2023届新疆维吾尔自治区普通高考第二次适应性检测理数答案

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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Ⅰ卷

一、选择题:本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

答案 C B C C B C D A A A B D

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.

13. 2 5

514. 2

315. 3 3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









 ②

①

)1(

11 nn

apS

apS ，①② 得nnn papaa   11

( )nN，

所以 nn paap  1

)1( ，又因为 1p，所以 1







，

当1n时， 1 1 1

a pa p a p

   

故.

所以数列

 

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 n

a2，所以 22)12(2 1 nn

S，

故

)

(

)12)(12(4











nnnn

，

所以 1 2 3n n

T b b b b   

1 2 2 3 1

1 1 1 1 1 1 1

( )

2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

n n

     

     

)

1

 n，

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又因为 *

nN，所以 0

1



n，

所以 2



T.…………………………12 分

18.解：（1）作

ADEF // 交PA 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 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

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 1 1 1 1

( , , )x y zn，

)4,0,0(AP ，(2, ,0)AQ t



，

则有

1 1

4 0

2 t 0

x y





 



，令 tx 

1，则 1( , 2,0)t n.

设平面

PQD 的一个法向量为 2 2 2 2

( , , )x y zn，

)4,4,0( PD ，(2, , 4)PQ t 



，

则有 2 2

2 2 2

4 4 0

2 4 0

y z

x ty z

 



  



，令 22y，则 2(4 ,2,2)t n.

若存在二面角 DPQA  是直二面角，则 1 2 0 n n ，即 2

4t t 4 0   ，

解得 2t，(2, 2, 0)Q.

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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.

| |

CQ …………………………………………………………………12 分

19.解：（1）由于甲队每场比赛平局的概率都是 4

1，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, )

X B ，其分布列如下：

0 0 3

1 3 27

( 0) ( ) ( ) ,

4 4 64

P X C   1 1 2

1 3 27

( 1) ( ) ( ) ,

4 4 64

P X C  

2 2 1

1 3 9

( 2) ( ) ( ) ,

4 4 64

P X C   3 3 0

1 3 1

( 3) ( ) ( ) ,

4 4 64

P X C  

X0 1 2 3

P64

数学期望 1 3

( ) 3 .

4 4

E X    ………………………………………………6 分

（2）由已知得不同的对阵情况共有 6

3A种，每种可能性出现的概率均为 1.

设甲队第二轮对阵乙队至少连续获胜两场的概率为 1

p，甲队第二轮对阵丙队至少连

续获胜两场的概率为 2

p，甲队第二轮对阵丁队至少连续获胜两场的概率为 3

p，则

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 5

1 1 ;

6 2 3 6 4 3 6 2 3 4 6 4 3 2 72

p                

1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1

1 1 ;

6 2 4 6 3 4 6 3 4 2 6 2 4 3 18

p                

因为 321 ppp  ，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 分

1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 3 1 1 1

1 1 ;

6 3 2 6 4 2 6 3 2 4 6 4 2 3 12

p                

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