2026届福建省高考模拟冲刺数学试题

这是一份2026届福建省高考模拟冲刺数学试题，共58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。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数是偶函数，则（ ）
A．B．C．0D．1
3．已知一组数据：70，72，75，76，82，83，84，a，90，其中第70百分位数是84，则该实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知是锐角，，则（ ）
A．B．C．D．
5．正方体棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，，则的长度为（ ）
A．B．3C．D．
6．已知等差数列的公差为成等比数列，则的前n项和
A．B．C．D．
7．已知椭圆和双曲线有共同的焦点，分别是它们的在第一象限和第三象限的交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则等于（ ）
A．4B．2C．2D．3
8．有两个棱长均为1的正四棱锥（木制实心玩具），底面中心分别为，另有一个棱长为1的正四面体（木制实心玩具），现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全重合并用胶水粘合（胶水厚度不计）从而拼接成一个新的玩具，对所有的拼接方式，线段长度的集合有（ ）个元素
A．1 B．2 C．3 D．5
二、多选题（每题6分）
9．已知，则正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，一个圆形仓鼠笼被分为A，B，C，D四个区域，相邻区域之间用通道相连，开始时将一只仓鼠放入区域，仓鼠每次随机选择一个通道进入相邻的区域，设经过次随机选择后仓鼠在区域的概率为，则（ ）
A．B．C．D．
11．设S是至少含有两个元素的集合，在S上定义了一个二元运算“*”（即对任意的，对于有序元素对，在S中有唯一确定的元素a*b与之对应）.若对任意的，有，则对任意的，（ ）
A． B． C． D．
三、填空题（每题5分）
12．是虚数单位，复数的虚部为 .
13．设函数，，若曲线与恰有个公共点，则 .
14．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排5名同学到甲、乙、丙三个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排一人，则不同的安排方案数为 ，如果再加上一名同学且要求甲社团安排三人，乙、丙至少安排一人，则不同的安排方案数为 ．
四、解答题（共77分）
15．某研究小组为了解青少年的身高与体重的关系，随机从15岁人群中选取了9人，测得他们的身高（单位：cm）和体重（单位：kg），得到如下数据：
(1)若两组变量间的样本相关系数满足，则称其为高度相关，试判断青少年身高与体重是否高度相关，说明理由（精确到0.01）；
(2)建立关于的经验回归方程，并预测某同学身高为时，体重的估计值（保留整数）.
参考数据：，，，，.
参考公式：样本相关系数，经验回归方程中斜率和截距最小二乘估计公式分别为：，.
16．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点，，且，记．
(1)证明： (2)证明：
(3)记，若，求
17．已知函数 (1)当时，求的单调区间；
(2)若当时，关于的方程：有两个不同的根：且，
求的范围 （ii）当最小时，求
18．小王参加某机构的招聘面试，要从6道简答题和4道论述题中任意抽取3道进行回答．
(1)求小王抽取的3道题中两种题型都有的概率；
(2)每道简答题答对得10分，每道论述题答对得20分，假设小王每道题都能答对，记小王答完3道题的总得分为，求的分布列和数学期望．
19．已知椭圆的长轴长为，左、右焦点分别为，直线与交于P，Q两点，且满足（为坐标原点），当变化时，面积的最大值为．
(1)求的方程 (2)证明：；
(3)过点和线段PQ的中点作一条直线与交于R，S两点，求四边形PRQS面积的取值范围．
20．已知函数．
(1)当时，，求实数的取值范围．
(2)若，设的正零点从小到大依次为．
①证明：；
②判断数列的单调性，并证明．
附：当时，．
样本号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
均值
身高
165
157
156
173
163
159
177
161
165
164
体重
53
46
48
56
57
49
60
45
54
52
参考答案
1．A
【分析】先求出集合B，再利用集合的交运算即可求得结果.
【详解】易知，所以，
故选：A．
2．A
【分析】由偶函数定义可得，计算即可得解.
【详解】由题意可得，即，
整理得，
即恒成立，即.
故选：A.
3．C
【分析】根据百分位数的定义计算即可求解.
【详解】由题意知前7个数据已按从小到大排列，共有9个数据，，
又第70百分位数是84，而84刚好是第7个数，
.即实数的取值范围为.
故选：C.
4．B
【分析】由联立可得.
【详解】由得，
由得，
化简得，得
故选：B.
5．D
【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解.
【详解】如图，分别取的中点，连接，
因为平面，平面，所以，
在中，，
所以，所以，
又，所以，所以，
又，平面，所以平面，
由，得点在平面内，
由，得点在以为球心，半径为1的球面上，
因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆，
连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为，
则由得，
且，所以，则，
因此动点的轨迹长度为.
故选：D.
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
6．A
【分析】由等差数列{an}的公差为成等比数列，列出方程求出a1＝﹣1，由此能求出{an}的前n项和Sn．
【详解】∵等差数列{an}的公差为2，a2，a3，a6成等比数列，
∴（a1+4）2＝（a1+2）（a1+10），
解得a1＝﹣1，
∴{an}的前n项和Snn+n2﹣n＝n2﹣2n＝n（n﹣2）．
故选A．
【点睛】本题考查等差数列的前n项和的求法，考查等比数列、等差数列性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
7．A
【解析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，由定义可得，，在中利用余弦定理可得，即可求出结果.
【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，不妨设在第一象限，
根据椭圆和双曲线定义，得，，
，
由可得，又，
在中，，
即，
化简得，两边同除以，得.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查共焦点的椭圆与双曲线的离心率问题，解题的关键是利用定义以及焦点三角形的关系列出齐次方程式进行求解.
8．A
【分析】根据正四棱锥的结构特征分析可知，利用补形法，将四面体补成正方体，分析点的可能位置，即可得结果.
【详解】如图所示：
在正四棱锥中，，
则，，
即全等，则，
将四面体补成正方体，如图所示：
可知点的可能位置为，且，
所以线段长度的集合有1个元素.
故选：A.
9．BD
【分析】利用同角公式，两角和差公式，结合角的范围和变角思想：来求解即可.
【详解】由，，所以，即，故A错误；
由于，所以，则有，
即，故B正确；
因为，，所以，
又因为，所以，故C错误；
由
，
因为，，所以，
则，故D正确；
故选：BD.
10．ACD
【分析】根据全概率公式、概率的乘法公式可得数列的递推关系，结合等比数列的定义与通项公式求出数列的通项公式，再结合等比中项的定义、以及指数函数的性质，对选项中的结论逐一判断即可.
【详解】对于A，因为仓鼠一开始在区域，经过1次选择后不可能在区域，所以，故A正确；
对于B，记仓鼠经过次随机选择后在B，C，D区域的概率分别为，，
则有所以，进一步得，
因为，所以，所以，
所以不成等比数列，故B错误；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，因为，
所以，故D正确．
故选：ACD
11．BCD
【分析】根据已知中，对四个答案的结论逐一进行论证，即可求解结论．
【详解】根据条件“对任意的，，有”，则：
A中，无法确定是否一定成立，故A错误；
B中，，一定成立，故B正确；
C中，，一定成立，故C正确；
D中，将看成一个整体，则，故，故D正确.
故选：BCD．
12．/
【分析】对复数进行化简，从而得到复数的虚部，得到答案.
【详解】因为，
所以复数的虚部为.
故答案为：.
13．1
【分析】判断函数的奇偶性，根据奇偶性及交点个数可知，解方程，分别验证即可.
【详解】易知与均为偶函数，
若曲线与恰有个公共点，则，
所以，解得，
当时，，值域为，
由，所以此时两函数只有一个交点，不符题意；
当时，，
当时，，，
设，
则，记
则恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
即存在，使，又，
所以函数在有一个零点，
即曲线与在有一个公共点，
综上所述曲线与共有个公共点，符合题意，
故答案为：.
14． 150 120
【分析】5人时，先对学生分组，然后再把分好的组分到社团即可求解；6人时，直接按人数分配即可求解.
【详解】由题意可得，5名同学的分配方式有两种，第一种为分配，方案数为，第二种为分配，方案数为，故要求每个社团至少安排一人，不同的安排方案数为．
如果再加上一名同学且要求甲社团安排三人，有两种情况，若乙社团1人，丙社团2人，方案数为，若乙社团2人，丙社团1人，方案数为，故不同的安排方案数为．
故答案为：150；120.
15．(1)相关，理由见解析
(2)，身高为的某同学，体重大概为
【分析】（1）根据题意，由相关系数的公式代入计算，即可判断；
（2）根据题意，由最小二乘法公式代入计算，分别求得，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）.
因为（或），
所以，即身高与体重间是高度相关的；
（2）因为，
所以，
所以体重关于身高的回归方程为，
所以当时，.
即某同学身高为时，体重大概为.
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设，则，在和中，利用余弦定理分别表示，即可得证.
（2）在和中，利用正弦定理结合即可证明.
（3）若，根据三角形相似得，与已知矛盾；若，则，结合已知得，利用二倍角余弦公式化简得，求解即可.
【详解】（1）设，则．
由余弦定理得，
所以，所以．
（2）在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
由（1）知，又，所以．
（3）若，则，得，与已知矛盾．
若，则，
所以化为，即，
整理得，即，解得．
17．(1)单调递增区间为和，无单调递减区间.
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）先求，再通过研究的正负性来确定的正负性，即可求出的单调区间；
（2）（i）将问题转化为在上有两个不同的零点，根据导函数研究其单调性，最后根据零点存在性定理即可得出；
（ii）令，通过，先研究函数的单调性，再研究的最小值，利用两者最小值的一致性，可得的值，即可通过求的值.
【详解】（1）定义域为，
当时，，则，
令，则，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
因，则或时，，即，
则的单调递增区间为和，无单调递减区间.
（2）（i）当时， 有两个不同的根，
则在上有两个不同的非零零点，
因，则在上有两个不同的零点，
因，
当时，，则在上单调递增，
则在上至多存在一个零点，不符合题意；
当时，得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，
令，则，
则得；得，
则在上单调递增，在上单调递减，
则，则在上恒成立，
因，则，
则当时，；
当时，，
则由零点存在性定理可知在上有两个不同的零点，
综上可知，的范围为.
（ii）因，结合的单调性可知，
由（i）可知是的两个根，即，
两式相减得，
令，则，则，
令由（1）可知，在上单调递增，
故欲求的最小值，只需求的最小值，即的最小值，
令，则，
令，则，则在上单调递增，
又，则使得，即，
则得，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则当时取最小值，取最小值，取最小值，
此时
综上所述，当最小时，.
18．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为42
【分析】（1）根据对立事件的概率公式结合古典概率的概率公式求解；
（2）求出的所有可能取值，再求出相应的概率，列出分布列求得期望.
【详解】（1）所求概率为.
（2）的所有可能取值为，
，，
，．
所以的分布列为
的数学期望.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，解方程组即可得解.
（2）设，联立直线与椭圆方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算化简得，即可得证.
（3）设，则，利用面积分割法得，然后利用向量的线性坐标公式得点的坐标，代入椭圆方程得，然后利用二次函数性质求解最值.
【详解】（1）设的半焦距为．
依题意得，所以，解得，
所以的方程为．
（2）设，
由消去得，
则，
，
因为，所以，
化简得，此时成立，证毕．
（3）设PQ的中点为，因为直线RS经过点和点，
所以不妨设，则．
．
由，得点的坐标为，
又，
所以代入的方程得，
化简得，则．
所以，
即四边形PRQS面积的取值范围为．
20．(1)
(2)①证明见解析 ；②数列是递减数列，证明见解析
【分析】（1）参变分离后转化为对任意恒成立，构造函数，利用导数求最大值，即可求解；
（2）①首先利用导数说明函数每一个零点所在区间，再结合诱导公式，以及函数的单调性，比较大小后，即可证明；
②首先设，利用分析法转化证明，根据条件，以及正确公式得到，并通过作差构造函数，理由导数分析单调性后即可证明.
【详解】（1）由题意，即对任意恒成立．
设，则，
当时，，则，所以在上单调递增，
，所以，
即的取值范围是．
（2）（ⅰ）若，则在定义域内恒成立，
所以对任意在区间上单调递增，
又，当时，，
所以在区间内有唯一零点，所以．
所以和都在区间内，
又，所以，即．
（ⅱ）数列是递减数列．
证明如下：记，要证明数列是递减数列，
即证明：当时，，即，
又因为，所以只需证明当时，．
由（ⅰ）知，所以，且．
所以，所以．
，
设函数，则，
因为在区间上单调递增，
所以当时，，
所以在时单调递增，所以，
即，所以．
因为在上单调递增，且，所以，
综上，数列是递减数列．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
C
B
D
A
A
A
BD
ACD
题号
11









答案
BCD









X
30
40
50
60
P