临考押题卷04（福建省专用）2026年高考数学押题模拟卷

**基本信息** 2026年高考数学临考押题卷整合福建多地模拟题，覆盖函数、几何、概率等主干知识，通过生态数据、比赛情境等真实素材，考查数学抽象、逻辑推理与创新应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合、复数、概率分布、函数性质、立体几何|第9题结合PM2.5预测误差数据，考查统计分析；第8题双曲线离心率范围，体现数形结合| |填空题|3题/15分|旋转体体积、函数零点、数列递推|第13题函数零点问题，考查分类讨论思想| |解答题|5题/77分|解三角形、立体几何翻折、概率比赛、椭圆综合、新定义证明|第17题比赛得分概率模型，培养数据观念；第19题“等比偏移”新定义，提升创新意识|

2026年高考临考押题卷 高三数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2026·福建南平·二模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·福建厦门·模拟预测）已知复数，则（    ） A． B． C．2 D． 3．（2026·福建厦门·模拟预测）随机变量X的分布列为，.若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·福建南平·二模）已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（    ） A．-2 B． C． D．2 5．（2026·福建厦门·二模）已知函数，若，则（   ） A．0 B． C．1 D． 6．（2026·福建莆田·二模）已知，，且，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C．18 D． 8．（2026·福建南平·二模）已知为双曲线上一动点，若存在点到轴、轴的距离之比为，则双曲线的离心率范围为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（2026·福建宁德·二模）某市生态环境局记录了4月1-7日连续7天的PM2.5预测误差（预测误差实际浓度-预测浓度，单位：），如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 2 0 3 2 2 则以下结论正确的是（    ） A．这组数据的中位数是 B．这组数据的众数是2 C．若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数不变 D．若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小 10．（2026·福建宁德·二模）设抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则（    ） A． B．的最小值为2 C．若为的中点，则 D．点到上点的距离的最小值为3 11．（2026·福建厦门·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BD平分∠ABC并交AC边于点D，若，，则下列说法正确的是（    ） A．的面积有最小值 B． C．有最小值 D．有最小值15 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2026·福建厦门·二模）在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______. 13．（2026·福建厦门·二模）若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________． 14．（2026·福建·二模）已知数列满足，，则________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2026·福建漳州·三模）在中，角所对的边分别为，已知． (1)判断的形状； (2)若边上的两条中线相交于点，求． 16．（2026·福建泉州·模拟预测）如图1，在梯形中，，，，于，，将沿翻折至，使得，如图2. (1)证明：平面； (2)已知四棱锥的体积为，若点在线段上，且二面角的大小为60°，求直线与平面所成角的正弦值. 17．（2026·福建·模拟预测）甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． (1)求在一局比赛中，甲得10分的概率； (2)设这次比赛共有4局，设为甲得0分的次数，求的分布列和数学期望； (3)设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率． 18．（2026·福建泉州·模拟预测）已知椭圆分别与轴正半轴、轴正半轴交于，两点. (1)求直线的方程； (2)设，为椭圆上的两个动点，在四边形中，. （ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值； （ⅱ）设为坐标原点，过的直线交于，两点，，其中.判断是否存在直径为3的圆经过，，，四点？若存在，求；若不存在，说明理由. 19．（2026·福建南平·二模）定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. (1)讨论函数的极值； (2)当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； (3)若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考临考押题卷 高三数学 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2026·福建南平·二模）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】方法一：集合， 又，所以. 方法二：因为，， 所以， 所以. 2．（2026·福建厦门·模拟预测）已知复数，则（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【详解】因为，所以. 3．（2026·福建厦门·模拟预测）随机变量X的分布列为，.若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为随机变量X的分布列为，， 所以，即，又因为， 所以，解得. 4．（2026·福建南平·二模）已知是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，则（    ） A．-2 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据函数的周期性和奇偶性即可求解. 【详解】已知是定义在上且周期为的奇函数，所以有， 令，得， 由于是奇函数，有，所以，即，解得， 当时，，由于，所以， 因此，故B正确. 5．（2026·福建厦门·二模）已知函数，若，则（   ） A．0 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】根据辅助角公式及条件，可得a值，根据诱导公式及特殊角的三角函数值，即可得答案. 【详解】由辅助角公式得， 因为，所以在处取得最大值， 则，解得， 则， 所以. 6．（2026·福建莆田·二模）已知，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于AB，利用不等式的性质可判断，对于C，使用作差法即可判断，对于D，结合余弦函数的单调性和奇偶性即可判断. 【详解】对于A，因为，所以，即，故A错误； 对于B，当时，，，此时，故B错误； 对于C，， 因为，所以，，， 所以，即，故C正确； 对于D，函数在上单调递减，所以， 又因为函数为偶函数，所以，故D错误. 7．（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C．18 D． 【答案】B 【分析】构造直角三角形结合棱台的高求出侧面梯形的高，求出侧面积. 【详解】由题意，设上下底面中心分别为，则， 分别取中点，则为梯形的高， 由可得，， 作，垂足为， 则，， 则， 则. 故选：B. 8．（2026·福建南平·二模）已知为双曲线上一动点，若存在点到轴、轴的距离之比为，则双曲线的离心率范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题可先根据点到轴，轴的距离之比为得到点横纵坐标的关系，再结合双曲线方程，通过分析得到离心率的取值范围. 【详解】设点，因为点到轴，轴的距离之比为，所以，即. 因为点为双曲线上一动点，将代入双曲线方程可得：，即， 通分可得：，即，因为，所以，即； ，所以，离心率， 因为，故，则，所以，因此，双曲线的离心率范围为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（2026·福建宁德·二模）某市生态环境局记录了4月1-7日连续7天的PM2.5预测误差（预测误差实际浓度-预测浓度，单位：），如下表： 日期 1 2 3 4 5 6 7 预测误差 2 0 3 2 2 则以下结论正确的是（    ） A．这组数据的中位数是 B．这组数据的众数是2 C．若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数不变 D．若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的方差变小 【答案】BCD 【详解】将数据从小到大排序得：. 对于A，最中间数据是2，所以这组数据的中位数是，故A错误； 对于B，2出现三次，出现两次，其余一次，故众数为2，故B正确； 对于C，前7天预测误差的平均数为， 若第8天的预测误差为1，则加入该数据后的平均数为， 所以加入该数据后的平均数不变， 原数据的方差， 若第8天的预测误差为1，则新数据的方差为， 所以加入该数据后的方差变小，故CD正确. 10．（2026·福建宁德·二模）设抛物线的焦点为，准线为.过的直线交于两点，过，作的垂线，垂足分别为，则（    ） A． B．的最小值为2 C．若为的中点，则 D．点到上点的距离的最小值为3 【答案】AC 【详解】对于A，因为抛物线的焦点为，准线为， 所以，由抛物线的定义可知：，故A正确； 对于B，设直线的方程为， 联立，设， 所以， 由抛物线的定义可知： ， 当时，的最小值为4，故B错误； 对于C，若为的中点，,, 因为所以，所以， 又因为 所以，故C正确； 对于D，设上任意一点为，则该点到的距离为： ， 当时，，故D错误. 11．（2026·福建厦门·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BD平分∠ABC并交AC边于点D，若，，则下列说法正确的是（    ） A．的面积有最小值 B． C．有最小值 D．有最小值15 【答案】ACD 【分析】根据等面积法求得然后根据基本不等式逐个判断每个选项. 【详解】 ，， 因为，所以当且仅当时，等号成立， 选项A正确； 由得所以选项B错误； 因为所以解得：故最小值为，当且仅当时等号成立，选项C正确； 因为所以 ，当且仅当时，等号成立，所以有最小值15，故 选项D正确； 故选：ACD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（2026·福建厦门·二模）在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______. 【答案】 【分析】利用圆锥体积公式计算即可. 【详解】由题意如图所示： 在直角中，， 所以， 所以围成的几何体是一个底面圆半径为，高为的圆锥， 故该几何体的体积为：. 13．（2026·福建厦门·二模）若函数恰有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【详解】函数恰好有两个零点，可转化为函数与函数的图象恰有两个交点. ①当恒成立，即时， 问题转化为方程即有两个不同的解. 由. 所以或. ②当时，方程有两个正根，（），如图， 当时，恒成立， 所以此时直线与曲线必有两个不同的交点. ③当时，方程有两个负根，（），如图， 当时，恒成立， 所以此时直线与曲线必有两个不同的交点. 综上可得：若函数恰有两个零点，则的取值范围是. 14．（2026·福建·二模）已知数列满足，，则________． 【答案】 【分析】构造数列，根据递推关系，可得，利用等比数列通项公式求出，分组求和即可得解. 【详解】因为， 所以， 令，则， 所以， 则， 所以，又， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 所以，即， 所以 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（2026·福建漳州·三模）在中，角所对的边分别为，已知． (1)判断的形状； (2)若边上的两条中线相交于点，求． 【答案】(1)等腰三角形或直角三角形 (2) 【分析】（1）解法一：利用正弦定理化边为角，再根据二倍角的正弦公式结合正弦函数的性质即可得解； 解法二：利用余弦定理化角为边，化简即可得解； （2）解法一：以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标公式求解即可. 解法二：由题意可得为的重心，求出，再利用余弦定理解三角形即可. 解法三：分别求出的正余弦值，再根据结合两角和的余弦公式求解即可. 【详解】（1）解法一：由，得， 由正弦定理得， 即，即， 因为，所以， 所以根据的图象可得，或，或， 所以，或，或， 又，所以，或， 所以是等腰三角形或直角三角形； 解法二：由，得， 由余弦定理得， 即， 化简得， 从而，或， 所以是等腰三角形或直角三角形； （2）解法一：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则， 以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系， 则， 所以， 所以 . 解法二：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则， ， ， 因为边上的两条中线相交于点，所以为的重心， 所以， 所以． 解法三：①若，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则，所以， ，所以． 又，所以， 在中，， 所以 ． 16．（2026·福建泉州·模拟预测）如图1，在梯形中，，，，于，，将沿翻折至，使得，如图2. (1)证明：平面； (2)已知四棱锥的体积为，若点在线段上，且二面角的大小为60°，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用题设条件先证，结合，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）根据题意建系，利用四棱锥的体积求出的长，设，根据空间向量的夹角公式列出方程求得，再由线面角的向量解法即可求得答案. 【详解】（1）连接，在梯形中，因，则， ，，则，又，则， 翻折后.在中，，则得， 因，，平面，故平面. （2）由（1）得平面，且， 故可以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 设，由，解得， 则， 依题意，设，则，可得， 则，， 设平面的法向量为， 则，故可取. 因平面，则平面的法向量可取为， 依题意， 因，方程化简得，解得，此时， 因，设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 17．（2026·福建·模拟预测）甲、乙两位学生进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． (1)求在一局比赛中，甲得10分的概率； (2)设这次比赛共有4局，设为甲得0分的次数，求的分布列和数学期望； (3)设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求甲最终获胜的概率． 【答案】(1) (2)分布列见解析，2 (3) 【分析】（1）借助独立事件概率乘法公式计算即可得； （2）利用互斥事件的概率加法公式可得一局比赛中甲得0分的概率，再求出的所有可能取值及其对应概率，即可得其分布列，利用二项分布期望公式即可得其期望； （3）列出甲最终获胜的所有可能情况及其对应概率即可得. 【详解】（1）设表示在一局比赛中甲得分，则“”表示甲答对且乙答错的情况， 根据独立事件概率乘法公式，可得； （2）包含两种情况：甲、乙都答对或甲、乙都答错， 甲、乙都答对的概率为， 甲、乙都答错的概率为， 根据互斥事件的概率加法公式，可得， 因为每局比赛甲得分的概率为，且每次答题的结果互不影响，所以. 则， ， ， ， ， 则的分布列为： 0 1 2 3 4 则的数学期望； （3）甲最终获胜有以下四种情况： ① 三局都得10分，其概率为， ② 两局得10分，一局得分，其概率为， ③ 两局得10分，一局得分，其概率为， ④ 一局得10分，两局得分，其概率为， 综上可得，甲最终获胜的概率为. 18．（2026·福建泉州·模拟预测）已知椭圆分别与轴正半轴、轴正半轴交于，两点. (1)求直线的方程； (2)设，为椭圆上的两个动点，在四边形中，. （ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值； （ⅱ）设为坐标原点，过的直线交于，两点，，其中.判断是否存在直径为3的圆经过，，，四点？若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）求出点的坐标，然后由直线的截距式方程即可求解； （2）（i）设直线，与椭圆联立，根据两点斜率公式结合韦达定理即可证明； （ii）设，根据向量的坐标运算结合韦达定理可得，假设存在满足题意的圆，则圆的方程只能是，然后与椭圆方程联立得方程组无实根即可证明不存在满足题意的圆. 【详解】（1）椭圆，令得（正半轴），故； 令得（正半轴），故， 由截距式得直线方程为：， 即 . （2）（i）由，设直线，， 联立与椭圆方程： ，整理得， 由韦达定理得： ， ， 故斜率之积为定值2，得证 . （ii）设，由得： ， 由，，得： ， 点在椭圆上，代入椭圆方程得，即， 若在圆上，且（关于原点对称），则圆的方程必为， 圆心在原点，直径为3，故，则圆的方程为， 联立与椭圆，得，无实根， 因此不存在这样的点，故不存在满足条件的圆. 19．（2026·福建南平·二模）定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. (1)讨论函数的极值； (2)当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； (3)若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 【答案】(1)答案见解析 (2)不“等比偏移”，理由见解析 (3)证明见详解 【分析】（1）研究函数的单调性，根据单调区间判断极值即可； （2）方法一：由题知在处的切线斜率为，再取，，计算得即可判断； 方法二：同法一求得在处的切线斜率为，设，，，再求，再取特殊值即可判断； （3）方法一：设，，不妨设，则，进而转化为 证，进一步转化为证明，当时，（*）式显然成立 ；当时，转化为证明，即证. 设，，进一步转化为证明当时，恒成立，最后构造函数证明不等式即可； 方法二：同方法一得证，再设，，转化为证明当时，恒成立，再构造函数证明不等式即可； 【详解】（1）解：首先的定义域为，. 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，由于函数与在上单调递增， 所以在上单调递增， 令， 所以，当时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又 所以在处取得极小值，，无极大值. （2）解：方法一： 结论：当时，在处不“等比偏移”，理由如下： 当时，，， 在处的切线斜率为， 取，，，， ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移” 方法二： 所以当时，在处不“等比偏移”. 一般的，取A，B，C三点的横坐标成等比数列，设，，， 直线的斜率为， 取就是上面的特例； 若取，则有 ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移”. 经检验，取或都成立； （3）（3）证明：思路一：设，，不妨设，则， 要证是其定义域上的“等比偏移”函数，只要证. 因为，， ，， ， 故只要证，（*） 由均值不等式知：， 当时，（*）式显然成立； 当时，要证（*）式，只要证， 只要证，即证. 设，，则只需证：当时，恒成立. 令，当时， 因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. （3）思路二：以上证法同思路一. 若设，，则只需证：当时，恒成立. 令，因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $