9月运城市调研答案一、1.D2.B3.D4.A5.B6.C7.A8.C二、9.AD10.BC11.ABDx2y2三、13.214.115.,04,28四、答案：sinCc15.解：（1）在ABC中，由正弦定理得，，………………1分sinBbc2sinCc2c因为，所以，b2c2a2sinBb2c2a2b………………3分化简得，b2c2a2bc，b2c2a21在ABC中，由余弦定理得，cosA，………………5分2bc2π又因为0Aπ，所以A………………6分3（）由1333，得，………………8分2SbcsinAbcbc=6ABC242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1ex（2）由f(x)2得exax，而x(0,)，a………………11分2xexex(x1)1令g(x),g(x)0，g(x)在（0，）上单调递减，…………13分xx221g(x)g()2e,…………14分2.a2e…………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，21若EAEC，即ECPD，则PCCD，………………4分2且PAPCP，PA,PC平面平面ACP，分所以CD平面ACP.………………6（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设平面的法向量为，则11，ACEmACx12y10�=�1,�1,�1………………10分令x12，可得m2,1,2；nPD4y2z0设平面的法向量为，则22，PCDnCDx22y20�=�2,�2,�2分令x22，可得n2,1,2；………………11由题意可得：mn………………12分cosm,nmn4147………………14分414414942………………15分所以平面ACE和平面PCD所成二面角的正弦值为918.解：设摸球一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“摸出白球”为事件B1，“摸出红球”为事件B2（1）PB1PA1PB1A1PA2PB1A2……………………3分1814321021053所以摸球一次就实验结束的概率为……………………6分52（）①因为是对立事件，，2B1,B2PB21PB1……………………8分516PA2B22103所以PA2B2PB22453所以选到的袋子为乙袋的概率为……………………10分431②由①可知PA1B21PA2B21……………………11分44所以方案一种取到白球的概率为18341PPABPBAPABPBA……………………13分1121122124104102方案二种取到白球的概率为38147P2PA2B2PB1A1PA1B2PB1A2……………………分410410101571因为，102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219．解（1）因为点P1t1,t在抛物线C：x4y上，2分则t14t，解得t1.………………3分（2）证明：由（1）可知：P12,1，即x12,y11，………………422xn分方法一：因为点Pnxn,yn在抛物线C：x4y上，则y，且Qn1xn,yn，………………5n422xn1x过Px,，且斜率为1的直线n1，………………6分n1n1Pn1Qn1:yxxn144x2yn1xx联立方程n1，可得22，分4x4x4xn1xn10………………72x4y解得xxn1或xxn14，………………8分所以xnxn14，可得xnxn14，另解：根据韦达定理可得xn1xn4即：xnxn14………………9分所以数列xn是以首项为2，公差为4的等差数列，分所以xn24n14n2，………………1022x4n22yn2n1.………………11分n442方法二：因为点Pn1xn1,yn1，Pnxn,yn，Qn1xn,yn在抛物线C：x4y上，2x4y所以n1n1，两式相减得：xxxx4yy………………5分2n1nn1nn1nxn4ynyyxx所以：kn1nn1n1………………6分Pn1Qnxn1xn4………………8分可得xnxn14，………………9分所以数列xn是以首项为2，公差为4的等差数列，分所以xn24n14n2，………………1022x4n22yn2n1.………………11分n44（）由（）题意可知：222，分32Pn4n2,2n1,Pn14n2,2n1,Pn24n6,2n3………12方法一：梯形TnPnPn1Tn1的面积为：y1STPPTTnTn1TnPnPn1Tn1nnn1n1212222n12n14n24n232n，………14分22即S32n2，同理可得S32n1，TnPnPn1Tn1Tn1Pn1Pn2Tn21梯形TnPnPn2Tn2的面积为：STPPTTnTn2TnPnPn2Tn2nnn2n2212222n32n14n24n6162n1，22即S162n1，………15分TnPnPn2Tn2x则PnPn1Pn2nN的面积为：22SSSS32n232n1162n116.PnPn1Pn2TnPnPn1Tn1Tn1Pn1Pn2Tn2TnPnPn2Tn2………17分方法二：22………………12分PnPn14,2n12n14,8n22Pn1Pn24,2n32n14,8n8………………14分所以PnPn1Pn2nN的面积为：1S48n848n16………………17分PnPn1Pn22