江西省南昌市高三2025届高三第二次模拟考试数学答案

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12345678答案BCBADDBC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91011答案ABDBCDBCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．213．514．216.四、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ACC1A1是边长为4的正方形，所以CC1AC，C1CAC4，因为AB2，ABBC，则BC23，因为BC127，CC14，222所以CC1BCBC1，即CC1BC，....................................................................3分因为，所以平面，BCACCCC1ABC因为CC1平面ACC1A1，所以平面ACC1A1平面ABC；.....................................6分z（）以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，2AC,AA1y,zA1C1π因为AC4，AB2，BC23，所以BAC，3B1所以A(0,0,0)，B(3,1,0)，C1(0,4,4)，则AB(3,1,0)，AC1(0,4,4)，yAC设平面ABC1的法向量为n1(,,)xyz，xBABn03xy0由，可得，令x1，则n1(1,3,3)，4y4z0AC1n0平面ACC1的法向量为n2(1,0,0)，...........................................................................10分nn7所以12，cosn1,n2B|n1||n2|77y即二面角BACC的余弦值为．13分1716．【解析】（1）设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线l:xmy4，xmy4ODx联立直线与抛物线方程得：y24my160，2y4xA12M则有yy16，xxyy16，.............4分12121612OAOBx1x2y1y216(16)0,所以OAOB....................................................................................................7分（2）设O关于直线l的对称点M(,)x0y0，xy0m0402288m解得：x,yy1020201m1m1x0m88m即M(,)，...........................................................................................10分m21m2164m232又因为点M在抛物线C上，则，解得m1.12分(m21)2m212所以|y1y2|(y1y2)4y1y245，11所以SS|OD||yy|44585................................15分MABOAB212217．【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：21220pC()()()223；.....................................................................................4分1333327（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：21123113pC()()()224()C()()3222；........................................................9分233323444144（3）X的可能取值有0,20,40,60,80，38131108PX(0)C0()4，PX(20)C1()3()1，4425644425631543112PX(40)C2()2()2，PX(60)C3()()3，44425644425611PX(80)C4()4，44256所以分布列为：X0204060808110854121P2562562562562561所以EX()20420..................................................................................15分418.【解析】（1）当ae时，f(x)xexex1f(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)，ae设(x)(lnax1)()x，此时(0)0，ae则()xlna(1ln)()axa1e因为1ae，所以0lna，1，2a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x00，使得(x0)0当x(,)x0时，(x)0，所以()x在(,)x0上增函数;当x(,)x0时，(x)0，所以(x)0在(,)x0上减函数.因为(0)0,则(x0)0，当x，()x，x1(,)x0使得(x1)0，所以x(,)x1时，(x)0，即f(x)0，即f()x在(,)x1为减函数；当x(x1,0)时，(x)0，即f(x)0，即f()x在(x1,0)为增函数；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(x1)0.所以x2(,)x1使得f(x2)0，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)，ea设(x)(lnax1)()x1，此时(0)0，ea则(x)(ln2alna)x2lna1)()x，ea设klna,(k0)，所以(x)(k2k)x2k1()x，.................................11分e11a①当ae时，此时k，则(x)(x)()x，此时(0)0，24e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1②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x00，使得h(x0)0当x(,)x0时，h(x)0，即(x)0，所以()x在(,)x0上增函数;当x(,)x0时，h(x)0，即(x)0，所以(x)0在(,)x0上减函数.因为(0)0,则(x0)0，当x，()x，x1(,)x0使得(x1)0，所以x(,)x1时，(x)0，即f(x)0，即f()x在(,)x1为减函数；当x(x1,0)时，(x)0，即f(x)0，即f()x在(x1,0)为增函数；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(x1)0.所以x2(,)x1使得f(x2)0，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e(kxkx1e(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1①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x00，使得(x0)0，当x(,)x0时，(x)0，所以()x在(,)x0上增函数;当x(,)x0时，(x)0，所以(x)0在(,)x0上减函数.因为(0)0,则(x0)0，当x，(