数学-吉林省2026届高三九校11月联合模拟考_2025年12月_251201吉林省2026届高三九校11月联合模拟考（全科）

2026届高三九校联合模拟考试 数学科试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将条形码粘贴在答题卡相应位置，并且把自己的姓名、准考证号填 写在答题卡上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。答非选择题时，将答案写在答题卡相应位 置上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，只上交答题卡，试卷不回收。 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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 1．已知z ，则 z （ ） 3i 5 10 A． B． 5 C． D． 10 5 10 2．对于实数a，“ a2 2”是“log a2”的（ ）条件． 2 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 a 2b 2，ab1，则 ab （ ） A．1 B．2 C． 3 D． 7 ex 1 4．函数 f x  ，则对任意实数x，下列结论正确的是（ ） ex 1 2 A． f x是偶函数，且在R上单调递增 B． f x是奇函数，且在R上单调递增 C． f x是奇函数，且在R上单调递减 D． f x是偶函数，且在R上单调递减 5．设函数 f xlog  x2ax3  在区间0,1上单调递减，则a的最大值为（ ） 3 A．2 B．3 C．4 D．5 2026届高三九校联合模拟考试数学科试卷第1页（共4页）3 6．已知递增数列a 的前n项和为S ，若a 1，S 2a 3 S ，则k的取值范 n n 1 n1 n1 k n 围为（ ） A．0,4 B．4, C．0,3 D．3, 7．设函数 f xax12 ex,g xe2x 2ax1ex1 ，若曲线y f x与y gx恰有 一个交点，则a（ ） 1 A．－1 B． C．1 D．2 2 8．已知圆锥的轴截面SAB是一个正三角形，其中S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，AB6，ACSP2，则三棱锥PABC 外接球 的表面积是（ ） 107π 109π 112π 116π A． B． C． D． 3 3 3 3 二、多选题：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．公比为q的等比数列a 的前n项和为S ，若a a 5，a a 15，则（ ） n n 1 2 1 3 A．a 1 B．q4 C．S 85 D．a 4n1 1 4 n π 10．已知函数 f xsinx 3cosx，其中03，若将其图象向左平移 个单位， 6 此时图象正好关于坐标原点对称，则以下结论正确的是（ ） A． f x的最小正周期为2π B． f x在  0, π  上的最小值为 3  2  π π  C．函数y f x f x 的一个对称中心为 ,0  6 3  D．若x   π ,π   时，方程 f xa有两个不同的解，则a  2, 3  2  11．已知函数 f(x)在R上可导，且 f(x)的导函数为g(x)．若 f(1)1，f(x) f(4x)0， g(2x1)为奇函数，则下列说法正确的有（ ）  1  A． f(x)是奇函数 B．g(x)关于点 ,0对称  2  2026届高三九校联合模拟考试数学科试卷第2页（共4页）2024 C． f(2x1) f(12x)0 D． f(k)0 k1 第II卷（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．已知函数 f x是定义在R上的奇函数，当x0时，f xx53xa1，则 f a 的值为 . 1 4 13．已知正数x，y满足xy  8，则xy的最小值为 ． x y A 14．在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bctan btanBctanC， 2 ∆ b 3，A4C，则a ． 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．（本小题满分13分）已知函数 f xsin2x2cos2x. (1)求 f x的最小正周期及值域； (2)求 f x的单调递增区间. 16．（本小题满分15分）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知  π ∆ 2bc2asinB .  6 (1)求A； (2)若a2 3,ABC 的面积为 3,D为BC上一点，AD为BAC的平分线，求AD. 17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱ABCABC 中，CACB，四边形ABBA 为 1 1 1 1 1  菱形，ABB  ，AC BC. 1 3 1 1 (1)证明：BC BB . 1 (2)已知平面ABC 平面ABBA ，求二面角BCC A的正弦值： 1 1 1 2026届高三九校联合模拟考试数学科试卷第3页（共4页）18．（本小题满分17分）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(n)，例如(4)2，(5)4． (1)求(6)，  3n ，  4n ；   3n (2)设a n    3n1 2  3n 2 ，nN*，求数列a n 的前n项和S n ；     1 (3)设b n  2  4n 1 ，nN*，数列b n 的前n项和为T n ，证明：T n  9 4 ， 19．（本小题满分17分）已知函数 f xcosxln1x,gxax1. (1)求 f x在x0处的瞬时变化率； (2)若 f xgx恒成立，求a的值； 2n  1  (3)求证：  f sin 1ln2,nN*.  k  kn1 2026届高三九校联合模拟考试数学科试卷第4页（共4页）《2026届高三九校联合模拟考试 数学》参考答案 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 12．4 13．9 14．3   3 15．(1)最小正周期为，值域为   21, 21  ；(2) k ,k  ,kZ .  8 8    【详解】（1） f xsin2x2cos2x sin2xcos2x1 2sin2x 1，-------------4分  4 故 f x的最小正周期T  2 ， f x的值域为   21, 21  .-------------------------6分 2   （2）根据（1）中所求， f x 2sin2x 1，  4    令2k 2x 2k ,kZ ，----------------------------------------------------------------8分 2 4 2   3 解得x  k ,k  ,kZ.  8 8    3 故 f x的单调增区间为：  k ,k  ,kZ .--------------------------------------------13分  8 8  π 16．(1)A (2)AD 2 3  π 【详解】（1）根据题意2bc2asinB ，  6  π 则由正弦定理得2sinBsinC2sinAsin B ，--------------------------------2分  6  π 即2sinBsinAB2sinAsin B ，  6  3 1  即2sinBsinAcosBcosAsinB2sinA  sinB cosB ，    2 2  化简得2sinBcosAsinB 3sinAsinB ，--------------------------------------5分 因为sinB 0，所以2cosA 3sin A，  π ∴sinA 1，由于A0,π，  6 π 则A ；--------------------------------------------------------------------------------7分 3 1 π （2）根据题意，V ABC的面积为 3,即 3 bcsin ， 2 3 则bc4，-------------------------------------------------------------------------------8分  2 π 又根据余弦定理， 2 3 b2 c2 2bccos ，则b2c2 16， 3 所以bc2 b2c22bc24，即bc2 6，----------------------------10分1 π 1 π 1 又由V ABC的面积 3 bADsin  cADsin  bc AD ，----------------13分 2 6 2 6 4 所以AD 2.--------------------------------------------------------------------------------15分 4 17．(1)证明见解析；(2) . 5 【详解】（1） 设O为AB的中点，连接CO，BO，AB ，BC ， 1 1 1 因为CACB，所以ABOC， π 因为四边形ABBA为菱形，ABB  ，所以ABB 为等边三角形，则ABOB 1 1 1 3 1 1 又OC 平面OBC，OB 平面OBC，OCOB O，所以AB平面OBC，--------------------------3分 1 1 1 1 1 因为BC平面OBC，所以ABBC， 1 1 1 因为AC BC，AB平面ABC ，AC 平面ABC ， 1 1 1 1 1 AC AB A，所以BC平面ABC ，--------------------------------------------------------------------------------6分 1 1 1 因为BC 平面ABC ，所以BC BC，所以四边形BCCB 为菱形，即BC BB .-------------------------7分 1 1 1 1 1 1 1 （2） 因为平面ABC 平面ABBA ，且平面ABC平面ABB A  AB，ABOB ，OB 平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以BO平面ABC；-----------------------------------------------------------------------------8分 1 以O为坐标原点，OC，OA，OB所在直线分别为x，y，z轴， 1 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2. 则O0,0,0，C  3,0,0  ，B0,1,0，B  0,0, 3  ，A0,1,0， 1           可得AC  3,1,0 ，BB CC  0,1, 3 ，BC  3,1,0 . 1 1     mBC  3xy0, 设平面BCC 1 的法向量为mx,y,z，则   mCC  y 3z 0, 1    令x1，则y 3，z1，可得m 1, 3,1 .------------------------------------------------------10分    nAC  3ab0, 设平面ACC 1 的法向量为na,b,c，则   nCC b 3c 0, 1    令a1，则b 3，c1，可得n 1, 3,1 .-------------------------------------------------------12分     mn 3 4 cosm,n     ，故二面角BCC A的正弦值为 --------------------------------------------15分 m n 5 1 5 18．(1)(6)2；  3n 23n1；  4n 24n1(2)S  1  1  1  (3)证明见解析 n 42 3n1 【详解】（1）1到6中与6互质的只有1和5，所以(6)2；------------------------1分 1到3n中，被3整除余1和被3整除余2的数都与3n互质，所以  3n 3n 2 23n1 ---3分 3 1到4n中，所有奇数都与4n互质，所以  4n 4n 1 24n1．-------------------------------5分 2 23n1  3n1    3n11  1 1 1  （2）a n   23n2  23n12   4  3n1  3n11   4  3n11  3n1   ，------------------8分 1 1 1 1 1 1 1  从而S         ． n 4301 311 311 321 3n11 3n 1 1 1 1  11 1         -------------------------------------------------------------------11分 4301 3n1 42 3n1 1 1 1 1 1 b      （3）证明： n 2  4n 1 4n1  1   1  34n1，------------------15分 4n 1  4n 1   4n   41  1  1  1  n 1 3  4n  4  1  4 从而T    1  ，证毕．-------------------------------------17分 n 34i1 1 9  4n  9 i1 1 4 19．21．(1)1(2)a1(3)证明见解析 1 【详解】（1） fxsinx ,-----------------------2分 1x 1 则 f0sin0 1， 10 故 f x在x0处的瞬时变化率为 f01----------------------5分 （2）设h(x) f xgxcosxln1xax1,x1. 由条件可知hx0恒成立， 由于h00，且hx的图象在定义域内是连续不间断的， 所以x0是hx的一个极大值点，则h00， 1 又hxsinx a,所以h(0)1a 0,解得a1,--------------------------6分 1x 下证当a1时，hx0对任意的x1,恒成立，1 x 令xln(1x)x,则x 1 --------------------------------7分 1x 1x 由(x)01 x0,(x)0 x0， 故函数x在1,0单调递增，在0,单调递减， 所以x00，即lnx1x0，而cosx10，--------------------------10分 所以当x0,时，h(x)(cosx1)[ln(1x) x] 0， 综上，若 f xgx恒成立，则a1，-----------------------------------------------11分  1  1 （3）由（2）可知 f xx1,f sin 1sin ，  k  k 2n  1   1   1   1  所以  f sin 1 f sin 1 f sin 1  f sin 1  k   n1   n2   2n  in1 1 1 1 sin sin sin ，-----------------------------------------------------------13分 n1 n2 2n  π 先证xsinx,x0, ,  2 令txxsinx,x  0, π ，则tx1cosx0，故tx在(0, π )单调递增，  2 2  π 故txt00，故xsinx，x0, ，  2 1 1 1 1 1 1 所以sin sin sin    ，----------------------------15分 n1 n2 2n n1 n2 2n 再证lnx x1,0 x1， 设m(x)lnxx1,， 1 则当x1时，m(x) 10,mx单调递减， x 当0x1时，m(x)0,mx单调递增， 故当m(x)m10，故lnxx1,当且仅当x1时取等号， n n n 1 n1 故令x ，则ln  1,故 ln lnn1 lnn，-------------------------16分 n1 n1 n1 n1 n 1 因此 lnn1lnn， n1 1 1 1 故   lnn1lnnlnn2lnn1ln2nln2n1ln2nlnnln2，---------17分 n1 n2 2n 2n  1   f sin 1ln2,nN* 综上可知：kn1  k 