2025屆NCS模擬檢測數學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?考生號等填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設是兩個不同平面，則的一個充分條件是（）A平行于同一條直線 B.平行于同一個平面C.垂直于同一個平面 D.內有無數條直線與平行2.已知復數滿足，則（）A B.2 C.5 D.73.已知集合，則（）A. B. C. D.4.在中，角的對邊分別是，若，則（）A.2 B.3 C. D.5.如圖是江西省博物館中典藏的元青白釉印花雙鳳紋碗，高，口徑，若將該碗的內表面近似于一個球面的一部分，則這個球的半徑近似于（）A. B. C. D.6已知、終邊不重合，，則（）A. B. C. D.7.將雙曲線繞其中心旋轉一個合適的角度，可以得到一些熟悉的函數圖象，比如反比例函數，“對勾”函數，“飄帶”函數等等，它們的圖象都能由某條雙曲線繞原點旋轉而得.現將雙曲線繞原點旋轉一個合適的角度，得到“飄帶”函數的圖象，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.8.已知函數滿足，且，則的最小值為（）A. B. C. D.二?多選題：本題共3小題，每題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分9.人工智能是新一輪科技革命和產業變革的重要驅動力量，是研究?開發用于模擬?延伸和擴展人的智能的理論?方法?技術及應用系統的一門新的技術科學.很多學校已經推出基于的人工智能通識課程，幫助學生深入了解人工智能的歷史?關鍵技術及其在科學研究?社會發展中的高效應用，培養跨學科思維，推動人工智能技術在多領域的深度融合與創新.某探究小組利用解答了50份高考模擬試卷，收集其準確率，整理得到如下頻率分布直方圖，則下列說法正確的是（）A.B.估計準確率的分位數為C.估計準確率的平均數為D.估計準確率的中位數為10.已知.不等式的解集為且，則下列說法中正確的是（）A.函數的極大值點為1B.函數的對稱中心為C.過點可作一條直線與曲線相切D.當時，11.數學中有許多形狀優美的曲線，曲線就是其中之一，下列選項中關于曲線的說法正確的有（）A.當時，曲線與軸有個交點B.曲線圖象關于對稱C.當時，曲線上的一點到原點距離的最小值小于D.當時，曲線上的一點到原點距離的最小值大于三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數，若，則__________.13.已知向量，，則的最小值是__________.14.某次慶典后，墻壁上的裝飾品需要取下來，如圖，由于材料特性，每次能取一個，且所取的裝飾品只能有個或個相鄰的裝飾品，則不同的取法數有__________種.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在三棱柱中，側面是邊長為4的正方形，，.（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.16.己知拋物線，過點作斜率大于直線與曲線交于、兩點.原點關于的對稱點為記為點.（1）求證：：（2）當在拋物線上時，求三角形的面積.17.為宣揚中國文化，某校組織古詩詞知識比賽.比賽分為兩階段，第一階段為基礎知識問答，每位選手都需要回答3個問題，答對其中至少2個問題，進入第二階段，否則被淘汰；第二階段分高分組、和低分組，第一階段3個問題都答對的選手進入高分組，共回答4個問題，每答對一個得20分，答錯不得分；第一階段答對2個問題的選手進入低分組，共回答4個問題，每答對一個得10分，答錯不得分.第一階段，每個問題選手甲答對的概率都是；第二階段，若選手甲進入高分組，每個問題答對的概率都是，若選手甲進入低分組，每個問題答對的概率都是.（1）求選手甲第一階段不被淘汰的概率；（2）求選手甲在該次比賽得分數為40分的概率；（3）已知該次比賽選手甲進入了高分組，記選手甲在該次比賽中得分數為，求隨機變量的分布列和期望值.18.已知.（1）當時，求函數的單調區間：（2）當時，求證：；（3）當，試討論函數的零點個數.19.對于共項的等差數列（公差不為0）各項重新排列得到新數列，若中的任意兩項的等差中項都不在這兩項所在位置之間，則稱數列是等差數列的“無均數列”.（1）若，寫出等差數列（公差不為0）的4個不同的“無均數列”；（2）若，寫出等差數列（公差不為0）的一個“無均數列”；（3）若，判斷等差數列（公差不為0）的“無均數列”是否存在，并證明你的結論.

2025屆NCS模擬檢測數學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?考生號等填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設是兩個不同的平面，則的一個充分條件是（）A.平行于同一條直線 B.平行于同一個平面C.垂直于同一個平面 D.內有無數條直線與平行【答案】B【解析】【分析】利用選項中的條件，數形結合即可判斷.【詳解】若平行于同一條直線，則與的位置關系是平行或相交，故A選項錯誤；若平行于同一個平面，則與的位置關系是平行，故B正確；若垂直于同一個平面，則與的位置關系是平行或相交，故C選項錯誤；若內有無數條直線與平行，則與的位置關系是平行或相交，故D選項錯誤；故選：B.2.已知復數滿足，則（）A. B.2 C.5 D.7【答案】C【解析】【分析】根據已知條件求出復數，再根據復數的模的計算公式求出．【詳解】已知，即．則．可得．故選：C．3.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分別求解集合與集合，再根據交集的定義求出．【詳解】已知集合，根據絕對值性質，絕對值不等式等價于．可得，即．所以集合．

已知集合，則．解得或．所以集合或．

可得，即．故選：B．4.在中，角對邊分別是，若，則（）A.2 B.3 C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意，由正弦定理化簡得到，進而得到，再由正弦定理，得到，即可求得的值.【詳解】因為，由正弦定理，可得，所以，又因為，所以，所以，又由正弦定理，可得，即因為，所以.故選：A.5.如圖是江西省博物館中典藏的元青白釉印花雙鳳紋碗，高，口徑，若將該碗的內表面近似于一個球面的一部分，則這個球的半徑近似于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】可以將碗的內表面看作是球的一部分，碗口所在平面是球的一個截面，碗的高和球的半徑以及截面圓的半徑構成一個直角三角形，通過已知的碗的口徑和高，利用勾股定理建立關于球半徑的方程來求解．【詳解】已知碗的口徑為，那么碗口所在截面圓的半徑．這是因為口徑是截面圓的直徑，根據半徑是直徑的一半得到．

設球的半徑為，碗高．由球的截面性質可知，球心到截面圓的距離與球的半徑、截面圓的半徑構成直角三角形，其中球的半徑為斜邊．這里球心到碗口所在截面圓的距離．根據勾股定理，將，代入可得：．

展開得，解得所以這個球的半徑近似于．故選：D．6.已知、終邊不重合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，代入已知等式，利用兩角和、差的正弦、余弦公式化簡得出的值，再利用二倍角的正切公式可求得的值.【詳解】因為，所以，即，，所以，，因為、的終邊不重合，則，則，所以，則，所以，因此，.故選：D.7.將雙曲線繞其中心旋轉一個合適的角度，可以得到一些熟悉的函數圖象，比如反比例函數，“對勾”函數，“飄帶”函數等等，它們的圖象都能由某條雙曲線繞原點旋轉而得.現將雙曲線繞原點旋轉一個合適的角度，得到“飄帶”函數的圖象，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】易知“飄帶”函數的漸近線，設兩漸近線夾角為（），則，求得，進而旋轉之前雙曲線的一條漸近線斜率，結合計算即可求解.【詳解】“飄帶”函數的漸近線為與軸，設兩漸近線夾角為（），則，整理得，又，所以，整理得，由，解得.所以旋轉之前雙曲線的一條漸近線斜率為，所以雙曲線的離心率為.故選：B8.已知函數滿足，且，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用賦值法得出，，令可得出，進而可得出，推導出，再利用基本不等式可求出的最小值.【詳解】令可得，因為，則，令，可得，解得，令可得，即，令可得，所以，，所以，，，由基本不等式可得，當且僅當時，等號成立，當時，等號成立，所以，的最小值為.故選：C.二?多選題：本題共3小題，每題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分9.人工智能是新一輪科技革命和產業變革的重要驅動力量，是研究?開發用于模擬?延伸和擴展人的智能的理論?方法?技術及應用系統的一門新的技術科學.很多學校已經推出基于的人工智能通識課程，幫助學生深入了解人工智能的歷史?關鍵技術及其在科學研究?社會發展中的高效應用，培養跨學科思維，推動人工智能技術在多領域的深度融合與創新.某探究小組利用解答了50份高考模擬試卷，收集其準確率，整理得到如下頻率分布直方圖，則下列說法正確的是（）A.B.估計準確率的分位數為C.估計準確率的平均數為D.估計準確率的中位數為【答案】ABD【解析】【分析】利用頻率分布直方圖中所有矩形的面積和為，可判斷A選項；利用百分位數的定義可判斷B選項；利用平均數公式可判斷C選項；利用中位數的定義可判斷D選項.【詳解】對于A選項，由頻率分布直方圖可得，解得，A對；對于B選項，前兩個矩形的面積之和為，所以估計準確率的分位數為，B對；對于C選項，估計準確率的平均數為，C錯；對于D選項，設中位數為，前三個矩形的面積之和為，所以，則，解得，所以估計準確率的中位數為，D對.故選：ABD.10.已知.不等式的解集為且，則下列說法中正確的是（）A.函數的極大值點為1B.函數的對稱中心為C.過點可作一條直線與曲線相切D.當時，【答案】BCD【解析】【分析】根據不等式的解集與方程的解之間的聯系求得，結合導數和極值點的概念即可判斷A；根據函數的對稱性驗證即可判斷B；根據導數的幾何意義即可判斷C；利用作差法計算即可判斷D.【詳解】A：因為不等式的解集為且，即不等式的解集為且，所以方程的根為和（二重根），得，即，所以，則，得，令，或，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以是的極大值點，故A錯誤；B：由選項A知，則，所以，即的一個對稱中心為，故B正確；C：由選項A知，設過點的切線方程為，設切點為，則，，得，整理得，即，解得，此時切點為，不符題意，所以過點只能作一條直線與曲線相切，故C正確；D：令，當時，則，只需.而，由，得，即，所以，故D正確.故選：BCD11.數學中有許多形狀優美的曲線，曲線就是其中之一，下列選項中關于曲線的說法正確的有（）A.當時，曲線與軸有個交點B.曲線的圖象關于對稱C.當時，曲線上的一點到原點距離的最小值小于D.當時，曲線上的一點到原點距離的最小值大于【答案】BCD【解析】【分析】當時，解方程，可判斷A選項；利用曲線的對稱性可判斷B選項；在曲線上的一點，可得出，利用導數求出函數在上最小值的取值范圍，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，當時，在曲線的方程中，令，可得，解得，所以當時，曲線與軸有個交點，A錯；對于B選項，在曲線上任取一點，則點關于直線的對稱點為，因為，即點也在曲線上，所以曲線的圖象關于直線對稱，B對；對于CD選項，當時，在曲線上的一點，則，則，其中，令，其中，則，因為函數、在上均為增函數，故函數在上為增函數，因為，，所以，存在使得，則，當時，；當時，.所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，，因為，所以，則，所以，所以，，且，故，CD都對.故選：BCD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數，若，則__________.【答案】2【解析】【分析】根據分段函數的解析式分類討論求解即可.【詳解】由題意知，當時，，解得；當時，，解得，與矛盾，此時無解.所以.故答案為：213.已知向量，，則的最小值是__________.【答案】【解析】【分析】設，由平面向量數量積的運算可出，再利用平面向量的模長公式結合二次函數的基本性質可求得的最小值.【詳解】設，則，可得，故，當且僅當時，取最小值.故答案為：.14.某次慶典后，墻壁上的裝飾品需要取下來，如圖，由于材料特性，每次能取一個，且所取的裝飾品只能有個或個相鄰的裝飾品，則不同的取法數有__________種.【答案】【解析】【分析】對小球進行編號，然后對前三個球的取法進行分類討論，進而對后續小球的摸球順序進行討論，結合分步乘法與分類加法計數原理可得結果.【詳解】將這個小球編號如下圖所示：分以下兩種情況討論：第一種，第一步，先取、、號球，第二步，再取、、號球依次取個球，最后一步，從剩余兩球依次摸取，此時不同的抽法種數為種；第二種，將、、視為三個整體，前三個球從其中一個整體和每支不與號球相鄰的小球中依次摸取，有種，以、、為例，可依次為、、，共種，剩余、、、號球，先從、號球中摸一個，有種情況，比如先取號球，剩余三個相鄰的小球，接下來從、號球中取一個，有種情況，最后剩余兩球摸取的先后順序任意，此時，不同的取法種數為.綜上所述，不同的取法種數為種.故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在三棱柱中，側面是邊長為4的正方形，，.（1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由題意，根據勾股定理及其逆定理可證得，結合線面垂直與面面垂直的判定定理即可證明；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量法求解面面角即可.【小問1詳解】因為側面是邊長為4的正方形，所以，因為，則，因為，所以，即，因為平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小問2詳解】以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，所以，所以，則，設平面的法向量為，由，可得，令，則，平面的法向量為，所以，又二面角為銳角，所以其余弦值為.16.己知拋物線，過點作斜率大于直線與曲線交于、兩點.原點關于的對稱點為記為點.（1）求證：：（2）當在拋物線上時，求三角形的面積.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）設、，設直線的方程為，將該直線方程與拋物線方程，列出韋達定理，利用平面向量數量積的坐標運算以及韋達定理計算出，即可證得結論成立；（2）設關于直線的對稱點，根據點與點關于直線對稱解出點的坐標，由點在拋物線上求出的值，列出韋達定理，根據三角形的面積公式可求得的面積.【小問1詳解】設、，由題意，設直線的方程為，聯立直線與拋物線方程得，則，由韋達定理可得，，，，所以.【小問2詳解】設關于直線的對稱點，則，解得，，即，又因為點在拋物線上，則，解得所以，，，所以，所以.17.為宣揚中國文化，某校組織古詩詞知識比賽.比賽分為兩階段，第一階段為基礎知識問答，每位選手都需要回答3個問題，答對其中至少2個問題，進入第二階段，否則被淘汰；第二階段分高分組、和低分組，第一階段3個問題都答對的選手進入高分組，共回答4個問題，每答對一個得20分，答錯不得分；第一階段答對2個問題的選手進入低分組，共回答4個問題，每答對一個得10分，答錯不得分.第一階段，每個問題選手甲答對的概率都是；第二階段，若選手甲進入高分組，每個問題答對的概率都是，若選手甲進入低分組，每個問題答對的概率都是.（1）求選手甲第一階段不被淘汰的概率；（2）求選手甲在該次比賽得分數為40分概率；（3）已知該次比賽選手甲進入了高分組，記選手甲在該次比賽中得分數為，求隨機變量的分布列和期望值.【答案】（1）（2）（3）分布列見解析，20【解析】【分析】（1）選手甲第一階段不被淘汰，即甲回答三個問題答對其中2個或3個，根據條件即可求解；（2）選手甲在該次比賽得分數為40分有兩種情況：進入高分組，答對2個問題；進入低分組，答對4個問題，根據條件求解即可；（3）由題的可能取值有，分別求出相應取值的概率，即可得出答案.【小問1詳解】選手甲第一階段不被淘汰，即甲回答三個問題答對其中2個或3個，其概率為：【小問2詳解】選手甲在該次比賽得分數為40分有兩種情況：進入高分組，答對2個問題；進入低分組，答對4個問題.故概率為：【小問3詳解】的可能取值有，，，，所以分布列為：020406080所以.18.已知.（1）當時，求函數的單調區間：（2）當時，求證：；（3）當，試討論函數的零點個數.【答案】（1）減區間為，增區間內為（2）證明見解析（3）答案見解析【解析】【分析】（1）當時，利用函數的單調性與導數的關系可求出函數的增區間和減區間；（2）當時，分析得出，令，可得，結合（1）中的結論可證得；（3）解法一：對實數的取值進行分類討論，利用導數分析函數的單調性，結合零點存在定理可得出函數在不同情況下的零點個數；解法二：求得，令，令，對實數的取值進行分類討論，利用導數分析函數的單調性，結合零點存在定理可得出函數在不同情況下的零點個數；解法三：將函數解析式變形為，設，則，則有，設，則，對實數的取值進行分類討論，分析的符號變化，可得出的單調性，再結合零點存在定理可得出函數的零點個數.【小問1詳解】當時，，，當時，，則在為增函數；當時，，則在為減函數；故當時，函數的減區間為，增區間內為.【小問2詳解】因為，當時，，所以，當時，，所以，所以，設，由（1）可知，所以不等式成立.【小問3詳解】解法一：，設，此時，則，因為，所以，則在為減函數，，①當時，，結合在為減函數，當時，在為增函數；當時，在為減函數；所以，所以，即在上為減函數，又因為，所以只有一個零點；②當時，，所以存在，使得，當時，，所以在上增函數；當時，，所以在上減函數.因為，則，當，使得，所以時，，即，即在為減函數；當時，，即，即在為增函數；當時，，即，即在為減函數；當，又因為，所以.所以使得，在為減函數，所以，所以存在兩個零點.綜上所述：當時，函數有1個零點；當函數有2個零點.解法二：，設，此時，則，設，所以，①當時，此時，則，此時，當時，在為增函數；當時，在為減函數；所以，所以，即在上為減函數.又因為，所以只有一個零點；②當，所以，設.因為，因為時，所以存在，使得當時，，即，所以在上增函數；當時，，即，所以在上減函數.因為，則，當，使得，所以時，，即，即在為減函數；當時，，即，即在為增函數；當時，，即，即在為減函數；當，又因為，所以.所以使得，在為減函數，所以，所以存在兩個零點.綜上所述：當時，函數有1個零點；當函數有2個零點.解法三：，設，則，則有，，設.因為，所以，則在為減函數，，①當，即，結合在為減函數當時，在為增函數；當時，在為減函數；所以，所以，即在上為減函數.又因為，所以只有一個零點；②當時，，所以存在，使得，當時，，所以在上增函數；當時，，所以在上減函數.因為，則，當，使得，所以時，，即，即在為減函數；當時，，即，即在為增函數；當時，，即，即在為減函數；當，又因為，所以.所以使得，在為減函數，所以，所以