命卷大赛 2026届福建省南平市高考数学自编模拟卷

**基本信息** 2026届福建高考数学模拟卷以原创情境题见长，通过足球比赛概率、演讲评分数据特征、AI产业回归分析、蟋蟀跳跃概率模型等现实问题，融合集合、复数、立体几何等核心知识，培养数学眼光与思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、复数、概率、函数性质|原创足球比赛概率题考查全概率公式，体现数学应用| |多选|3/18|正态分布、圆的根轴、正方体截面|根轴问题结合轨迹思想，正方体截面题发展空间观念| |填空|3/15|逻辑推理、非线性回归、数列变换|AI产业回归题培养数据意识，逻辑推理题提升推理能力| |解答|5/77|解三角形、立体几何、函数零点、椭圆、概率递推|蟋蟀跳跃概率模型题构建递推关系，发展模型观念与创新意识|

2026年福建省命卷比赛作品 2026届福建省高考数学自编模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号，将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用塑料橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 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．已知集合，集合，则（ ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则复数=（ ） A． B． C． D． 3．（原创）某市足球超级联赛中，A队与B队进行一场比赛．A队获胜的概率为，B队获胜的概率为 ，其余情况为平局．若A队获胜，则本场比赛总进球数超过球的概率为 ；若B队获胜，则总进球数超过球的概率为 ；若平局，则总进球数超过球的概率为 ．则本场比赛总进球数超过球的概率为（     ） A. B. C. D. 4．（原创)已知实数满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 5．（原创）某学生参加演讲大赛，15位评委独立评分（可以评相同的分数）。以去掉一个最高分和一个最低分后，用剩余13个分数的平均数作为最终得分．对于原始15个数据与去掉一个最高分和一个最低分后的13个数据，下列判断错误的是（     ） A．中位数可能不变 B．众数可能不变 C．极差一定不变 D．方差一定变小 6．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 7．已知函数和的定义域均为，函数为偶函数，为奇函数，对于，均有，则（ ） A． B． C． D． 8．已知抛物线()的焦点为，准线为．设点为抛物线上异于原点的动点，过点作抛物线的切线交准线于点．若面积的最小值为，则抛物线的方程为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．（原创）已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，且，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 10．(原创)过平面上一点作圆的切线，该点到切点的距离为圆的切线长，若动点到两个圆的切线长相等，则称动点的轨迹称为这两个圆的根轴．已知圆与圆的根轴为直线，点为根轴上的一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，下列结论正确的是（ ） A．根轴垂直平分 B．根轴的方程为 C．最小值为 D．一定为锐角 11．(原创)已知棱长为的正方体的中心为点，设过点且与体对角线垂直的平面为，则关于平面截该正方体所得的截面及其分割出的多面体，下列结论正确的是（ ） A．平面截该正方体所得的截面多边形为正六边形 B．平面截该正方体所得的截面多边形的周长为 C．若点在该截面多边形内部（含边界）运动，则的取值范围是 D．平面将正方体分割成两个多面体，其中包含点的多面体表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（原创）某次数学考试结束后，甲、乙、丙、丁四人讨论谁考了满分．甲说：“乙没考满分．”乙说：“丙没考满分．”丙说：“丁考了满分．”丁说：“甲和乙都没有考满分．”已知四人中有且只有一人说了真话，有且只有一人考了满分．请判断考满分的同学是____________（填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）． 13．近年来，人工智能（AI）产业规模持续高速增长，某地区统计近5个月的AI核心产业规模（亿元）得到如下数据： （月份） 1 2 3 4 5 （月份） 根据数据得到关于的非线性回归方程，按照这样的增长速度，预估第12个月该地区AI核心产业规模是____________亿元（结果用以为底数的指数式表示）． 14．将数列中随机剔除两项（其中）然后在原数列中添加一项叫做数列的一次变换，已知数列经过次变换后只剩下一个数为，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．（13分） 在中，内角的对边分别为，． （1）求角； （2）若时，求的最大值． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，.已知为等边三角形，且平面平面． （1）证明：； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出此时直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． 第16题图 17．（15分） 已知函数有三个零点． （1）求的取值范围； （2）证明：． 18．（17分） 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设为椭圆的左顶点，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）交椭圆于,两点．直线,分别交直线于，两点． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）记的面积为（为坐标原点），求的最小值，并求此时直线的方程． 19．（原创）（17分） 一只蟋蟀从树叶出发，在四片树叶之间跳跃．每回合它必须跳到另外三片树叶中的一片，且跳到每一片的概率均为．设为次跳跃后蟋蟀回到树叶的概率． （1）写出与，的递推关系，并求，； （2）求的通项公式； （3）设表示第次跳跃后蟋蟀在树叶，否则．表示第次到第次跳跃中，蟋蟀到达树叶的次数，求，并解释其含义． 4 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年福建省命卷比赛作品 2026届福建省高考数学自编模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号，将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用塑料橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 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．已知集合，集合，则（ ） A． B． C． D． 【考察意图】本题考察集合的运算等必备知识，考查运算求解等关键能力，考察数学运算的核心素养，体现基础性． 【答案】 B 【详解】因为，，所以，故选B． 2．若复数满足，则复数=（ ） A． B． C． D． 【考查意图】本题考察复数的四则运算等必备知识，考查运算求解等关键能力，考察数学运算的核心素养，体现基础性． 【答案】A 【详解】由，得，所以复数，故选A． 3．（原创）某市足球超级联赛中，A队与B队进行一场比赛．A队获胜的概率为，B队获胜的概率为，其余情况为平局．若A队获胜，则本场比赛总进球数超过球的概率为 ；若B队获胜，则总进球数超过球的概率为 ；若平局，则总进球数超过球的概率为 ．则本场比赛总进球数超过球的概率为（     ） A. B. C. D. 【考查意图】本题考察全概率公式等必备知识，考查运算求解、数学建模等关键能力，考察数学运算的核心素养，体现基础性、应用性. 【答案】B 【详解】设事件：A队获胜；事件：B队获胜；事件：平局，事件：总进球数超过球．已知，，，，，，由全概率公式得 ． 4．(原创)已知实数满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【考查意图】本题考察不等式的性质和指数函数、对数函数的性质等必备知识，考查运算求解、推理论证等关键能力，考察数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性． 【答案】D 【详解】 对于选项A，若，；若，；若，．所以选项A错误； 对于选项B，若，；若，；若，．所以选项B错误； 对于选项C，变形为，设，则变形为，即，而，，无法判断正负，故不一定成立．所以选项C错误； 对于选项D，因为，所以，所以，故成立，所以选项D正确． 5．（原创）某学生参加演讲大赛，15位评委独立评分（可以评相同的分数）．以去掉一个最高分和一个最低分后，用剩余13个分数的平均数作为最终得分．对于原始15个数据与去掉一个最高分和一个最低分后的13个数据，下列判断错误的是（     ） A．中位数可能不变 B．众数可能不变 C．极差一定不变 D．方差一定变小 【考查意图】本题考察统计量等数字特征、统计概率思想等必备知识，考查运算求解关键能力，考察数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性、应用性． 【答案】C 【详解】 对于选项A，15个数据1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15的中位数是8，但去掉一个最高分和一个最低分后，剩下13个数据 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14的中位数还是8，故A正确； 对于选项B，15个数据1, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 100的众数是5，但去掉一个最高分和一个最低分后，剩下13个数据的众数还是5，故B正确； 对于选项C，15个数据1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15的极差是14，但去掉一个最高分和一个最低分后，剩下13个数据的极差是12，极差变小，故C错误； 对于选项D，15个数据去掉一个最高分和一个最低分后，剩下13个数据更集中，波动变小，所以方差一定变小，故D正确． 6．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【考查意图】本题考察三角函数的图象变换、单调性等必备知识，考查运算求解、逻辑推理等关键能力，考察数学运算的核心素养，体现基础性． 【答案】D 【详解】由题可知函数的解析式为， 因为，所以， 因为函数在区间上单调递增，所以， 所以，且，解得，所以，故选D． 7．已知函数和的定义域均为，函数为偶函数，为奇函数，对于，均有，则 A． B． C． D． 【考查意图】本题考察抽象函数的奇偶性与对称性，考查运算求解、逻辑推理等关键能力，考察数学运算的核心素养，体现综合性． 【参考答案】C 【详解】因为是定义在上偶函数，即，所以的图像关于直线对称；因为为奇函数，即，所以的图像关于点对称；因为，均有，所以；因为的图像关于直线对称，所以；因为的图像关于点对称，所以，所以，联立方程组解得：， 所以，故选C． 8．已知抛物线()的焦点为，准线为．设点为抛物线上异于原点的动点，过点作抛物线的切线交准线于点．若面积的最小值为，则抛物线的方程为（ ） A. B. C. D. 【考察意图】本题考察抛物线的定义与标准方程、两点间的距离公式以及利用导数求函数最值等必备知识，考查推理论证、运算求解、化归与转化等关键能力，考察直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养，体现综合性． 【答案】A 【详解】如图所示，由抛物线方程 可得，对其求导得。 设（其中），则过点的切线方程为．将 代入并化简，得切线方程为． 抛物线的准线方程为，令 代入切线方程，解得切线与准线的交点的横坐标满足 ，解得，即交点坐标为． 因为焦点坐标为，所以向量，向量． 计算它们的数量积可得， 故，即恒为直角三角形． 由抛物线定义可知，焦半径 ． 根据两点间距离公式可得 ． 因此的面积为． 令 ()，则面积函数 . 对其求导得 ． 令，由于 且，解得． 当 时，， 单调递减；当 时，， 单调递增． 故当 时， 的面积取得最小值． 由题意知该面积最小值为，即，解得 ． 因为，所以，故抛物线的方程为 ．故选A． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．（原创）已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，且，则下列结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【考查意图】本题考察正态分布以及正态分布曲线对称性等必备知识，考查推理论证、运算求解、化归与转化等关键能力，考察逻辑推理和数学运算的核心素养，体现基础性． 【答案】A C 【详解】对于选项A，因为，所以，故选项A正确； 对于选项B，，故选项B错误； 对于选项C，在数轴上，与关于对称，所以，故选项C正确； 对于选项D，由正态分布曲线的对称性可知，，即，故选项D错误. 10．(原创)过平面上一点作圆的切线，该点到切点的距离为圆的切线长，若动点到两个圆的切线长相等，则称动点的轨迹称为这两个圆的根轴．已知圆与圆的根轴为直线，点为根轴上的一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，下列结论正确的是（ ） A．根轴垂直平分 B．根轴的方程为 C．最小值为 D．一定为锐角 【考查意图】本题考察过圆外一点的圆的切线方程，由圆的位置关系确定范围等必备知识，考查运算求解、逻辑推理等关键能力，考察数学运算、数学抽象等核心素养，体现综合性、创新性． 【答案】B C D 【详解】对于A、B选项，因为圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为． 设点为圆与圆的根轴上的任意一点，则由题可得，即，整理得，即圆与圆的根轴的方程为．故A错误，B正确； 对于C选项，如图所示，连接CA，CB，由题意可知且，，设PC与AB相交于点，则， 又，所以， 所以取得最小值即｜PA｜取得最小值． 又，取得最小值为，所以取得最小值为，C正确； 对于D选项， ，，所以一定为锐角，D正确． 11．(原创)已知棱长为的正方体的中心为点，设过点且与体对角线垂直的平面为，则关于平面截该正方体所得的截面及其分割出的多面体，下列结论正确的是（ ） A．平面截该正方体所得的截面多边形为正六边形 B．平面截该正方体所得的截面多边形的周长为 C．若点在该截面多边形内部（含边界）运动，则的取值范围是 D．平面将正方体分割成两个多面体，其中包含点的多面体表面积为 【考察意图】 本题考察空间截面形状的判定、空间向量的数量积、多面体表面积等必备知识，考查极强的空间想象能力、复杂图形的代数化推理能力，考察直观想象、数学建模的核心素养，体现综合性、创新性． 【答案】A C D 【详解】 如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系． 因为正方体棱长为,所以，中心. 对于A选项，因为，必有 ，即：．又 ，代入上式得： ，化简得：． 令（点在棱上），得，交点为，即中点； 令（点在棱上），得，交点为，即中点； 同理，可得其余四个交点依次为各棱的中点：． 利用空间两点距离公式，相邻两交点的距离均为： ． 由正方体的对称性，可知该六边形各角相等，因此截面为正六边形．故A正确； 对于B选项，由 A 可知，该正六边形的边长为，其周长为.故B错误； 对于C选项，对于空间任意点，由于点是线段 的中点，可得． 又 ． 已知 ，所以 ， 从而原式． 因为点在以为中心、边长为 的正六边形内部或边界上运动， 点 到中心的距离 最小值为（与重合时），最大值为正六边形的外接圆半径（在顶点时），即 ．因此 ．故 C 正确； 对于D选项，正方体被平面截成两个全等的多面体，包含的多面体表面由三部分构成： ① 截面正六边形：面积 ； ② 正方体被切下的个角（等腰直角三角形）：分别在顶点 处。每个三角形直角边长为，面积为，共 ； ③ 正方体剩余的个面（五边形）：在平面 上．原正方形面积为，切去面积为的角后，每个五边形面积为，共 ． 总表面积 ．故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．（原创）某次数学考试结束后，甲、乙、丙、丁四人讨论谁考了满分．甲说：“乙没考满分．”乙说：“丙没考满分．”丙说：“丁考了满分．”丁说：“甲和乙都没有考满分．”已知四人中有且只有一人说了真话，有且只有一人考了满分．请判断考满分的同学是____________（填“甲”或“乙”或“丙”或“丁”）． 【考查意图】本题考察合情推理、估算等必备知识，考查推理论证、抽象概括等关键能力，考察逻辑推理、数学抽象等核心素养，体现基础性、应用性． 【答案】乙 【详解】表示满分，表示没满分．设分别表示甲、乙、丙、丁考满分，且． 若甲说的是真话，则；若乙说的是真话，则；若丙说的是真话，则；若丁说的是真话，则且． ①若甲满分，则．此时，甲、乙都说了真话，丙、丁都说了假话，不符合题意； ②若乙满分，则．此时，甲、丙、丁都说了假话，乙说了真话，符合题意； ③若丙满分，则．此时，甲、丁都说了真话，乙、丙都说了假话，不符合题意； ④若丁满分，则．此时，甲、乙、丙、丁都说了真话，不符合题意． 13．近年来，人工智能（AI）产业规模持续高速增长，某地区统计近5个月的AI核心产业规模（亿元）得到如下数据： （月份） 1 2 3 4 5 （月份） 根据数据得到关于的非线性回归方程，按照这样的增长速度，预估第12个月该地区AI核心产业规模是____________亿元（结果用以为底数的指数式表示）． 【考查意图】本题考察非线性回归方程等必备知识，考查运算求解、数学建模等关键能力，考察数学运算的核心素养，体现基础性、应用性． 【答案】 【详解】令，则，， 所以，即，则，所以带入回归方程，则，可得．故答案为：． 14．将数列中随机剔除两项（其中）然后在原数列中添加一项叫做数列的一次变换，已知数列经过次变换后只剩下一个数为，则 ____________． 【考察意图】本题考察递归数列及性质、数列新定义等必备知识，考查推理论证能力、运算求解能力以及化归与转化等关键能力，考察逻辑推理、数学运算的核心素养，体现综合性． 【答案】 【详解】题目中一次变换是：删除两项，添加， 观察这个变换的特点，构造一个新的乘积式：， 这正好是新添加的项，也就是说，整个数列所有项的的乘积在变换前后是不变的。 原数列是共项，初始乘积为：，每一次变换会让数列的项数减少，初始有 项，经过次变换后，数列只剩项，根据不变量，有：，解得，． 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．（13分） 在中，内角的对边分别为，． （1）求角； （2）若时，求的最大值． 【考查意图】本题考察正弦定理和余弦定理等必备知识，考查运算求解、逻辑推理等关键能力，考察数学运算、逻辑推理等核心素养，体现了基础性． 【答案】（1）；（2）的最大值是． 【详解】 （1）∵由正弦定理可得，， 1分 ∴， 2分 ∵，∴ 3分 ∴，∴ 4分 ∵，∴或（舍去） 5分 ∴ 6分 （2）由正弦定理得，∴ 7分 ∴， 8分 由基本不等式得， 9分 ∴解得， 10分 ∴∴， 11分 当且仅当时等号成立， 12分 故 13分 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，.已知为等边三角形，且平面平面． （1）证明：； （2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出此时直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． 第16题图 【考察意图】本题考察线面垂直判定与性质、二面角、直线与平面所成角等必备知识，考查逻辑推理、空间想象、代数变形与运算求解等关键能力，考察直观想象、数学建模和数学运算的核心素养，体现基础性、综合性． 【答案】（1）证明见详解；（2）在线段上存在点，使得二面角的余弦值为．此时直线与平面所成角的正弦值为． 【详解】 （1）证明：如图所示，在等腰梯形中，作于． 1分 因为，，且，所以． 在中，，从而． 在中，由余弦定理得． 因为， 2分 所以为直角三角形，且，即． 因为平面平面，平面平面，平面， 3分 所以平面． 4分 因为平面， 所以． 5分 （2）解：如图所示，取的中点，连接． 因为为等边三角形，所以． 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，在平面内过作垂直于的射线为 轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系． 6分 因为，所以， 则 ,,, 因为，且，所以点C坐标为 因为，，所以． 又，所以 所以,可得 假设存在满足条件的点．设，其中． 因为， 所以． 7分 设平面 的法向量为. 因为,，则解得.令，则． 所以． 8分 又平面（即平面）的一个法向量为． 9分 设二面角的大小为,为锐角， 则． 10分 两边平方并整理得：. 化简得：，解得． 故在线段上存在点，且点为线段中点． 11分 将代入，得，向量． 12分 设平面的法向量为， 因为，． 由 ，取，得，。 所以． 13分 设直线与平面所成角为，则 ． 14分 故直线与平面所成角的正弦值为． 15分 17．（15分） 已知函数有三个零点． （1）求的取值范围； （2）证明：． 【考查意图】本题考查函数的零点、单调性、导函数的应用等必备知识，考查运算求解、逻辑推理等关键能力，考察数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养，体现综合性． 【答案】（1）；（2）证明见详解． 【详解】 （1）由题意得，函数的定义域为，， 1分 当时，，在上单调递增，而，所以只有一个零点，不符合题意； 2分 当时，，则在上单调递减，不符合题意； 3分 当时，令，则有两个不等根，设为和，取和，知， 4分 所以当或时，当时， 在和上单调递减，在上单调递增， 5分 所以，又，所以存在唯一实数，所以在上存在唯一零点； 6分 同样由，，存在唯一实数，所以在上存在唯一零点， 7分 所以是有三个不同的零点时，实数的取值范围为． 8分 （2）因为， 所以若为零点，则也是的零点，，所以， 因为，所以 9分 要证，只需证， 10分 因为，所以， 只需证：当时，， 11分 只需证：当时， 12分 令，则， 13分 令，则， 所以在单调递增，所以， 所以，所以在单调递增，故， 14分 所以， 即. 15分 18．（17分） 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）设为椭圆的左顶点，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）交椭圆于,两点．直线,分别交直线于，两点． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）记的面积为（为坐标原点），求的最小值，并求此时直线的方程． 【考察意图】本题考察椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等必备知识，考查推理论证、化归与转化及运算求解等关键能力，考察逻辑推理、直观想象与数学运算的核心素养，体现基础性、综合性． 【答案】（1）椭圆的标准方程为；（2）为定值0；（3）取得最小值时，直线的方程为． 【详解】 （1）由题意知，椭圆的离心率，即． 1分 由可得,所以椭圆方程为； 2分 因为椭圆过点，代入椭圆方程中， 得，即，解得， 3分 所以,．故椭圆的标准方程为． 4分 （2）如图所示 （ⅰ）证明：由（1）知椭圆的左顶点，右焦点． 设直线的方程为，，． 联立方程组，消去并整理得：． 5分 由韦达定理可知：,． 6分 直线的方程为，令，得点的纵坐标． 7分 同理，直线的方程为，令，得点的纵坐标． 8分 因为，，所以． 计算 ，因为，, 所以 ． 9分 故． 10分 所以，即为定值0． 11分 （ⅱ）解：因为，，为坐标原点，且点,均在定直线上， 所以的面积． 12分 由（i）知，计算 ． 14分 所以． 15分 当且仅当时，取得最小值． 16分 此时，直线的方程为． 17分 19．（原创）（17分） 一只蟋蟀从树叶出发，在四片树叶之间跳跃．每回合它必须跳到另外三片树叶中的一片，且跳到每一片的概率均为．设为次跳跃后蟋蟀回到树叶的概率． （1）写出与，的递推关系，并求，； （2）求的通项公式； （3）设表示第次跳跃后蟋蟀在树叶，否则．表示第次到第次跳跃中，蟋蟀到达树叶的次数，求，并解释其含义． 【考查意图】本题考查数列的递推公式、期望的线性性质、条件期望、对称性等必备知识，考查运算求解、逻辑推理、数学建模等关键能力，考察数学运算、数学建模、逻辑推理等核心素养，体现综合性、应用性，创新性． 【答案】（1），且，；（2）；（3），含义：已知蟋蟀在第次跳跃后位于树叶的条件下，它在第次到第次跳跃中到达树叶的期望次数为次。说明尽管第次确定在树叶上，但前次中平均不到次到过树叶，与“从树叶离开后很难回来”的直觉一致． 【详解】 （1）根据对称性，设为次跳跃后蟋蟀在除树叶外的其他某片树叶的概率， 1分 因为为次跳跃后蟋蟀回到树叶的概率，所以． 若第次跳跃后蟋蟀到达树叶，只能由第次跳跃后蟋蟀从树叶跳来， 所以， 2分 若第次跳跃后蟋蟀到达树叶，只能由第次跳跃后蟋蟀从树叶跳来， 所以 3分 将，代入上式得，， 4分 因为蟋蟀从树叶出发,跳跃一次后不可能在树叶，故． 又因为，所以． 综上，,且，． 5分 （2）因为，可变形为， 即， 所以数列是以为公比，为首项的等比数列． 6分 故． 7分 8分 ， 9分 所以， 10分 （3）由题意知，， 11分 而取值是或，故， 12分 ． 因为第次的状态只依赖于第次的状态，从第次在树叶出发，到第次在树叶需要步，概率为，所以， 14分 所以， 因为，可知第次跳跃后蟋蟀在树叶，且 又因为，且，，所以， 15分 故． 16分 含义： 已知蟋蟀在第次跳跃后位于树叶的条件下，它在第次到第次跳跃中到达树叶的期望次数为次。说明尽管第次确定在树叶上，但前次中平均不到次到过树叶，与“从树叶离开后很难回来”的直觉一致． 17分 20 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年福建省命卷比赛作品 2026届福建省高考数学自编模拟卷参考答案 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A B D C D C A 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。 题号 9 10 11 答案 A C B C D A C D 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．乙 13． 14． 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．（满分13分） 【答案】（1）；（2）的最大值是． 【详解】 （1）∵由正弦定理可得，， 1分 ∴， 2分 ∵，∴ 3分 ∴，∴ 4分 ∵，∴或（舍去） 5分 ∴ 6分 （2）由正弦定理得，∴ 7分 ∴， 8分 由基本不等式得， 9分 ∴解得， 10分 ∴∴， 11分 当且仅当时等号成立， 12分 故 13分 16．（满分15分） 【答案】（1）证明见详解；（2）在线段上存在点，使得二面角的余弦值为．此时直线与平面所成角的正弦值为． 【详解】 （1）证明：如图所示，在等腰梯形中，作于． 1分 因为，，且，所以． 在中，，从而． 在中，由余弦定理得． 因为， 2分 所以为直角三角形，且，即． 因为平面平面，平面平面，平面， 3分 所以平面． 4分 因为平面， 所以． 5分 （2）解：如图所示，取的中点，连接． 因为为等边三角形，所以． 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，在平面内过作垂直于的射线为 轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系． 6分 因为，所以， 则 ,,, 因为，且，所以点C坐标为 因为，，所以． 又，所以 所以,可得 假设存在满足条件的点．设，其中． 因为， 所以． 7分 设平面 的法向量为. 因为,，则解得.令，则． 所以． 8分 又平面（即平面）的一个法向量为． 9分 设二面角的大小为,为锐角， 则． 10分 两边平方并整理得：. 化简得：，解得． 故在线段上存在点，且点为线段中点． 11分 将代入，得，向量． 12分 设平面的法向量为， 因为，． 由 ，取，得，。 所以． 13分 设直线与平面所成角为，则 ． 14分 故直线与平面所成角的正弦值为． 15分 17．（满分15分） 【答案】（1）；（2）证明见详解． 【详解】 （1）由题意得，函数的定义域为，， 1分 当时，，在上单调递增，而，所以只有一个零点，不符合题意； 2分 当时，，则在上单调递减，不符合题意； 3分 当时，令，则有两个不等根，设为和，取和，知， 4分 所以当或时，当时， 在和上单调递减，在上单调递增， 5分 所以，又，所以存在唯一实数，所以在上存在唯一零点； 6分 同样由，，存在唯一实数，所以在上存在唯一零点， 7分 所以是有三个不同的零点时，实数的取值范围为． 8分 （2）因为， 所以若为零点，则也是的零点，，所以， 因为，所以 9分 要证，只需证， 10分 因为，所以， 只需证：当时，， 11分 只需证：当时， 12分 令，则， 13分 令，则， 所以在单调递增，所以， 所以，所以在单调递增，故， 14分 所以， 即. 15分 18．（满分17分） 【答案】（1）椭圆的标准方程为；（2）（ⅰ）为定值0；（ⅱ）取得最小值时，直线的方程为． 【详解】 （1）由题意知，椭圆的离心率，即． 1分 由可得,所以椭圆方程为； 2分 因为椭圆过点，代入椭圆方程中， 得，即，解得， 3分 所以,．故椭圆的标准方程为． 4分 （2）如图所示 （ⅰ）证明：由（1）知椭圆的左顶点，右焦点． 设直线的方程为，，． 联立方程组，消去并整理得：． 5分 由韦达定理可知：,． 6分 直线的方程为，令，得点的纵坐标． 7分 同理，直线的方程为，令，得点的纵坐标． 8分 因为，，所以． 计算 ，因为，, 所以 ． 9分 故． 10分 所以，即为定值0． 11分 （ⅱ）解：因为，，为坐标原点，且点,均在定直线上， 所以的面积． 12分 由（i）知，计算 ． 14分 所以． 15分 当且仅当时，取得最小值． 16分 此时，直线的方程为． 17分 19．（满分17分） 【答案】（1），且，；（2）；（3），含义：已知蟋蟀在第次跳跃后位于树叶的条件下，它在第次到第次跳跃中到达树叶的期望次数为次。说明尽管第次确定在树叶上，但前次中平均不到次到过树叶，与“从树叶离开后很难回来”的直觉一致． 【详解】 （1）根据对称性，设为次跳跃后蟋蟀在除树叶外的其他某片树叶的概率， 1分 因为为次跳跃后蟋蟀回到树叶的概率，所以． 若第次跳跃后蟋蟀到达树叶，只能由第次跳跃后蟋蟀从树叶跳来， 所以， 2分 若第次跳跃后蟋蟀到达树叶，只能由第次跳跃后蟋蟀从树叶跳来， 所以 3分 将，代入上式得，， 4分 因为蟋蟀从树叶出发,跳跃一次后不可能在树叶，故． 又因为，所以． 综上，,且，． 5分 （2）因为，可变形为， 即， 所以数列是以为公比，为首项的等比数列． 6分 故． 7分 8分 ， 9分 所以， 10分 （3）由题意知，， 11分 而取值是或，故， 12分 ． 因为第次的状态只依赖于第次的状态，从第次在树叶出发，到第次在树叶需要步，概率为，所以， 14分 所以， 因为，可知第次跳跃后蟋蟀在树叶，且 又因为，且，，所以， 15分 故． 16分 含义： 已知蟋蟀在第次跳跃后位于树叶的条件下，它在第次到第次跳跃中到达树叶的期望次数为次。说明尽管第次确定在树叶上，但前次中平均不到次到过树叶，与“从树叶离开后很难回来”的直觉一致． 17分 9 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年福建省命卷比赛作品 2026届福建省高考数学自编模拟卷多维细目表 题号 题型 分值 易：中：难 3：5：2 (45/75/30分) 预 估 用 时 （分钟） 对应章节 知识板块 具体知识点 五个关键能力 六个核心素养 四个考查要求 情境类型 （数学/现实/文化情境） 运算求解能力 逻辑推理能力 直观想象能力 数学建模 能 力 抽象概括能 力 数 学 抽 象 逻 辑 推 理 数 学 建 模 直 观 想 象 数学运算 数 据 分 析 基 础 性 综合性 应用性 创新性 1 单选题 5 易 1 必修一 第一章 集合与常用逻辑用语 集合的交集运算 √ √ √ 数学 情境 2 单选题 5 易 1 必修二 第七章 复数 复数的四则运算 √ √ √ 数学 情境 3 单选题 5 易 1 必修二 第九、十章 统计与概率 全概率公式 √ √ √ √ √ √ √ 现实 情境 4 单选题 5 中 2 必修一 第二章 一元二次函数、方程和不等式 不等式的性质和指对函数的性质 √ √ √ √ √ √ 数学 情境 5 单选题 5 中 2 必修二 第九、十章 统计与概率 统计量等数字特征、统计概率思想 √ √ √ √ √ √ √ √ 现实 情境 6 单选题 5 中 2 必修一 第五章 三角函数 三角函数的图象变换、单调性 √ √ √ √ √ 数学 情境 7 单选题 5 中 3 必修一 第三章 函数的概念与性质 抽象函数的奇偶性与对称性 √ √ √ √ √ √ √ 数学 情境 8 单选题 5 难 3 选择性必修一 第三章 圆锥曲线的方程 抛物线的定义与标准方程、两点间的距离公式 √ √ √ √ √ √ √ 数学 情境 9 多选题 6 易 2 选择性必修三 第七章 随机变量及其分布 正态分布以及正态分布曲线对称性 √ √ √ √ √ √ √ 数学 情境 题号 题型 分值 易：中：难 3：5：2 (45/75/30分) 预 估 用 时 （分钟） 对应章节 知识板块 具体知识点 五个关键能力 六个核心素养 四个考查要求 情境类型 （数学/现实/文化情境） 运算求解能力 逻辑推理能力 直观想象能力 数学建模 能 力 抽象概括能 力 数 学 抽 象 逻 辑 推 理 数 学 建 模 直 观 想 象 数学运算 数 据 分 析 基 础 性 综合性 应用性 创新性 10 多选题 6 中 4 选择性必修一 第二章 直线和圆的方程 圆外一点的圆的切线方程，由圆的位置关系确定范围 √ √ √ √ √ √ √ √ 数学 情境 11 多选题 6 难 5 选择性必修一 第一章 空间向量与立体几何 空间截面形状的判定、空间向量的数量积、多面体表面积 √ √ √ √ √ √ √ √ 数学 情境 12 填空题 5 易 2 合情推理、估算 √ √ √ √ √ √ √ 现实 情境 13 填空题 5 中 3 选择性必修三 第八章 成对数据的统计分析 非线性回归方程 √ √ √ √ √ √ √ 文化 情境 14 填空题 5 中 4 选择性必修二 第四章 数列 数列的前项和、通项公式，数列的单调性 √ √ √ √ √ 数学 情境 15 解答题 6 易 10 必修二 第六章 必修一 第五章 平面向量及其应用 三角函数 正弦定理和余弦定理 √ √ √ √ √ 数学 情境 7 易 16 解答题 5 易 10 必修二 第八章 立体几何初步 线面垂直判定与性质、二面角、直线与平面所成角 √ √ √ √ √ √ √ √ √ 数学 情境 10 中 17 解答题 8 中 20 选择性必修二 第五章 一元函数的导数及其应用 函数的零点、单调性、导函数的应用 √ √ √ √ √ √ √ √ √ 数学 情境 7 难 18 解答题 4 易 20 选择性必修一 第三章 圆锥曲线的方程 椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系 √ √ √ √ √ √ √ √ √ 数学 情境 7 中 6 中 19 解答题 5 难 25 选择性必修三 第六、七章 选择性必修二 第四章 计数原理 随机变量及其分布 数列 数列的递推公式、期望的线性性质，条件期望、对称性 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 现实 情境 5 中 7 难 2 学科网（北京）股份有限公司 $