数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_0930山西省运城市2024-2025学年高三上学期9月摸底调研测试_山西省运城市2024-2025学年高三上学期9月摸底调研测试数学

9月运城市调研答案 一、1.D 2.B 3.D 4.A 5.B 6.C 7.A 8.C 二、9.AD 10.BC 11.ABD x2 y2     三、13.2 14.  1 15. ,0  4, 2 8 四、答案： sinC c 15. 解：（1）在ABC中，由正弦定理得，  ， ………………1分 sinB b c2 sinC c2 c 因为  ，所以  ， b2c2a2 sinB b2c2a2 b ………………3分 化简得，b2c2a2 bc， b2c2a2 1 在ABC中，由余弦定理得，cosA  ， ………………5分 2bc 2 又因为0 Aπ，所以A π ………………6分 3 1 3 3 3 （2）由S  bcsin A bc  ，得bc=6， ………………8分 ABC 2 4 2 由a2 b2c22bccosA，得7b2 c2 6，所以b2 c2 13. ………………10分 所以 bc 2 b2 c2 2bc 25， 所以b+c=5 ………………12分 所以ABC的周长abc5 7 ………………13分 16．解：（1）由题可得: f(x)ex a, ………………1分 当a0时， f(x)0， f(x)在R上单调递增. ………………3分 当a 0时，f(x)0可得xlna， ………………4分 若x(，lna)时，f(x)0, f(x)单调递减， ………………6分 若x(lna，)时，f(x)0, f(x)单调递增， ………………8分 综上可得： 当a0时 f(x)在R上单调递增. 当a 0时 f(x)在(，lna)单调递减，f(x)在(lna，)单调递增. ………………9分1 ex （2）由f(x)2得ex ax，而x(0, )，a ………………11分 2 x 令g(x) ex ,g(x) ex(x1) 0， g(x)在（0， 1 ）上单调递减， …………13分 x x2 2 1 g(x) g( )2 e, …………14分 2 a2 e . …………15分 17.（1）证明：因为PA平面ABCD,AD,AP平面ABCD， 可知PA AD,PACD， ………………2分 1 且E为PD的中点，则EA PD ， 2 1 若EAEC，即EC  PD，则PC CD， ………………4分 2 且PAPC P，PA,PC平面平面ACP， 所以CD平面ACP. ………………6分 （2）由题意可知：PA平面ABCD，ABAD， 以A为坐标原点，AB,AD,AP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示： 因为AD 2PA 2BC 4AB 4 则A  0,0,0  ,C  1,2,0  ,D  0,4,0  ,P  0,0,2  ,E  0,2,1  ， ………………8分 可得        ， AE  0,2,1,AC  1,2,0 ,PD  0,4,2 ,CD  1,2,0    mAE 2y z 0 设平面ACE的法向量为 ，则 1 1 ，   mAC  x 2y 0 = 1, 1, 1 1 1 令x 2，可得m    2,1,2  ； ………………10分 1    nPD 4y 2z 0 设平面PCD的法向量为 ，则 2 2 ，   nCD x 2y 0 = 2, 2, 2 2 2 令x 2，可得n    2,1,2  ； ………………11分 2由题意可得：   cos m  ,n   m  n  ………………12分 m  n 414 7   ………………14分 414 414 9 ………………15分 4 2 所以平面ACE和平面PCD所成二面角的正弦值为 9 18. 解：设摸球一次，“取到甲袋”为事件A ，“取到乙袋”为事件A ，“摸出白球”为事件B ， 1 2 1 “摸出红球”为事件B 2 （1）           P B 1  P A 1 P B 1 A 1 P A 2 P B 1 A 2 ……………………3分 1 8 1 4 3      2 10 2 10 5 3 所以摸球一次就实验结束的概率为 ……………………6分 5 2     （2）①因为B ,B 是对立事件，P B 1P B  ， ……………………8分 1 2 2 1 5 1 6      P A B 2 10 3 所以P A B  2 2   2 2 P  B  2 4 2 5 3 所以选到的袋子为乙袋的概率为 ……………………10分 4     3 1 ②由①可知P A B 1P A B 1  ……………………11分 1 2 2 2 4 4 所以方案一种取到白球的概率为         1 8 3 4 1 P  P A B P B A P A B P B A      ……………………13分 1 1 2 1 1 2 2 1 2 4 10 4 10 2 方案二种取到白球的概率为         3 8 1 4 7 P  P A B P B A P A B P B A      2 2 2 1 1 1 2 1 2 4 10 4 10 10 ……………………15分 7 1 因为  ， 10 2 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。 ……………………17分 19．解（1）因为点P  t1,t  在抛物线C：x2 4y上， 1 则t12 4t，解得t 1. ………………3分（2）证明：由（1）可知：P  2,1  ，即x 2,y 1， ………………4分 1 1 1 方法一：因为点P x ,y 在抛物线C：x2 4y上，则 y  x n 2 ，且Q  x ,y  ，………………5分 n n n n 4 n1 n n 过P n1    x n1 , x n 4 1 2     ，且斜率为1的直线P n1 Q n1 : y x n 4 1 2   xx n1 ， ………………6分  x 2 y n1   xx  联立方程 4 n1 ，可得x2 4x4x x 2 0， ………………7分 n1 n1  x2 4y 解得x x 或xx 4， n1 n1 所以x x 4，可得x x 4， ………………8分 n n1 n n1   另解：根据韦达定理可得x  x 4即：x x 4 n1 n n n1 所以数列  x  是以首项为2，公差为4的等差数列， ………………9分 n 所以x 24  n1  4n2， ………………10分 n x 2  4n2 2 y  n    2n1 2. ………………11分 n 4 4 方法二：因为点P  x ,y  ，P x ,y ，Q  x ,y  在抛物线C：x2 4y上， n1 n1 n1 n n n n1 n n  x 2 4y 所以 n1 n1，两式相减得：  x x  x x  4  y  y  ………………5分  x 2 4y n1 n n1 n n1 n n n y  y x x 所以：k  n1 n  n1 n 1 ………………6分 P n1 Q n x x 4 n1 n 可得x x 4， ………………8分 n n1 所以数列  x  是以首项为2，公差为4的等差数列， ………………9分 n 所以x 24  n1  4n2， ………………10分 n x 2  4n2 2 y  n    2n1 2. ………………11分 n 4 4       （3）由（2）题意可知：P 4n2,  2n1 2 ,P 4n2,  2n1 2 ,P 4n6,  2n3 2 ， ………12分 n n1 n2方法一：梯形T PP T 的面积为： n n n1 n1 y S  1 TT  T P  P T  TnPnPn1Tn1 2 n n1 n n n1 n1 1  2n122n124n24n232n2， ………14分   2 即S 32n2，同理可得S 32n12， TnPnPn1Tn1 Tn1Pn1Pn2Tn2 梯形T PP T 的面积为：S  1 TT  T P  P T  n n n2 n2 TnPnPn2Tn2 2 n n2 n n n2 n2 1  2n322n124n24n6162n12，   2 即S 162n12， ………15分 TnPnPn2Tn2   则PP P nN 的面积为： x n n1 n2 S PnPn1Pn2 S TnPnPn1Tn1 S Tn1Pn1Pn2Tn2 S TnPnPn2Tn2 32n232n12162n12 16. ………17分 方法二：   PP  4,  2n1 2   2n1 2   4,8n  ………………12分 n n1   P P  4,  2n3 2   2n1 2   4,8n8  ………………14分 n1 n2   所以PP P nN 的面积为： n n1 n2 1   S  4 8n8 48n 16 ………………17分 P n P n1 P n2 2