理科数学2 答案 23年自治区适应性检测第二次(1).pdf

1、新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第二次适应性检测理科数学参考答案第 1 页共 7 页新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第二次适应性检测理科数学参考答案第卷一、选择题:本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.题号123456789101112答案CBCCBCDAAABD第卷二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.2 5514.2315.3 316.3033三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.解:（1）由已知得)1()1(11nnnnapSapS，得nnnpapaa11*()nN，所以nnpaap1)1(，又因为

2、1p，所以11ppaann，当1n时，111,1papapap故.所以数列 na是首项为1pp，公比为1pp的等比数列.6 分（2）由（1）知nna2，所以22)12(21 nnnS，故)121121(21)12)(12(42111nnnnnnb，所以123nnTbbbb122311111111()2 212121212121nn)1211(211 n，新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第二次适应性检测理科数学参考答案第 2 页共 7 页又因为*nN，所以01211n，所以21nT.12 分18.解：（1）作ADEF/交 PA 于 F，作/EM PA 交 AD 于 M，连接CM，FQ，易得

3、/EF MA.因为|DEDMBQEPMAQC，且 DMMABQQC，所以/AM QC，又/EF MA，所以/EF CQ.故四边形 EFQC 是平行四边形，所以/CE FQ，又 FQ 平面 PAQ，CE 平面 PAQ，所以/CE平面 PAQ.6 分（2）以 A 为坐标原点，AB 方向为 x 轴，AD 方向为 y 轴，AP 方向为 z 轴建立坐标系，设)40(|ttBQ，则)0,0,0(A，)0,4,0(D，)4,0,0(P，)0,2(tQ.设平面 PAQ 的一个法向量为1111(,)x y zn，)4,0,0(AP，(2,0)AQt，则有111402t0zxy，令tx 1，则1(,2,0)tn.

4、设平面 PQD 的一个法向量为2222(,)xyzn，)4,4,0(PD，(2,4)PQt，则有22222440240yzxtyz，令22y，则2(4,2,2)tn.若存在二面角DPQA是直二面角，则120n n，即24tt40，解得2t，(2,2,0)Q.新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第二次适应性检测理科数学参考答案第 3 页共 7 页故存在点Q 是 BC 的中点时，使得二面角DPQA是直二面角，此时|1.|BQCQ 12 分19.解：（1）由于甲队每场比赛平局的概率都是 41，所以甲队三场比赛打平的场次，即随机变量 X 服从二项分布，由题意得1(3,)4XB，其分布列如下：0033

5、1327(0)()(),4464P XC11231327(1)()(),4464P XC2213139(2)()(),4464P XC3303131(3)()(),4464P XCX0123P64276427649641数学期望13()3.44E X 6 分（2）由已知得不同的对阵情况共有633 A种，每种可能性出现的概率均为 1.6设甲队第二轮对阵乙队至少连续获胜两场的概率为1p，甲队第二轮对阵丙队至少连续获胜两场的概率为2p，甲队第二轮对阵丁队至少连续获胜两场的概率为3p，则211111111111311511;6236436234643272p 311111112111111111;62

6、46346342624318p 因为321ppp，所以甲队在第二轮对阵乙队时，p 的取值最大，最大值为 1.1212 分111111112111311111;6326426324642312p 新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第二次适应性检测理科数学参考答案第 4 页共 7 页20.解：（1）由题意知()ee(ln)xf xxxx，0,x，e()(1)(e)xfxxx所以，易见ee()xp xx在0,x 上递增，且(1)0p，所以当0,1x时，()0p x，即()0fx，()f x 在0,1 上单调递减，当1,x 时，()0p x，即()0fx，()f x 在1,上单调递增，故()(1)

7、0f xf，所以）（xf的最小值为 0.5 分（2）原不等式等价于len21xxxxbx在0,x 上恒成立，即lne1xxxxbx 在0,x 上恒成立，也即 eln1xxxxbx在0,x 上恒成立.令 ln1exxxxt xx，0,x，所以 22lnexxxtxx，令 2elnxxxx，则 x是0,上的增函数，又因为1 2e1e10e ，e10，所以 x在区间0,1 上存在唯一的零点0 x，即0020en0lxxx，由0200ln0 xx ex得001000ln000ln111elnlnexxxxxxxx，又由函数()exq xx在区间0,上单调递增，上式即 001lnq xqx所以0001l

8、nlnxxx，00e1xx，当00,xx时，()0t x，()t x 单调递减，新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第二次适应性检测理科数学参考答案第 5 页共 7 页当0,xx 时，()0t x，()t x 单调递增，所以000000min000ln111()2exxxxxxt xt xxx，所以2b.12 分21.解：（1）因为|ABMN，所以点 O 到 AB 的距离等于点 O 到 MN 的距离，该距离等于 2p，所以2ABp.由22|2(5)()22pABp解 得2p，所 以 抛 物 线 C 的 方 程 为24xy.4 分（2）由（1）可知准线l 的方程为1y ，设点(,1)D m，(

9、,1)E n，00(,)P xy则直线 PD 的方程为00(1)()()(1)yxmxm y，整理得0000(1)()()(1)0yxxm yxmm y.因为直线 PD 和圆O 相切，所以点O 到直线 PD 的距离等于1，即002200|1,(1)()xmyyxm整理得2000(1)2(1)0ymx my，同理有2000(1)2(1)0ynx ny，因为01y，所以,m n 是一元二次方程2000(1)2(1)0yxx xy的两个根，则0021xmny，00(1)1ymny，故220020444|()4,1xyDEmnmnmny又因为2004,xy所以2002041|2(1)yyDEy.因为点

10、 P 到准线l 的距离为01,y 新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第二次适应性检测理科数学参考答案第 6 页共 7 页所以22000201(41)(1)22(1)PDEyyySy9 分令01(t0)yt，则222(64)(44)44(6)(4)PDEttttSttttt因为4424tttt，所以(46)(44)4 5,PDES当且仅当2t 时等号成立.综上，PDE 面积的最小值为 4 5.12 分二选一试题22.解：（1）因为曲线C 的参数方程为()2 cos22sinxy为参数，故曲线C 的直角坐标方程为2240yxx.又cos,sinxy，故曲线 C 的极坐标方程为4cos.5 分（

11、2）设直线l 的倾斜角为，则直线l 的参数方程为1cos1sinxtyt (t 为参数)，代入2224xy得22 sincos20tt设点 P 对应的参数为 1t，点 Q 对应的参数为 2t，则12122 sincos2ttt t (*)，因为:2:3PMPQ，所以122tt，所以 122tt，代入*式整理可得223sin8sincos3cos0，解得47tan3，所以直线l 的斜率为 473或 473.10 分新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第二次适应性检测理科数学参考答案第 7 页共 7 页23.解：（1）原不等式为|1|4|7xx，当4x 时，147xx ，得6x ，所以 64x ；当 41x 时，147xx 恒成立，所以 41x ；当1x 时，147xx，得1x ，所以 11x 综上，不等式的解集为61|xx 5 分（2）因为,m n 为正实数，2()0mn f xmn即为 2mnf xmn又213mnmmmnmnnmnm3325mnm nnmn m，当且仅当 mnnm时等号成立，即41mn时等号成立，所以2mnmn的最大值为 15又因为|4|3|fxxaxaa(当 xa 时取等号)，要使 2mnf xmn恒成立，只需|31|5a 所以115a 或151a 10 分以上解法仅供参考，如有其他方法，酌情给分。