内蒙古2025届高三第二次模拟考试数学试卷（含答案）

这是一份内蒙古2025届高三第二次模拟考试数学试卷（含答案），共10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。
1.设集合A={1,2,3,4,5,6}，B={x|2x1，x2−x>1的否定是
A. ∃x>1，x2−x≤1B. ∃x≤1，x2−x>1
C. ∀x>1，x2−x≤1D. ∀x≤1，x2−x>1
3.设向量a=(0,2)，b=(1, 3)，则下列结论正确的是
A. a/​/bB. a⋅b= 3C. |a|=|b|D. (a−b)⊥b
4.一个圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为π4，则该圆锥的体积为( )
A. π3B. 2π3C. πD. 2π
5.如图，梯形OABC是上底为 2，下底为3 2，高为 2的等腰梯形，记梯形OABC位于直线x=t(t>0)左侧的阴影部分的面积为f(t)，则y=f(t)的大致图象是
A. B.
C. D.
6.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列，高阶等差数列是指逐项差数之差或者高次差相等的数列．例如数列1，3，6，10，15，…的逐项差，a2−a1=2，a3−a2=3，a4−a3=4，a5−a4=5，…构成一个等差数列，则数列1，3，6，10，15，…是一个高阶等差数列(二阶等差数列).现有一个高阶等差数列，其前5项为2，3，6，11，18，则其第8项是
A. 38B. 51C. 66D. 83
7.已知函数f(x)=12x−1,x0)的准线相切，抛物线E的焦点与椭圆C的右焦点重合，且Q为抛物线E与椭圆C的一个交点，若△F1QF2的面积为2 63，则椭圆的离心率为_________．
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13分)
烧麦——在呼和浩特有着深厚的历史底蕴，2024年12月21日，呼和浩特举办了“首届烧麦美食大会”，活动持续至2025年1月3日，期间吸引了数以万计的国内外游客慕名而来．“烧麦美食大会”的举办旨在传承和弘扬烧麦文化，深入挖掘呼和浩特市的文旅资源优势，推动烧麦产业创新与发展，促进文商旅融合，提升城市形象．为了了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组采用问卷调查的方式，随机调查了100名游客，并将收集到的满意度得分数据(满分100分)分成了五段：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中t的值，为进一步了解游客对本次“烧麦美食大会”满意度情况，从分值在[60,70)，[70,80)，[80,90)三组满意度问卷中，按分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取3人，记满意度得分在[80,90)人数为X，求X的分布列和期望；
(2)已知满意度分值在[70,80)的平均数z1=78，方差s12=9，在[80,90)的平均数为z2=88，方差s22=4，试求满意度分值在[70,90)的平均数z和方差s2．
16.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)过点M(m, 3)，其焦点为F，若|MF|=2且m>p．
(1)求m的值以及抛物线C的方程；
(2)过F点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于A、C与B、D四点，求四边形ABCD面积的最小值．
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且c2a−c=a2+c2−b2a2+b2−c2．
(1)求角B；
(2)若△ABC的面积为3，点F为△ABC内一点，且∠AFB=∠BFC=∠CFA=2π3，求FA⋅FB+FB⋅FC+FC⋅FA的值．
18.(本小题17分)
如图1，在等腰直角三角形DFC中，FD=FC，A、B、E分别在线段DF、FC、CD上，且AB//CD，AE//FC.已知FA=1，AD=2，沿AE将△DAE折起，使得平面DAE⊥平面AFCE，如图2．
(1)求证：平面BDE⊥平面ABD；
(2)求直线DF与平面EDC所成角的正弦值；
(3)点Q在线段DF上，设直线BQ与直线BE所成角为θ，求csθ的最大值．
19.(本小题17分)
17世纪，牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了代数方程的一种数值解法：如图所示，我们想要找到f(x)=0的根，即A点的横坐标，则可以先在A点附近取一个初始值，比如横坐标为x=x0处，然后在以x0为横坐标的B点处做一条切线，并求出该切线与x轴的交点x1，此时，我们会发现x1比初始值x0更接近A点．如果重复这个过程，不断绘制切线并计算其与x轴的交点，依次迭代下去，我们将得到x2，x3，x4，…，xn，…，根据给定的精确度ξ，直到求得满足精度|xn+1−xn|0)过点M(m, 3)，
∴( 3)2=2pm ①，
又∵焦点为F，且|MF|=2，
∴m+p2=2 ②，
由 ①、 ②可得p=1m=32或p=3m=12，
又∵m>p，
∴p=1，m=32，抛物线C的方程：y2=2x；
(2)由题知，过F点的两条相互垂直的直线斜率均存在，且不等于零，因此，
设直线lAC:y=k(x−12)，直线lBD:y=−1k(x−12)，
设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，C(x3,y3)、D(x4,y4)，
联立直线lAC与抛物线C的方程，得y=k(x−12)y2=2x，
则有4k2x2−(4k2+8)x+k2=0，∴x1+x3=1+2k2
又∵|AC|=|AF|+|CF|=p+x1+x3，∴|AC|=2+2k2，
同理，联立直线lBD与抛物线C的方程，得y=−1k(x−12)y2=2x，
则有4x2−(4+8k2)x+1=0，∴x2+x4=1+2k2，
又∵|BD|=|BF|+|DF|=p+x2+x4，∴|BD|=2+2k2，
又∵AC⊥BD，
∴S四边形ABCD=12|AC|BD|=12(2+2k2)(2+2k2)=2(k2+1k2+2)≥2(2 k2·1k2+2)=8，
当且仅当k2=1k2，即k=±1时，四边形ABCD面积的最小值是8．
17.解：(1)∵△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，
且c2a−c=a2+c2−b2a2+b2−c2，
∴c2a−c=2accsB2abcsC
∴b2a−c=csBcsC
∴sinB2sinA−sinC=csBcsC
∴2sinAcsB−sinCcsB=sinBcsC
∴2sinAcsB=sin(B+C)=sinA
∴2csB=1，csB=12，
∵A∈(0,π)∴sinA≠0
又∵∠B是△ABC的内角，
∴∠B=π3．
(2)∵SΔABC=S△FAB+S△FCB+S△FAC
=12|FA||FB|sin∠AFB+12|FC||FB|sin∠CFB+12|FA||FC|sin∠AFC
=12sin2π3(|FA||FB|+|FC||FB|+|FA||FC|)
= 34(|FA||FB|+|FC||FB|+|FA||FC|)=3
∴|FA||FB|+|FC||FB|+|FA||FC|=4 3
又∵FA⋅FB+FB⋅FC+FC⋅FA
=|FA||FB|cs∠AFB+|FC||FB|cs∠CFB+|FA||FC|cs∠AFC
=(|FA||FB|+|FC||FB|+|FA||FC|cs2π3
=4 3×(−12)=−2 3．
18.(1)证明：∵FA=1，AD=2，AB/​/CD，
∴FB=1，BC=2，又AE/​/BC，CD=3 2，
∴DE=2 2，EC= 2，
∵∠ECB=45∘，
∴BE2=BC2+CE2−2BC⋅CE⋅cs45∘= 2，
又AB= 2，AE=23FC=2，
∴BE2+AB2=AE2，BE⊥AB，
∵平面DAE⊥平面AFCE且交于AE，又DA⊥AE，
∴DA⊥平面AFCE，
∴DA⊥BE，
∵DA∩AB=A，且DA、AB⊂平面DAB，
∴BE⊥平面DAB，
∵BE⊂平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ABD．
(2)解：∵DA⊥平面AFCE，AF⊥AE，
∴建立如图所示空间直角坐标系
A(0,0,0)，F(1,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,2)，B(1,1,0)，C(1,3,0)，
DF=(1,0,−2)，ED=(0,−2,2)，DC=(1,3,−2)，
设平面EDC的法向量为m=(x,y,z)，则
−2y+2z=0x+3y−2z=0
∴取x=−1，m=(−1,1,1)．
设直线DF与平面EDC所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|−1−2| 5⋅ 3= 155，
(3)解：设DQ=λDF=λ(1,0,−2)=(λ,0,−2λ)，其中0≤λ≤1，
则Q(λ,0,2−2λ)，BE=(−1,1,0)，BQ=(λ−1,−1,2−2λ)，
所以csθ=|λ−1+1| 2· 5λ2−10λ+6=1 2⋅ 6λ2−10λ+5，
令t=1λ，则t≥1所以csθ=1 2· 6t2−10t+5，
当t≥1时，6t2−10t+5单调递增，故在t=1时，csθ取最大值，此时csθ= 22．
19.(1)解：当x0=1时，f(x0)=e1−12=e−1，f′(x0)=ex0−2x0=e−2，
∴切线l:y−(e−1)=(e−2)(x−1)，
当y=0时，x1=−e−1e−2+1=−1e−2；
(2)解：当切点为(xn,f(xn)时，切线l:y−f(xn)=f′(xn)(x−xn)，
当y=0时，xn+1=−f(xn)f′(xn)+xn=−exn−xn2exn−2xn+xn=exn(xn−1)−xn2exn−2xn(n∈N)；
(3)证明：由(1)知，函数f(x)在(1,e−1)处的切线方程为y=(e−2)x+1，
①先证：当x>0，f(x)的图象恒在切线y=(e−2)x+1的上方，
即当x>0时，ex−x2≥(e−2)x+1，ex−x2−(e−2)x−1≥0.
令ℎ(x)=ex−x2−(e−2)x−1，则ℎ(0)=ℎ(1)=0，
ℎ′(x)=ex−2x−(e−2)，令t(x)=ex−2x−(e−2)，
则t′(x)=ex−2，单调递增，t′(ln2)=0，
∴ℎ′(x)在(0,ln2)单调递减，在(ln2,+∞)单调递增，
又ℎ′(ln2)=4−e−2ln20，ℎ′(1)=0，
∴存在x0∈(0,ln2)使得ℎ′(x0)=0，
∴ℎ(x)在(0,x0)单调递增，在(x01)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
又ℎ(0)=ℎ(1)=0
∴当x>0时，ℎ(x)≥0，即ex−x2≥(e−2)x+1，即f(x)≥(e−2)x+1，
②下证：(e−2)x+1≥g(x)=xlnx−x2+(e−1)x+1，
即(e−2)x+1−[xlnx−x2+(e−1)x+1]≥0，即x−1−lnx≥0.
令p(x)=x−1−lnx(x>0)，p(1)=0，p′(x)=1−1x=x−1x，
当00时，p(x)≥0恒成立，即(e−2)x+1≥g(x)恒成立，
由 ① ②可得：f(x)≥g(x) X
0
1
2
3
P
120
920
920
120