江西省南昌市高三2025届高三第二次模拟考试数学答案_2025年4月_250411江西省南昌市高三2025届高三第二次模拟考试（南昌二模）（全科）

2025届NCS模拟检测 数学 参考答案及评分意见 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 C B A D D B C 二、选择题：本题共3小题，每题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。 题号 9 10 11 答案 ABD BCD BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．2 13． 5 14．216. 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．【解析】【解析】（1）因为侧面ACC A 是边长为4 的正方形， 1 1 所以CC  AC，CC AC4， 1 1 因为AB  2 ，ABBC， 则BC 2 3，因为BC  2 7 ，CC 4， 1 1 所以CC2 BC2  BC 2，即CC BC，.................................................................... 3分 1 1 1 因为BC  AC C，所以CC 1 平面ABC， 因为CC 平面ACC A ，所以平面ACC A 平面ABC； ..................................... 6分 1 1 1 1 1 z （2）以AC,AA 1 为 y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， A 1 C 1 π 因为AC4，AB  2 ，BC 2 3，所以BAC  ， 3 B 1 所以A(0,0,0)，B( 3,1,0)，C(0,4,4)， 1   则AB ( 3,1,0)，AC (0,4,4)， y 1  A 设平面ABC 的法向量为n (x,y,z)， C 1 1 x   B  ABn 0  3xy0  由   A  C  n  0 ，可得  4y4z0 ， 令x1，则n 1 (1, 3, 3)， 1  平面ACC 的法向量为n  (1,0,0)， ........................................................................... 10分 1 2     n n 7 所以cosn ,n   1  2   ， 1 2 |n ||n | 7 B 1 2 7 y 即二面角BAC C的余弦值为 ． 13分 1 7 16．【解析】（1）设A(x,y ),B(x ,y )，直线l:x  my4， 1 1 2 2 x  my4 O D x 联立直线与抛物线方程 得：y2 4my160， y2  4x A 1 则有y y 16，x x  y y 2 16， ......... .... 4分 M 1 2 1 2 16 1 2  OAOB  x x  y y 16(16) 0, 1 2 1 2 所以OAOB. ................................................................................................... 7分 （2）设O关于直线l的对称点M(x ,y )， 0 0 x y 0 m 0 40   2 2 8 8m  解得：x  ,y  y 1 0 m2 1 0 m2 1  0  1  x m 0 8 8m 即M( , )， ........................................................................................... 10分 m2 1 m2 1 64m2 32 又因为点M 在抛物线C上，则  ，解得m1.12分 (m2 1)2 m2 1 所以| y  y | (y  y )2 4y y 4 5 ， 1 2 1 2 1 2 1 1 所以S  S  |OD|| y  y | 44 5 8 5. ............................... 15分 MAB OAB 2 1 2 2 17．【解析】（1）选手甲第一阶段不被淘汰，即甲回答三个问题答对其中2 个或3个，其概 率为： 2 1 2 20 p C2( )2( )( )3  ； ..................................................................................... 4分 1 3 3 3 3 27 （2）选手甲在该次比赛得分数为40分有两种情况：进入高分组，答对2 个问题；进入低分 组，答对4 个问题.故概率为： 2 1 1 2 3 1 13 p C2( )2( )( )4 ( )3C2( )2( )2  ； ........................................................ 9分 2 3 3 3 2 3 4 4 4 144 （3）X 的可能取值有0,20,40,60,80， 3 81 3 1 108 P(X 0)C0( )4  ，P(X  20)C1( )3( )1  ， 4 4 256 4 4 4 256 3 1 54 3 1 12 P(X  40)C2( )2( )2  ，P(X 60)C3( )( )3  ， 4 4 4 256 4 4 4 256 1 1 P(X 80)C4( )4  ， 4 4 256 所以分布列为： X 0 20 40 60 80 81 108 54 12 1 P 256 256 256 256 256 1 所以E(X)204 20. ................................................................................. 15分 4 18.【解析】（1）当ae时， f(x) xex ex 1 f(x)(x1)ex ex  xex， 当x(0,)时， f(x)0，则 f(x)在(0,)为增函数； 当x(,0)时， f(x)0，则 f(x)在(,0)为减函数； ..................................... 4分 （2）因为ae， 当x0时，ax ex，所以xax  xex， 当x0时，ax ex，所以xax  xex， 所以xax ex 1 xex ex 1，设(x) xex ex 1， 由（1）可知 f(x) f(0)0， 所以不等式 f(x)0成立. ........................................................... 9分 e （3）解法一： f(x)(lnax1)ax ex ax((lnax1)( )x)， a e 设(x)(lnax1)( )x，此时(0)0， a e 则(x)lna(1lna)( )x a 1 e 因为1a e ，所以0lna ， 1， 2 a 则(x)在R 为减函数，(0)2lna1， .......................................................... 11分 ①当a e时，(0)0，结合(x)在R 为减函数 当x(,0)时，(x)0，(x)在(,0)为增函数； 当x(0,)时，(x)0，(x)在(0,)为减函数； 所以(x)(0)0，所以 f(x)0，即 f(x)在R 上为减函数， ...................... 13分 又因为 f(0)0，所以 f(x)只有一个零点； ②当1a e 时，(0)2lna10 所以存在x 0，使得(x )0 0 0 当x(,x )时，(x)0，所以(x)在(,x )上增函数; 0 0 当x(x ,)时，(x)0，所以(x)0在(x ,)上减函数. 0 0 因为(0)0,则(x )0，当x，(x)， 0 x (,x )使得(x )0， 1 0 1 所以x(,x )时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(,x )为减函数； 1 1 当x(x ,0)时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(x ,0)为增函数； 1 1 当x(0,)时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(0,)为减函数； 当x， f(x)1，又因为 f(0)0，所以 f(x )0. 1 所以x (,x )使得 f(x )0， 2 1 2 f(x)在(0,)为减函数，所以 f(x) f(0)0，所以 f(x)存在两个零点. 综上所述：当a e时，函数 f(x)有1个零点;当1a e 函数 f(x)有2个零点. .................................................................. 17分 a 解法二： f(x)(lnax1)ax ex ex((lnax1)( )x 1)， e a 设(x)(lnax1)( )x 1，此时(0)0， e a 则(x)(ln2alna)x2lna1)( )x， e a 设k lna,(k 0)，所以(x)  (k2 k)x2k1  ( )x， ................................. 11分 e 1 1 a ①当a e时，此时k  ，则(x)( x)( )x，此时(0)0， 2 4 e 当x(,0)时，(x)0，(x)在(,0)为增函数；当x(0,)时，(x)0，(x)在(0,)为减函数； 所以(x)(0)0，所以 f(x)0，即 f(x)在R 上为减函数. 又因为 f(0)0，所以 f(x)只有一个零点； ........................................................... 13分 1 ②当1a e ，所以0k  2 设h(x)(k2 k)x2k1.因为k2 k 0， 因为h(0)2k10时，所以存在x 0，使得h(x )0 0 0 当x(,x )时，h(x)0，即(x)0，所以(x)在(,x )上增函数; 0 0 当x(x ,)时，h(x)0，即(x)0，所以(x)0在(x ,)上减函数. 0 0 因为(0)0,则(x )0，当x，(x)， 0 x (,x )使得(x )0， 1 0 1 所以x(,x )时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(,x )为减函数； 1 1 当x(x ,0)时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(x ,0)为增函数； 1 1 当x(0,)时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(0,)为减函数； 当x， f(x)1，又因为 f(0)0，所以 f(x )0. 1 所以x (,x )使得 f(x )0， 2 1 2 f(x)在(0,)为减函数，所以 f(x) f(0)0，所以 f(x)存在两个零点. 综上所述：当a e时，函数 f(x)有1个零点;当1a e 函数 f(x)有2个零点. .................................................................... 17分 解法三： f(x) xelnax ex 1，设k lna， 则 f(x) xekx ex 1，则有 f(x)(kx1)ekx ex ekx(kx1e(1k)x)， (x)kx1e(1k)x， 设(x)k(1k)e(1k)x. 1 因为1a e ，所以0k  ， 2 则(x)在R 为减函数，(0)2k1， ............................................................. 11分 1 ①当a e，即k  ，(0)0，结合(x)在R 为减函数 2 当x(,0)时，(x)0，(x)在(,0)为增函数； 当x(0,)时，(x)0，(x)在(0,)为减函数； 所以(x)(0)0，所以 f(x)0，即 f(x)在R 上为减函数. 又因为 f(0)0，所以 f(x)只有一个零点； ....................................................... 13分 ②当1a e 时，(0)2k10， 所以存在x 0，使得(x )0， 0 0 当x(,x )时，(x)0，所以(x)在(,x )上增函数; 0 0 当x(x ,)时，(x)0，所以(x)0在(x ,)上减函数. 0 0 因为(0)0,则(x )0，当x，(x)， 0 x (,x )使得(x )0， 1 0 1 所以x(,x )时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(,x )为减函数； 1 1 当x(x ,0)时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(x ,0)为增函数； 1 1当x(0,)时，(x)0，即 f(x)0，即 f(x)在(0,)为减函数； 当x， f(x)1，又因为 f(0)0，所以 f(x )0. 1 所以x (,x )使得 f(x )0， 2 1 2 f(x)在(0,)为减函数，所以 f(x) f(0)0，所以 f(x)存在两个零点. 综上所述：当a e时，函数 f(x)有1个零点;当1a e 函数 f(x)有2个零点. ...................................................................... 17分 19．【解析】（1）当k 4时，存在以下“无均数列”： a ,a ,a ,a ；a ,a ,a ,a ；a ,a ,a ,a ；a ,a ,a ,a ； 1 3 2 4 1 3 4 2 3 1 2 4 3 1 4 2 a ,a ,a ,a ；a ,a ,a ,a ；a ,a ,a ,a ；a ,a ,a ,a ， 2 4 1 3 2 4 3 1 4 2 1 3 4 2 3 1 a ,a ,a ,a ；a ,a ,a ,a ，总共10种（写出其中的4个即可）. .......................... 4分 2 1 4 3 3 4 1 2 （2）当k 8时，存在“无均数列”：a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a . ............................... 8分 1 5 3 7 2 6 4 8 （3）存在，先证明对k 2m(m2,mN)时，存在， ①当m2时，由（1）知存在“无均数列”， ②假设k 2m(m2,mN)时，a ,a ,a ,a 存在“无均数列”， 1 2 3 2m 则k 2m1时，数列{a }分成2组：(a ,a , ,a )，(a ,a , ,a )，两组分别有2m n 1 3  2m11 2 4  2m1 次项，且从这两组中各任取一项，得到的两项的等差中项不是{a }的项，由假设， n 数列a ,a ,a ,,a 存在“无均数列”，设为b,b ,b ,,b ， 1 3 5 2m11 1 2 3 2m 数列a ,a ,a , ,a 存在“无均数列”，设为c ,c ,c ,,c ， 2 4 6  2m1 1 2 3 2m 构造数列：b,b ,b ,,b ,c ,c ,c ,,c ， .......................................................... 12分 1 2 3 2m 1 2 3 2m 观察(a ,a , ,a )，(a ,a , ,a )，每组之间的任意两个数的平均数均不在两数位置 3 7  2m1 4 8  2m 之间，故只需要考虑每组内部重新排成“无均数列”， 因此数列：b,b ,b ,,b ,c ,c ,c ,,c ，中任意两项的等差中项均不在这两项中间.即 1 2 3 2m 1 2 3 2m k 2m1时，数列{a }存在“无均数列”。 n 由①②可知，k 2m(m2,mN)时，都存在“无均数列”， ................................. 14分 所以令m11，即k 2048时，存在“无均数列”， 接下来我们只需要将a ,a , ,a 项去掉， 2026 2027  2048 便可得到k 2025时，等差数列{a }存在“无均数列”. n 同样注意到此时每一组是一共8项的等差数列，令 f e n1,2,,8，故由第二 n 4n3 问知道，此时只需要把其分为4组 f , f 、 f , f 、 f , f 、 f , f 这样排列就能构成“无 1 5 3 7 2 6 4 8 均“数列. 因此反复执行上述操作能把2048项的等差数列a 重新排列成一个“无均“数列， n 所以当k 2025时也能重新排列成一个“无均“数列. ...................................... 17分