2025-2026学年吉林省高三九校11月联合模拟考试数学试卷（附答案解析）

这是一份2025-2026学年吉林省高三九校11月联合模拟考试数学试卷（附答案解析），共17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。

一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
2．对于实数，“”是“”的（ ）条件．
A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．既非充分又非必要
3．已知，则（ ）
A．1B．2C．D．
4．函数，则对任意实数，下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数，且在上单调递增
B．是奇函数，且在上单调递增
C．是奇函数，且在上单调递减
D．是偶函数，且在上单调递减
5．设函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
6．已知递增数列的前n项和为，若，，则k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．设函数，若曲线与恰有一个交点，则（ ）
A．－1B．C．1D．2
8．已知圆锥的轴截面是一个正三角形，其中是圆锥顶点，AB是底面直径．若C是底面圆O上一点，P是母线SC上一点，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．公比为的等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，其中，若将其图象向左平移个单位，此时图象正好关于坐标原点对称，则以下结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．在上的最小值为
C．函数的一个对称中心为
D．若时，方程有两个不同的解，则
11．已知函数在上可导，且的导函数为．若，，为奇函数，则下列说法正确的有（ ）
A．是奇函数B．关于点对称
C．D．
三、填空题
12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为 .
13．已知正数，满足，则的最小值为 ．
14．在中，角，，的对边分别为，，．已知，，，则 ．
四、解答题
15．已知函数.
(1)求的最小正周期及值域；
(2)求的单调递增区间.
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求；
(2)若的面积为为BC上一点，AD为的平分线，求AD.
17．如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，.
(1)证明：.
(2)已知平面平面，求二面角的正弦值.
18．若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，欧拉函数是指，对于一个正整数n，小于或等于n的正整数中与n互质的正整数（包括1）的个数，记作，例如，．
(1)求，，；
(2)设，，求数列的前项和；
(3)设，，数列的前项和为，证明：，
19．已知函数.
(1)求在处的瞬时变化率；
(2)若恒成立，求的值；
(3)求证：.
《吉林省2026届高三九校11月联合模拟考试数学试卷》参考答案
1．C
【分析】借助复数运算法则结合模长公式计算即可得.
【详解】，
则.
故选：C.
2．C
【分析】分别求出实数的取值范围，再进行充要条件的判断.
【详解】由.
由.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
3．D
【分析】利用数量积可求.
【详解】，
故.
故选: D.
4．B
【分析】根据奇偶函数的定义即可判定奇函数，根据指数函数的单调性即可求解单调性.
【详解】的定义域为，而，则，
故是奇函数，
由于，函数单调递增，故在上单调递增，
故选：B
5．C
【分析】利用复合函数和对数函数的性质转化为二次函数单调性的问题，建立不等式组求解取值范围，再求最值即可.
【详解】令，，
则可视为由和构成的复合函数，
由对数函数性质得在区间上单调递增，
因为在区间上单调递减，
所以由复合函数性质得在区间上单调递减，
由二次函数性质得的对称轴为直线，
显然开口向上，故，解得，
则的最大值为4，故C正确.
故选：C
6．C
【分析】利用数列和与项的关系求出通项公式，结合递增数列的定义可得答案.
【详解】当时，，即，则.
当时，由，得，
得，则，易知，即.
又，所以是首项为1，公比为的等比数列.
又单调递增，所以，解得.
故选：C
7．C
【分析】由，即，令，由均为偶函数，则交点在轴上，得出，即可求得，再验证只有一个交点即可.
【详解】令，即，可得，
令，
由于均为偶函数，且两曲线只有一个交点，所以该交点只能在轴上，
可得，即，解得．
若，令，可得，
设，则，
又设，则，
即函数单调递增，
又，所以时，；时，，
所以，当且仅当时，取得最小值为，
即方程有一个解，所以符合题意．
故选：C.
8．C
【分析】取点D在母线SA上且，可证明三棱锥与三棱锥外接球相同，再由正弦定理求出三角形的外接圆半径即为外接球半径得解.
【详解】如图，
设点D在母线SA上且，
因为是直角三角形，所以三棱锥外接球的球心E在SO上，
由 ≌，可得，
即三棱锥外接球的球心E也是三棱锥外接球的球心，且两个外接球的表面积相等．
由，得的外心即为三棱锥外接球的球心E．
在中，，
所以的外接圆的直径，
所以三棱锥外接球的表面积是，
故选：C．
9．ABD
【分析】利用等比数列的通项公式列方程，解方程可得首项与公比，进而判断个选项.
【详解】由已知等比数列的公比为，且，，
则，解得，
所以，，
故选：ABD.
10．BC
【分析】先化简，根据平移后为奇函数可求得，再根据的相关性质逐项验证即可.
【详解】由于，
将其图象向左平移个单位，得到函数解析式，
则，即，
所以，又，解得．
所以，最小正周期为，故A错误：
当时，，所以，
可得，所以的最小值为，故B正确；
，
当时，，
所以是函数的一个对称中心，故C正确；
当时，，
当时，，单调递减，
当时，单调递增，则函数图像如下，

又方程有两个不同的解，所以，故D错误．
故选：BC．
11．AD
【分析】由已知条件结合函数奇偶性定义，可得判断A；由为奇函数，可得的图象关于点对称，判断B；由导数与原函数的关系，可判断C；由已知可得4是的一个周期，进而计算可得判断D.
【详解】对于A，由为奇函数，则，即，
即得为常数，令，即得，则，
故，即，则，
结合，可得，故，
故，即是奇函数，A正确；
对于B：由为奇函数，则，则
即的图象关于点对称，
结合是R上的奇函数，故，如果关于点对称，则，
而，矛盾，故B错误；
对于C，由为奇函数，则，
故为常数，令，则，
则，C错误；
对于D:由于，故，即，
故4是的一个周期．
是R上的奇函数，故，，结合得，
，，
故，故D正确．
故选：AD．
【点睛】关键点睛：解答此类抽象函数的问题，解决的关键是利用赋值法或者变量代换，推出函数的性质，比如对称性，奇偶性以及周期性，进而可求解.
12．4
【分析】由奇函数性质可求得的值，结合计算即可.
【详解】由题得，解得，
所以当时，，
所以.
故答案为：4.
13．
【分析】由条件结合基本不等式证明，解不等式可得结论.
【详解】由，得，
所以，
因为，，所以，
所以，即，
所以，当且仅当，且，即时，上式取“=”，
所以的最小值为．
故选：D.
14．3
【分析】利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换可得，进而求出角的大小得解.
【详解】在中，由正弦定理及，
得，
则，
移项得，
于是，整理得，解得，
由，得，则，，
所以.
故答案为：3
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理化边为角，再逆用和差角的正弦公式变形是求解问题的关键.
15．(1)最小正周期为，值域为；
(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换将化为标准型，再求其性质即可；
（2）根据（1）中所求，结合正弦函数的单调增区间，列出不等式，即可求得结果.
【详解】（1），
故的最小正周期，的值域为.
（2）根据（1）中所求，，
令，解得.
故的单调增区间为：.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，进而利用和差角公式化简可求；
（2）由的面积为得，再由余弦定理得，从而可得，再由面积公式可得解.
【详解】（1）根据题意，
则由正弦定理得，
即，
即，
化简得，
因为，所以，
∴，由于，
则；
（2）根据题意，的面积为即，
则，
又根据余弦定理，，则，
所以，即，
又由的面积，
所以.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可；
（2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.
【详解】（1）
设为的中点，连接，，，，
因为，所以，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
又平面，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
，所以平面，
因为平面，所以，所以四边形为菱形，即.
（2）
因为平面平面，且平面平面，，平面，
所以平面；
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设.
则，，，，，
可得，，.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
设平面的法向量为，则
令，则，，可得.
，故二面角的正弦值为.
18．(1)；；．
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据的定义，结合小于等于和的数的特征，即可求解；
（2）由（1）的结果可知，，再利用裂项相消法，即可求解；
（3）由（1）知，，再利用放缩法，转化为等比数列求和.
【详解】（1）1到6中与6互质的只有1和5，所以；
1到中，被3整除余1和被3整除余2的数都与互质，所以；
1到中，所有奇数都与互质，所以．
（2），从而．
（3）证明：，
从而，证毕．
19．(1)1
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，即可根据瞬时变化率的定义求解，
（2）根据可知是的一个极大值点，由，可得，接下来利用导数求证对任意的恒成立即可，
（3）构造函数以及求导得两个不等式和即可利用，累加求解.
【详解】（1）则，
故在处的瞬时变化率为
（2）设
由条件可知恒成立，
由于，且的图象在定义域内是连续不间断的，
所以是的一个极大值点，则，
又所以解得
下证当时，对任意的恒成立，
令则，
由，
故函数在单调递增，在单调递减，
所以，即，而，
所以当时，，
综上，若恒成立，则，
（3）由（2）可知，
所以
，
先证,,
令，则，故在单调递增，
故，故，，
所以，
再证，
设，
则当时，单调递减，
当时，单调递增，
故当，故当且仅当时取等号，
故令，则故，
因此，
故，
综上可知：
【点睛】结论点睛：常用的不等式：，，，，，.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
D
B
C
C
C
C
ABD
BC
题号
11









答案
AD