为：，共5个；
若：存在使得，
（例如，取，可得，不满足），舍去.
综上，满足条件的的取值个数为5个.
9．ABD
【详解】对于选项A，可知，所以8个数据的第30百分位数为第3个数字，即3，所以A正确；
对于选项B，由二项分布可知，所以B正确；
对于选项C，由无法得出，所以无法判定与是否是对立事件，所以C错误；
对于选项D，可知，
可得，化简得，即事件，相互独立，所以D正确；
10．AC
【分析】由多项式展开式令代入计算判断A；令或或，计算可判断B；令或，计算可判断C；由的指数取值范围求解可判断D.
【详解】由题意得多项式展开式的通项如下，
为 ，
即，
对于A，令得，
所以各项系数之和为32，故A正确；
对于B，常数项中的次数为0，则或或，
则，故B错误；
对于C，令，得或，
所以项为，
故项的系数为，故C正确；
对于D，因为，的指数为的整数，
化简可得，
所以展开式一共有9项，故D错误；
11．ACD
【分析】选项A，根据韦达定理推导数列的递推关系，并求出即可；选项B，将的表达式代入，利用韦达定理化简得到通式后判断；选项C，计算前若干项的个位数字，找到周期，再根据周期取余得到对应个位数字；选项D，利用的表达式，结合的幂次的变形推导其结构，再代入判断是否为完全平方数.
【详解】由于是方程的根，则有：
两边同乘，可得递推关系：，
则，即
等式两侧同除以2，可得
故数列的递推公式：，
，.
选项A：，A正确.
选项B：化简，结合展开得：
，B错误.
选项C：依次计算可得：，，，
，，
，
经过计算，从往后，可得个位数循环节为：，即周期为6，
所以，余数为，对应个位数字为，C正确.
选项D：由
代入得：
，可得，是完全平方数，D正确.
12．
【分析】建立平面直角坐标系，用坐标法求解.
【详解】由 ，，，以 为原点， 为 轴， 为 轴建立平面直角坐标系：，，，因为 ，所以 ，
因为，所以点 在以 为直径的圆上（除去 ），
因为 中点为圆心 ，半径 ，所以圆的方程：，
在凸四边形中，设 ，
，，，
由圆方程 ，得 ，即 ，
又凸四边形， 在 轴左侧（），故 .

13．
【详解】设，则，
整理得
两式相加，得
将代入，得，解得
代入，得
因此，点的坐标为
因为点在椭圆上，满足椭圆方程
化简方程得
两边同乘，得
由椭圆定义，，离心率，
因此，.
将其代入上式，
整理得，
令（，故），方程转化为
解得
，不符合，舍去；
，符合条件.
因此
化简根式
14．
【分析】分三种情况，时利用极限可判断不成立，时直接代入不等式中判断成立，当时，首先利用极限证明满足题意，然后再说明不成立即可.
【详解】当，时，，，不成立，舍去.
当时， ，不等式成立，
当，时，，，要使得不等式，
即，解得 ，即满足题意.
当，时 ，不成立；
综上，实数 的取值范围是 .
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系，将原式转化为正弦形式，进而结合正弦定理将正弦值转化为对应边的关系，再利用余弦定理即可求出，进而得到角的大小.
（2）利用三角形面积关系，建立与、的等式，再结合余弦定理得到、关系，进而利用基本不等式求出的范围，再构造函数，利用函数单调性求解的最大值.
【详解】（1）由，
整理得：.
由，得，
所以.
由正弦定理，得：.
结合余弦定理，可得：，
因为，故.
（2）由,
可得，
由（1）知，又，所以，
则，得，当且仅当时等号成立，
又因为 ，所以.
，
因为在上递增，
所以，即线段长度的最大值为 1.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据极值点的定义可知，即有两个不等正根，由一元二次方程根的分布可构造不等式组求得的取值范围；
（2）由（1）可知，由此化简为，令，利用导数可求得，即为所求的最小值.
【详解】（1）由题意知：定义域为，；
令，则有两个不等正根，
，解得：，实数的取值范围为.
（2）由（1）知：，是的两根，则；
；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
，
即的最小值为.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先判断四点共面，再结合线面平行的性质得到，最后结合平行四边形的性质求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，进而利用面面角的向量求法求解即可.
（3）利用点到平面距离的向量求法求解即可.
【详解】（1）在中，过点N作交BC于点Q，连接QM，
如图，作出符合题意的图形，
在三棱柱中，因为，所以，
所以四点共面，因为直线平面，平面，
平面平面，所以．
所以四边形是平行四边形，
得到，所以为的中点．
（2）因为平面，平面，
所以，又因为正方形，，
故可以B为原点建立空间直角坐标系，如下图，
因为，所以，，，，
， ，，所以，．
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得，
易知平面的法向量，
得到，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（3）设平面的一个法向量为，
而，由中点坐标公式得，则，
由，得，取，得，
又，设点到平面的距离为，
由点到平面的距离公式得.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程；
（2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论.
【详解】（1）圆的圆心为，半径，
线段的垂直平分线与直线交于点，故，
当线段的垂直平分线与射线相交时，，
当线段的垂直平分线与射线相交时，，
所以，
故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为，
则，则，
故点的轨迹的方程为；
（2）（i）设直线，
联立，得，
则4k2−5≠0，，
x1+x2=−8km4k2−5,x1x2=4m2+204k2−5，
所以kAR+kBR=y1−2x1+y2−2x2=kx1+m−2x1+kx2+m−2x2
，解得，
故直线l的方程为，即直线过定点；
（ii）设，则直线的方程为，其中，
联立，可得，
则，将以及可得：
，
则，所以，则，
同理，
设直线，代入点A的坐标得，
整理得，同理可得，
所以可知直线的方程为，即，
令，解得，
即直线过定点.
19．(1)
(2)当能被整除时，和；当不能被整除时，；（表示的整数部分）
(3)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用对立事件概率公式计算至少参加一次的概率；
（2）由题意求出的组合表达式，再通过解不等式，确定，进而找到取最大值对应的m；
（3）（i）结合超几何分布的期望公式即可求得；（ⅱ）利用服从超几何分布的离散型随机变量的方差的性质，求的，再通过不等式放缩证明结论.
【详解】（1）设社团“星火社”至少参加一次博览会为事件M，则；
（2）当时，同时收到两次邀请的社团数为，
仅收到周一或仅收到周三邀请的社团数均为，
则由乘法计数原理知事件所含基本事件数为，
此时，
令，即得，
解得，
则当能被整除时，
在和处取得最大值，
当不能被整除时，在处取得最大值；
（表示的整数部分）
（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，
记两次都参加的社团数，则，S满足超几何分布，
（i）；
（ii）证明：，
所以
.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
D
B
D
C
B
B
ABD
AC
题号
11









答案
ACD