临考押题卷02（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、概率等核心知识，解答题融入物流调度等现实情境，突出数学应用与创新意识。 **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、圆锥曲线、数列|单选第8题以勒洛三角形考查几何直观，多选第11题正方体动态问题体现空间观念| |填空题|3题15分|函数性质、排列组合、抛物线|第12题开放型函数设计，考查抽象能力| |解答题|5题77分|解三角形、立体几何、椭圆、导数、概率统计|第19题物流调度情境构建概率模型，第18题导数综合考查推理能力，贴合高考命题趋势|

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·福建泉州·一模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·福建宁德·二模）设甲：；乙：，则甲是乙的（    ） 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 3．（2026·福建漳州·三模）已知复数的共轭复数为，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·福建福州·模拟预测）若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（   ） A．2 B． C． D． 5．（2026·福建·二模）已知函数为增函数，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 6．（2026·福建福州·模拟预测）某班5位同学参加3项比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有（   ）种． A．120 B．180 C．240 D．360 7．（2026·福建漳州·模拟预测）已知，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 8．（2026·福建南平·二模）勒洛三角形是一种特殊的曲边三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形称为勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知的边长为1，P为弧上任意一点，则的范围为（    ） 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·福建泉州·模拟预测）记为数列的前项和，若，，则（    ） A． B．为等比数列 C． D．为等差数列 10．（2026·福建漳州·三模）若函数在上单调递增，则（    ） A．曲线关于点对称 B．的最大值为 C．的最小值为-2 D．的最大值为2 11．（2026·福建漳州·三模）已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面截正方体所得的截面可能是五边形 B．可能是钝角三角形 C．的最小值大于 D．的最小值小于 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·模拟预测）写出一个同时满足下列性质①②③的函数______. ①定义域为； ②； ③. 13．（2026·福建宁德·模拟预测）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种. 14．（2026·福建泉州·二模）已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 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·福建厦门·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若D为BC的中点，，的面积为，求a. 16．（2026·福建宁德·二模）如图1，平面四边形中，. (1)求的长； (2)将沿翻折到，连接，如图2.当时，求直线与平面所成角的正弦值. 17．（2026·福建南平·二模）已知椭圆的焦点为，，离心率为.平行于轴的直线与椭圆交于A，B两点，且与直线交于点，直线与轴交于点. (1)求面积的最大值； (2)求的值. 18．（2026·福建漳州·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若，求的最大值； (3)若函数有零点，证明：． 19．（2026·福建福州·模拟预测）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为. (1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； (2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种. 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 2 / 20 1 / 20 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·福建泉州·一模）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由， 所以. 2．（2026·福建宁德·二模）设甲：；乙：，则甲是乙的（    ） 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 【答案】B 【详解】对于甲：因为，所以， 对于乙：，则， 因为是的真子集， 所以甲是乙的必要不充分条件. 3．（2026·福建漳州·三模）已知复数的共轭复数为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】可知， 由题意得，解得， 所以. 4．（2026·福建福州·模拟预测）若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【详解】由圆锥曲线，可知， 则，所以，曲线为双曲线， 所以焦距为， 解得，则， 所以离心率. 5．（2026·福建·二模）已知函数为增函数，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据分段函数的单调性可得出关于实数的不等式组，解之即可. 【详解】由对勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，在上单调递增， 因为函数在上为增函数，所以函数在上为增函数， 则，即， 又因为函数在上为增函数，且函数在上为增函数， 则有，因，则可得，解得， 故实数的取值范围是，即的最小值为. 6．（2026·福建福州·模拟预测）某班5位同学参加3项比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有（   ）种． A．120 B．180 C．240 D．360 【答案】B 【分析】设报1项的同学有人，报2项的同学有人，根据题意得，解出，再利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】设报1项的同学有人，报2项的同学有人， 由题意有：5位同学每人报名1项或2项，3个项目每个项目恰有2人报名，总报名名额为， 所以，即恰好有1人报2项，其余4人各报1项， 第一步：先选报2项的同学有种选法， 第二步：选该同学报的2个项目有种选法，假设选的项目是和， 则项目各已有1人，还需各1人，项目还需要2人， 第三步：分配剩余4人，从4人中选1人去项目有种选法，选1人去项目有种选法， 剩余的2人去项目有1种选法，共有种选法， 根据分步乘法计数原理有：种选法. 故选：B 7．（2026·福建漳州·模拟预测）已知，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二倍角的余弦公式，结合的取值范围，及不等式的性质求得的取值范围，从而得到的最大值. 【详解】当时，，得到. 由题意得. 由，得，所以. 故的最大值为. 故选：A. 8．（2026·福建南平·二模）勒洛三角形是一种特殊的曲边三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形称为勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知的边长为1，P为弧上任意一点，则的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】以为原点建立如图所示坐标系 则，设则，， 所以， 因为P为弧上任意一点，为边长为1的等边三角形，所以， 所以，即的范围为. 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·福建泉州·模拟预测）记为数列的前项和，若，，则（    ） A． B．为等比数列 C． D．为等差数列 【答案】ACD 【分析】先利用与作差，推导出从第二项起数列是公比为2的等比数列，再据此逐一验证选项即可. 【详解】由题意可知，当时，；当时，， 所以， 所以()，， 从开始，数列是公比为2的等比数列：，，，； 同时可推得前项和的通项公式：，即 . 因此A选项：，由上面的推导，，正确； B选项：为等比数列，等比数列要求从首项起公比恒定，而，，公比不唯一，不满足等比数列定义，错误； C选项：，， 也可由直接得，正确； D选项：为等差数列，先求：，，，，， ，，，，可以看到，，是公差为1的等差数列，正确. 故选：ACD. 10．（2026·福建漳州·三模）若函数在上单调递增，则（    ） A．曲线关于点对称 B．的最大值为 C．的最小值为-2 D．的最大值为2 【答案】ABC 【分析】先利用辅助角公式化简函数，再结合正弦型函数的对称性、单调性逐一判断每个选项. 【详解】 对于A：因为，所以关于对称，A正确； 对于B：由，得， 因为，所以，即， 所以的最大值为，B正确； 对于C：因为，所以，又在单调递增， 由，可得，, 所以， 所以，即的最小值为，C正确； 对于D：由C分析可知，无最大值，D错误. 11．（2026·福建漳州·三模）已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面截正方体所得的截面可能是五边形 B．可能是钝角三角形 C．的最小值大于 D．的最小值小于 【答案】ABC 【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为钝角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于CD：的最小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离． 【详解】对于A：如图，当点与两点不重合时， 将线段向两端延长，分别交的延长线于点， 连接分别交于两点， 连接，此时截面为五边形，故A正确； 对于B：当点与点重合时， ， ，，故是钝角，故B正确； 对于CD：如图，取的中点，连接， 在的延长线上取点，使得， 连接交于点，连接， 则，所以， 因为平面平面，所以， ， 仅当位于时，， 所以C正确． 因为，故D错误． 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·模拟预测）写出一个同时满足下列性质①②③的函数______. ①定义域为； ②； ③. 【答案】（答案不唯一） 【分析】由题意知图象关于点对称，再结合正比例函数构造即可； 【详解】由③得函数图象关于点对称， ，则可取，符合①②③. .（答案不唯一） 13．（2026·福建宁德·模拟预测）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种. 【答案】10 【分析】先计算甲负责第一关时的情况，再减去乙、丙在同一关卡的情况即可. 【详解】已知甲负责第一关，从剩余4人中选2人去第四关，共种选法，剩下2人全排列去第二、三关，共种排法，总方案数为 6 × 2 = 12， 不符合条件（乙丙同关卡）的情况：因为第二、三关都只有1个位置，乙丙只能同时在第四关，此时剩下2人全排列去第二、三关，共种， 因此符合条件的方案数为 12 − 2 = 10 . 14．（2026·福建泉州·二模）已知点，若为抛物线上的动点，则的最小值为___________． 【答案】3 【分析】先根据抛物线的方程确定其焦点和准线，再利用抛物线的定义将转化为点到准线的距离，最后结合几何性质求出的最小值. 【详解】由，得，令， 则抛物线方程可化为，其焦点坐标为，准线方程为， 因此原抛物线的焦点为，准线方程为. 因为点在抛物线上，所以等于点到准线的距离， 设到轴的距离为，则， 过点作轴于点，则的长度就是点到轴的距离，即， 所以当三点共线时，最小，最小值为3.    故答案为：3 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·福建厦门·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若D为BC的中点，，的面积为，求a. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换和二倍角公式可求得或，进而可求得A； （2）由题意可得，结合向量的数量积可得，由的面积为，可得，进而利用余弦定理可求解. 【详解】（1）因为， 所以根据正弦定理可得， 所以， 所以， 所以，因为，所以， 所以，所以， 所以，解得或， 又，所以； （2）若D为边上的中点，则， 所以， 又，所以，所以 因为的面积为，所以，所以， 所以， 由余弦定理可得， 所以. 16．（2026·福建宁德·二模）如图1，平面四边形中，. (1)求的长； (2)将沿翻折到，连接，如图2.当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：由题意求得的值，利用余弦定理即可求解；解法二：由题意求得，利用正弦定理即可求解； （2）解法一：以的中点为原点，建立空间直角坐标系，设，结合已知求得设点的坐标，进而求得平面的一个法向量和直线的方向向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.解法二：取的中点，的中点.连接，可证平面，过作交的延长线于，设到平面的距离为，进而利用等体积法可求得，可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）解法一：平面四边形中，，； 因为，所以为等腰直角三角形， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得， 所以. 解法二：平面四边形中，，； 所以平面四边形为圆内接四边形， 又因为，所以为等腰直角三角形， 所以是圆的直径， 在中，，， 所以，，， ， 由正弦定理得，又， 故. （2）解法一：以的中点为原点，以，为x，y轴正方向，以垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设，由（1）可知，，，又因为， 所以， 解得，，，即， 则，，. 设平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 则，取，则，， 所以平面的一个法向量， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：在中，，，故， 由，取的中点，的中点.连接，则，. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 在中，，，，所以， 因为，所以. 过作交的延长线于， 则平面，且. 设到平面的距离为， 由，所以，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．（2026·福建南平·二模）已知椭圆的焦点为，，离心率为.平行于轴的直线与椭圆交于A，B两点，且与直线交于点，直线与轴交于点. (1)求面积的最大值； (2)求的值. 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）根据题意求得椭圆的方程为，设，，进而根据基本不等式求得，再算面积即可； （2）设，，进而根据，，三点共线，结合向量表示求得，再根据两点间的距离公式求解即可得答案. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，， 所以椭圆的方程为，如图， 设，，其中，， 因为在上，所以， 由基本不等式，， 故，当且仅当时，等号成立， 所以面积，即面积的最大值为. （2）设，，则，，三点共线， 所以，即，解得， 所以， ， 所以. 18．（2026·福建漳州·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若，求的最大值； (3)若函数有零点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)． (3)证明见解析 【分析】（1）通过对求导，分和两种情况，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）法1，先由得到，再验证当时恒成立，从而确定的最大值为；法2，分、、三种情况讨论，利用函数最小值非负得到，构造函数，通过求导求其最大值，得到的最大值为的最大值为； （3）由存在零点，将问题转化为点到直线的距离不大于，再利用对不等式放缩，最终得证；通过三角换元，将问题转化为三角函数有界性问题，再利用对不等式放缩，最终得证. 【详解】（1）因为，所以， ①若，则，所以在上单调递增； ②若，则由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． （2）法1：由，即，得． 当，时，，下面证明此时成立， 此时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以成立． 综上，的最大值为． 法2：①若，则 当时，， 当时，， 所以当且时，，不合题意． ②若，则的值域为， 所以，所以． ③若，则结合（1）得，， 即，即，所以， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以， 当时，． 综上，的最大值为． （3）法1：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 这说明点在直线上， 设点到直线的距离为， 则，即， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 法2：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 设，则， 即，其中， 所以， 所以， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 19．（2026·福建福州·模拟预测）在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为. (1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； (2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种. 记第n次选择方案A，B，C的概率分别为，，. （i）求，，并证明：数列为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率. 【答案】(1) (2)（i），，证明见解析；（ii）能 【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可； （2）（i）利用全概率公式，结合等比数列的定义进行求解即可； （ii）根据（i）的结论，结合指数函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）设选择方案A，B，C分别为事件A，B，C，物流提前送达为事件Z， 则， ，，， . （2）（i）由①知道. 由②根据全概率公式 ， . 设第n次物流选择方案A，B，C为事件，，，第n次物流提前送达为事件， 则，，，因为，所以， 所以. 由②根据全概率公式 ， 注意到，， 而， 所以 ， 同理 . 注意到 ， 且，所以， 故为定值， 即是以为首项，为公比的等比数列. （ii）由（i）可求， 同理 ， 所以， 联立解得 ，， 所以. 随着的增大，增大，注意到，所以当时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率. 2 / 20 1 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $