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2026 届高三 5 月复习诊断
数学参考答案
命题、审题组教师 杨昆华 刘皖明 莫利琴 毛孝宗 凹婷波 王佳文 顾先成 丁茵 张远雄 蔺书琴
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C A D B A C D
1 2．解析：因为方程 x2 2x 3 0 的判别式 2 4 3 8 0，所以该方程有虚数根，所以
2 4 12 i 2
z 1 2i ，因此 z 12 2 3 ，选 B.
2
2．解析：当 x 4时， x x 显然成立，所以 p是真命题， p是假命题，当 x 0 时， x x 0 ，所以命
题 q是假命题， q是真命题，选 C．资料中转站（公众号）
b 3 c a23. b
2
解析：由题意得， ，则 1 (3)2 5 ，选 A.
a 4 a a2 4 4
x x
4．解析：由 f (x)
e e
在R 上单调递增，且 f (0) 0 ， g(0) 1，所以 g(0) f (2) f (3) ，选 D．
2
5 (a 3)
2 (b 3)2 (c 3)2 a2 b2 c2 6(a b c) 27
．解析：由题意得， a b c 9 ， 2 ，则 2，
3 3
a2 b2 c2
解得 11，选 B.
3
6．解析：分别取 PC，BC的中点为D，E，连接MD，ME ，DE，则点 N在平面 PBC 上的轨迹为线段
DE，在△MDE中，可知MD ME DE 1 MN 3 ，所以 的最小值为 ，选 A.
2
7. 解析：由 f (x) 3x 2 3 0 得 x 1，所以 f (x) 在 ( ， 1) 和 (1，+ ) 上单调递增，在 ( 1，1) 上单调递
减，所以 f (x) 有两个极值点，极大值为 f ( 1) 4 ，极小值为 f (1) 0，故 A 错；令
f (x) x3 3x 2 x 1 2 x 2 0 ，由 f (x) 的单调性得： f (x) 0时 x 2 或 x 1，故 B 错；因为 x 1，
所以 x2 1 2x，由 f (x) 在 (1，+ ) 上单调递增，所以 f (x2 1) f (2x) ，故 C 正确；由 f (x) 6x 0 ，得
x 0 且 f (0) 2，所以 f (x) 关于 (0,2) 对称，故 D 错，选 C.
8 2．解析：A 选项， a 0，b 0 ， a2 b2 2(a b) a 1 b 1 2 2 ，不能确定符号，A 错误；
2 2
B 选项， (a a b a b b)2 a2 b2 2ab 2 a2 b2 ，所以 ab ，B 错误；
a b 2
C b 2a b 2 b 2选项， 1 1 2 2 1 ，C 错误；
a a b a 1 b a 1 b
a a
1
D a b选项,令 2 2 t t 0 ，则 ta2 a tb2 b 2t 0 可看作关于 a的一元二次方程有正数解，所以a b 2
1 4t tb2 b 2t 0 ，整理得：4t 2b2 4tb 8t 2 1 0 ，此时关于 b的一元二次不等式有正数解，所以
16t 2 16t 2 (8t 2 1 11 1) 0 ，解得 t
2 ， 0 t ，选 D.
4 2
二、多选题
题号 9 10 11
答案 ABD ABD ACD
A B 18
9 ．解析：由已知， 解得 A 8， B 10 ，故 A 正确；
A B 2
因为摩天轮每12分钟旋转一周，所以T 12 2π，即 12 ，故 π ，B 正确；
6
由最低点距离地面 2米得：8sin 10 2 ，从而 sin 1，因为 0, 2π 3 ， ，C 不正确；2
综上 h(t) 8sin( π t 3π ) 10 8cos π t 10 ，当 t 8
4π
时， h 8cos 10 14 ，D 正确；
6 2 6 3
选 ABD.
10．解析：因为 a1 1， an 1 an 3n 2 ，所以当 n 1， a2 0 ，
又因为 an 2 an 1 3n 1，两式相减， an 2 an 1 an 1 an 3，即数列{an 1 an} 是等差数列，
另有 an 2 an 3，可知数列{an}的奇数项是以1为首项，3 为公差的等差数列；偶数项是以 0 为首项，3
为公差的等差数列，
当 n n 2k 3n 1为奇数时，设 1 k N ，则 an a2k 1 1+3 k 1 3k 2 ；当 n为偶数时，设2
n 2m m N ，则 an a2m 3 m 1 3m 3 3n 6 ，所以 a6 6 ，综上所述 C 错误，A、B、D 正确，2
选 ABD.资料中转站（公众号）
11．解析：抛物线C : y2 2px p 0 的准线方程为 x 2 ，则 p 4 ，抛物线C : y2 8x，
对于 A，若 AF 10，则 A(8, 8) ，可得 OA 8 2 ，A 正确；
对于 B，设直线 l : x my 2 ，与抛物线方程联立，得 y2 8my 16 0 ，设 A(x1, y1),B(x2 , y2 ) ，则
y 2 2 2 21 y2 8m, y1y2 16 ， 所 以 AB m 1 y1 y2 m 1 (y1 y2 ) 4y1y2 8(m 1) 16 ， 所 以
m 1 1，即直线 l的斜率为 1，B 错误；
m
C 1 1 1 1 m(y y ) 8 1对于 ，注意到 1 2 ，
AF BF my1 4 my2 4 m
2y1y2 2m(y1 y2 ) 4 2
2
2 AF BF
2 AF BF (2 AF 1 1 BF )( ) 2 2(3 ) 2(3 2 2) 6 4 2 ，当且仅当
AF BF BF AF
2 AF BF
时等号成立，C 正确；
BF AF
1
对于 D， S 2 OAB OF y1 y2 8 m 1 8 ，当且仅当m 0时取等号，D 正确，选 ACD.2
三、填空题

12．解析：由 2b a a ，所以 2b a a 0 1 2，所以 2b a a 2 0 ，即 a b a 2 .2
3
13 AD AB AB sinB
2 2
．解析：△ ABD中，由正弦定理 得：sin ADB 2 ，因为 ADB
sin B sin ADB AD 3 2
ADB π BAD π 2π π π π π为锐角，所以 ，从而 ，所以 A ，从而C ，△ ABC中，由正弦定
4 3 4 12 6 6
AC BC
理 ，所以 AC 6 .
sin B sin BAC
14．解析：由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，
1
即为 16 16 4 3 4 ，所以该球形容器体积的最小值为： π 33 36π.
2 3
四、解答题
15. 解：（1）画法：连接 EC1 ，在上底面 A1B1C1D1上，过点 E作直线 l与 EC1 垂直，
则直线 l为所求.
理由：由已知CC1 平面 A1B1C1D1，所以CC1 l，又因为 EC1 l，CC1 EC1 C1，
所以 l 平面CC1E，所以 l CE . ………6 分
2 2
（2）设 AD a， DC b，DD1 c，所以MA
c
a2 ，MC b2 c ， AC a2 b2 ，
4 4
c
因为△MAC 是正三角形，所以MA MC AC ，所以 a b ，即 A1B1C1D1为正方形，所以 l∥B2 1
D1 ，
所以直线 l与平面MAC 所成角与直线 D1B1与平面MAC 所成角相等.
以 D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则 D(0,0,0) ， A(a, 0,0) ，M (0,0,a) ，

C(0,a, 0) ， B1(a,a, 2a)，D1(0,0,2a) ，所以 D1B1 (a,a, 0) ，

MA (a, 0, a) ，MC (0,a, a) ，

设平面MAC 的法向量为 n (x, y, z) ，
3

MA n 0 ax az 0 x z
由 ，
MC n 0 ay az 0 y z

取 z 1，则 n (1,1,1)，设 D1B1与平面MAC 所成角为 ，

则 sin | cos D 2a 6 1B1, n | | | ，3 2a 3
6
所以直线 l与平面MAC 所成角的正弦值为 . ………13 分
3
x x
16．解：（1）由函数 x 2 eh x e ，可得其定义域为 x∣x 1 ，且 h x ，
x 1 (x 1)2
令 h x 0，可得 x 2，
列表如下： ………2 分
x ,1 1,2 2 2,
h x — — 0 +
h x 极小值 e2
由上表知， h x 在 ，1 ， 1，2 上单调递减，在 2, 上单调递增，
故当 x 2时， h x 取极小值 e2 ，无极大值. ………6 分
（2）由 f x ax可得 f x ax ln a，
x
所以曲线 f x a 在 x1, f x1 点处的斜率为 a x1 ln a，
由 g x loga x可得 g x
1
,
x ln a
所以曲线 g 1x loga x在点 x2 , g x2 处的斜率为 ,x2 ln a
x
因为这两条切线平行，故有 a 1 ln a
1
,
x2 ln a
即 x a x12 ln a
2
1,两边取以 a为底的对数，得 loga x2 x1 2loga ln a 0，
所以 x1 g x2 x1 loga x2 2loga lna 0 ，
所以 loga ln a 0 loga 1 a 1 lna 1 ln e a 1 1 a e ． ………15 分
17.解：（1） 设正项等比数列 a 的公比为 q，则 q 0 ，由于 a a 2 4n ，则 a a 2 4n 1n n n 1 n 1 n 2 ，两式相
4
除得 q 2 a a，又 1 2 4 ，得 a 21 4 ，又 a1 0 ，得 a1 2，所以 an 2
n ； ………7 分
2
n,n为奇数
（2）由（1）得 bn ，
2
n ,n为偶数
n (1 n 1)
n S (1 3 n 1) (2 2 2 4 2 n) 2 2
2 (1 2n ) n2 2n 2 4
为偶数时， n ，2 1 22 4 3
2 n 3 2 n 1
n为奇数时， Sn Sn 1 a
(n 1) 2 4 (n 1) 2 4
n 1 2
n 1 ，
4 3 4 3
n2 2n 2 4
,n为偶数 4 3
综上，Sn ． ………15 分(n 1)2 2n 1 4
,n为奇数 4 3
18 1 x 5 6 7 8 9 7 y 0.55 0.50 0.60 0.65 0.70．解：（ ）由题意知， ， 0.6 ，
5 5
5
(xi x)(yi y) ( 2) ( 0.05) ( 1) ( 0.1) 0 0 1 0.05 2 0.1 0.45 ，
i 1
5 5
(x x )2i 10 ， (yi y)2 0.025 ．
i 1 i 1
5
(xi x)(yi y) 0.45 0.45
所以 r i 1 0.9 0.75,1
5 5 0.5
10 0.025(xi x)2 (yi y)2
i 1 i 1
所以该性能指数与用户的喜欢程度的相关性很强． ………5 分
（2）记事件 A：机器人正确执行命令；事件 B：使用者对执行结果满意，则
P(A) 0.9 ， P(A) 0.1， P(B A) 1 0.9 0.1 ， P(B A) 1 0.3 0.7 ．
所以 P(B) P(A)P(B A) P(A)P(B A) 0.9 0.1 0.1 0.7 0.16，
P(A B) P(AB)
P(A)P(B A) 0.9 0.1
所以 0.56 ，
P(B) P(B) 0.16
故如果使用者对某次命令执行结果表示不满意，机器人实际正确执行命令的概率约为 0.56． …10 分
（3）设事件C：机器人挑战成功，则
P(C) p2q2 2p(1 p)q2 2p2q(1 q) pq[ pq 2(1 p)q 2p(1 q)] pq(2p 2q 3pq) ．
3 3 9
由 p 3 q ，得 P(C) 3pq(1 pq) ．令 t pq p( p) (p )2 ，
2 2 4 16
1 1 9
因为 0 p 1， 0 q 1，所以 p 1，所以 t
2
,
2 16
设 f (t) 3t(1 t) 3(t 1)2 3 1 1 3，当 t ，即 p 或1时， f (t) ．
2 4 2 2 max 4
所以当 p q 3 3时，机器人挑战成功的概率的最大值为 ． ………17 分
2 4
5
19．解：（1）取 的左焦点为 F1 ，由题意知， AFF

1 ，所以 AF AF1 a 2c BF
6
，又因为 ，
3 5
6 a
2 (a 6 )2 (2a 6 )2
所以 BF 2a ，在△ ABF中， cos 5 51 ，5 1 3 2a(a 6 )
5
x2 y2
所以 a 2， b 3 ， 的方程为 1 . ………5 分
4 3
（2）（i）设 A(x1, y1),B(x2 , y2 ),C(4, y1)，由题意知，设直线 AB的方程为 x my 1，
x my 1

联立 x2 y2 ，得 (3m2 4)y2 6my 9 0， y
6m 9
1 y2 2 ， y1y2 ，
1 3m 4 3m
2 4
4 3
y1 y2 2m y y2 y所以 ，所以直线 BC的方程为 1 (x 4) y ，
y 11y2 3 x2 4
3
y (x 4) y (my 3) my y 3y (y1 y2 ) 3y1 3
令 y 0 ， x 4 1 2 1 2 1 2 1 2 ,
y2 y1 y2 y1 y2 y1 y2 y1 2
5 5
所以 x ，直线 BC的过定点 ( ,0) ，所以△ BCF面积为
2 2
S 3 y 3
2
BCF 1 y (y
2
2 2 y1) 4y y
3 ( 6m1 2 2 )
2 36 9 m 1 9
4 4 4 3m 4 3m2
2 ， 4 3m 4 3 m2 1 1
m2 1
3 m2 1 1 9又因为 单调递增，当m 0时， S BCF 取得最大值 . ………12 分
m2 1 4
（ii）在△ BCF 3 3 3面积最大的条件下，根据对称性，可设 A在 x轴上方，所以 A(1, ),B(1, )，C(4, )，F(1,0) ，
2 2 2
BC 3 2 ，直线 BC的方程为 y x 5
1 9 3 2
，因为 S
2 BCM
3 2d ，所以 d ，
2 4 4
t 5
3 2
可设平行 BC的直线方程为 y x t，所以 d 2 ，所以 t 1或者 t 4 ，
2 4
y x 4

当 y x 1时，直线过点 F ，且与椭圆 相交，当 y x 4时，联立 x2 y2 ，得 7x2 32x 52 0 ，
1 4 3
因为 322 28 52 0 ，所以直线 y x 4 与椭圆 没有交点，
综上所述，满足条件的点M 的个数为 2. ………17 分
6

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