【文档说明】山西省运城市2025届高三上学期9月摸底调研测试 数学答案.pdf，共(5)页，1.133 MB，由小赞的店铺上传

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9月运城市调研答案一、1.D2.B3.D4.A5.B6.C7.A8.C二、9.AD10.BC11.ABD三、13.214.18222yx15.,40,四、答案：15.解：（1）在ABC中，由正弦定理得，sins

inCcBb，因为2222sinsincCbcaB，所以2222ccbcab，化简得，222bcabc，在ABC中，由余弦定理得，2221cos22bcaAbc，又因为0πA，所

以π3A（2）由23343sin21bcAbcSABC，得bc=6，由2222cosabcbcA，得6722cb，所以1322cb.所以252222bccbcb，所以b+c=5所以ABC的周长75cba16．解：（1）由题可得:aexfx

)(,当0a时，，0)(xf.R)(上单调递增在xf当axxfaln0)(0可得时，，若单调递减，时，，)(,0)()ln(xfxfax若单调递增，时，，)(,0)()(lnxfxfax综上可得：当0a时.R)(上单调递

增在xf当时0a单调递减，，在)ln()(axf.)(ln)(单调递增，在axf………………1分………………3分………………5分………………6分………………13分………………12分………………8分………………10分………………1分………………3分………………4分………………

6分………………8分………………9分（2），得由axexfx2)(而)21,0(x，xeax令0)1()(,)(2xxexgxexgxx，）上单调递减，，在（210)(xg,2)21()(egxgea2.17.（1）证明：因为PA平面

,,ABCDADAP平面ABCD，可知,PAADPACD，且E为PD的中点，则12EAPD，若EAEC，即12ECPD，则PCCD，且PAPCP，,PAPC平面平面ACP，所以CD平面ACP.（2）由题意可知：PA平面ABCD，ABAD，以A为坐标原点，

,,ABADAP为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示：因为4422ABBCPAAD则1,2,0,2,0,0,0,4,0,0,2,1,0,0,0EPDCA，可得0,

2,1,2,4,0,0,2,1,1,2,0CDPDACAE，设平面ACE的法向量为������=���1,���1,���1，则02021111yxACmzyAEm，令12x，可得2

,1,2m；设平面PCD的法向量为�����=���2,���2,���2，则020242222yxCDnzyPDn，令22x，可得2,1,2n；………………6分………………2分………………4分………………8分……

…………10分………………11分………………11分…………13分…………15分…………14分由题意可得：97414414414,cosnmnmnm所以平面ACE和平面PCD所成二面角的正弦值为92418.解：设摸球一次，“取到甲袋”为事件1A，“取到乙袋”

为事件2A，“摸出白球”为事件1B，“摸出红球”为事件2B（1）5310421108212121111ABPAPABPAPBP所以摸球一次就实验结束的概率为53（2）①因为21,BB是对立事件，52112BPBP，

所以43521062122222BPBAPBAP所以选到的袋子为乙袋的概率为43②由①可知4143112221BAPBAP所以方案一种取到白球的概率为211044

310841212211211ABPBAPABPBAPP方案二种取到白球的概率为1071044110843212111222ABPBAPABPBAPP因为211

07，所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使得第二次摸球就实验结束的概率更大。19．解（1）因为点ttP,11在抛物线C：yx42上，则214tt，解得1t.……………………3分……………

………6分……………………8分……………………10分……………………11分……………………13分……………………15分……………………17分………………15分………………12分………………14分………………3分（2）证明：由（1）可知：1,21P，即1,211yx，方

法一：因为点,nnnPxy在抛物线C：yx42上，则42nnxy，且nnnyxQ,1，过4,2111nnnxxP，且斜率为1的直线121114:nnnn

xxxyQP，联立方程yxxxxynn442121，可得0442112nnxxxx，解得1nxx或41nxx，所以41nnxx，可得41n

nxx，另解：根据韦达定理可得41nnxx即：41nnxx所以数列nx是以首项为2，公差为4的等差数列，所以24142nnxn，222124244nnxynn.方法二：因为点111,nnnyxP，,nnnPx

y，nnnyxQ,1在抛物线C：yx42上，所以nnnnyxyx442121，两式相减得：nnnnnnyyxxxx1114所以：141111

nnnnnnQPxxxxyyknn可得41nnxx，所以数列nx是以首项为2，公差为4的等差数列，所以24142nnxn，222124244nnxynn.（3）由（2）题意可知：

2221232,64,12,24,12,24nnPnnPnnPnnn，………………5分………12分………………6分………………11分………………11分………………8分………………10分……

…………10分………………9分………………9分………………8分………………7分………………6分………………5分………………4分yx方法一：梯形11nnnnTPPT的面积为：1111112nnnnTPPTnnnnnnSTTTPPT22212121424

2322nnnnn，即11232nnnnTPPTSn，同理可得11222321nnnnTPPTSn，梯形22nnnnTPPT的面积为：2222212nnnnTPPTnn

nnnnSTTTPPT22212321424616212nnnnn，即2221621nnnnTPPTSn，则NnPPPnnn21的面积为：121111222222232321162116nn

nnnnnnnnnnnnnPPPTPPTTPPTTPPTSSSSnnn.方法二：88,41232,48,41212,4222122

1nnnPPnnnPPnnnn所以NnPPPnnn21的面积为：16848842121nnSnnnPPP………………17分………14分………17分………………14分………15分………………12分