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Ⅰ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Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.514.2315.-16.3033-三、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⎩⎨⎧-=-=++②① )1( )1(11n n n n a p S a p S ，①②-得n n n pa pa a -=++11*()n ∈N ，所以n n pa a p =-+1)1(，又因为1≠p ，所以11-=+p pa a n n ，当1=n 时，111,1pa pa p a p =-=-故.所以数列{}n a 是首项为1-p p ，公比为1-p p 的等比数列.……………………6分（2）由（1）知nn a 2=，所以22)12(21-=-=+n nn S ，故121121(21)12)(12(42111---=--=+++n n n n n n b ，所以123n nT b b b b =+++⋯+122311111111()2212121212121n n +=-+-+⋯+-------)1211(211--=+n ，又因为*n ∈N ，所以01211>-+n ，所以21<n T .…………………………12分18.解：（1）作AD EF //交P A 于F ，作//EM PA 交AD 于M ，连接CM ，FQ ，易得//EF MA .因为||||||||||||DE DM BQ EP MA QC ==，且DM MA BQ QC +=+，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P AQ ，CE ⊄平面P AQ ，所以//CE 平面P AQ .………………………………………………………………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( ||<<=t t BQ ，则)0,0,0(A ，)0,4,0(D ，)4,0,0(P ，)0,,2(t Q .设平面PAQ 的一个法向量为1111(,,)x y z =n ，)4,0,0(=AP ，(2,,0)AQ t =，则有111402t 0z x y =⎧⎨+=⎩，令t x =1，则1(,2,0)t =-n .设平面PQD 的一个法向量为2222(,,)x y z =n ，)4,4,0(-=PD ，(2,,4)PQ t =-，则有22222440240y z x ty z -=⎧⎨+-=⎩，令22y =，则2(4,2,2)t =-n .若存在二面角D PQ A --是直二面角，则120⋅=n n ，即24t t 40--=，解得2=t ，(2,2,0)Q .故存在点Q 是BC 的中点时，使得二面角D PQ A --是直二面角，此时||1.||BQ CQ =…………………………………………………………………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~(3,4X B ，其分布列如下：00331327(0)((,4464P X C ===11231327(1)((,4464P X C ===2213139(2)((,4464P X C ===3303131(3)()(,4464P X C ===X 0123P64276427649641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;6246346342624318p =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=因为321p p p >>，所以甲队在第二轮对阵乙队时，p 的取值最大，最大值为1.12……………………………………………………………………………………12分111111112111311111;6326426324642312p =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=20.解：（1）由题意知()e e(ln )x f x x x x =-+，()0,x ∈+∞，e()(1)(e x f x x x'=+-所以，易见e e ()xp x x=-在()0,x ∈+∞上递增，且(1)0p =，所以当()0,1x ∈时，()0p x <，即()0f x '<，()f x 在()0,1上单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0p x >，即()0f x '>，()f x 在()1,+∞上单调递增，故()(1)0f x f ≥=，所以）（x f 的最小值为0.………………………………5分（2）原不等式等价于()()l e n 21xx x x b x -+≥-+在()0,x ∈+∞上恒成立，即ln e 1x x x x bx +--≥在()0,x ∈+∞上恒成立，也即e ln 1x x x x b x +--≥在()0,x ∈+∞上恒成立.令()ln 1e x x x x t x x +--=，()0,x ∈+∞，所以()22ln e x x xt x x+'=，令()2e ln xx x x ϕ=+，则()x ϕ是()0,∞+上的增函数，又因为12e 1e 10e ϕ-⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()e 10ϕ=>，所以()x ϕ在区间()0,1上存在唯一的零点0x ，即0020e n 0l xx x +=，由0200ln 0x x e x +=得01000ln 000ln 111e ln ln e x x x x x x x x ⎛⎫=-=⋅=⋅ ⎪⎝⎭，又由函数()e x q x x =在区间()0,∞+上单调递增，上式即()001lnq x q x ⎛⎫= ⎪⎝⎭所以0001lnln x x x ==-，00e 1x x =，当()00,x x ∈时，()0t x '<，()t x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0t x '>，()t x 单调递增，所以()000000min000ln 111()2e x x x x x x t x t x x x +--+-=+===，所以2b ≤.…………………………………………………………………………12分21.解：（1）因为||||AB MN =，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2AB p =.由||2AB p ==解得2p =，所以抛物线C 的方程为24x y =.………4分（2）由（1）可知准线l 的方程为1y =-，设点(,1)D m -，(,1)E n -，00(,)P x y 则直线PD 的方程为00(1)()()(1)y x m x m y +-=-+，整理得0000(1)()()(1)0y x x m y x m m y +-----+=.因为直线PD 和圆O 相切，所以点O 到直线PD 的距离等于1，1,=整理得2000(1)2(1)0y m x m y -+-+=，同理有2000(1)2(1)0y n x n y -+-+=，因为01y >，所以,m n 是一元二次方程2000(1)2(1)0y x x x y -+-+=的两个根，则0021x m n y -+=-，00(1)1y mn y -+=-，故0||||DE m n =-=又因为2004,x y =所以||DE =.因为点P 到准线l 的距离为01,y +所以12PDES =⨯△…………………………………9分令01(t 0)y t -=>，则PDES △因为44t t +≥，所以PDE S ≥=△当且仅当2t =时等号成立.综上，△PDE面积的最小值为………………………………………12分二选一试题22.解：（1）因为曲线C 的参数方程为()2cos 22sin x y θθθ=+⎧⎨=⎩为参数，故曲线C 的直角坐标方程为2240y x x +-=.又cos ,sin x y ρθρθ==，故曲线C 的极坐标方程为4cos ρθ=.……5分（2）设直线l 的倾斜角为α，则直线l 的参数方程为1cos 1sin x t y t αα=+⋅⎧⎨=+⋅⎩(t 为参数)，代入()2224x y -+=得()22sin cos 20t t αα+--=．设点P 对应的参数为1t ，点Q 对应的参数为2t ，则()12122sin cos 2t t t t αα⎧+=--⎨⋅=-⎩(*)，因为:2:3PM PQ =，所以122t t =，所以122t t =-，代入*式整理可得223sin 8sin cos 3cos 0αααα-+=，解得4tan 3α±=，所以直线l的斜率为43+或43.………………10分23.解：（1）原不等式为 |1||4|7x x +++≤，当4x ≤-时，147x x ----≤，得6x ≥-，所以64x -≤≤-；当41x -<≤-时，147x x --++≤恒成立，所以41x -<≤-；当1x >-时，147x x +++≤，得1x ≤，所以11x -<≤．综上，不等式的解集为 61{|}x x -≤≤．………………………………………5分（2）因为,m n 为正实数，()2()0m n f x mn +-≥即为()2mnf x m n≥+又213m n m m m n mn n m n m ++=+=+335m n n m =++≥+=，当且仅当m nn m =时等号成立，即41m n ==时等号成立，所以2mn m n +的最大值为15．又因为()()|4||3|f x x a x a a ≥+-+=(当x a =-时取等号)，要使()2mn f x m n ≥+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。
