2023届新疆乌鲁木齐地区高三二模 理科数学答案

乌鲁木齐地区2023年高三年级第二次质量监测理科数学参考答案及评分标准一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）1~5．AADBD6~10．CACBD11~12．DB二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）562313．y2x14．215．16．57三、解答题17．113⑴易知PB0.11，PA85229111033PAB1PAB，PBA1000.1；…6分100PA31010⑵列22列联表得参加校外不参加校外合计成绩优秀或良好103040成绩不为优秀或良好204060合计3070100210060040050kK20.7942.7063070406063∴不能在犯错误的概率不超过为0.1的前提下认为学生成绩优秀或良好与校外补习有关．…12分18．⑴由可得，Sn2anna11且时，，所以n2Sn12an1n1an2an11n2∴时，，n2an12an11∴数列构成以为首项，为公比的等比数列；…an1a112q26分⑵由⑴知n∴an12bnlog21an1n111111∴，22bnn1nn1nn1n1111111∴Tn2111i1bi223nn1n1即成．…Tn1立12分乌鲁木齐地区2023年第二次质量监测理科数学参考答案及评分标准第1页（共5页）19．⑴证明：在直三棱柱中，又为中点，ABCA1B1C1CC1A1F,ABAC,FB1C1∴又，平面，平面A1FB1C1CC1B1C1C1CC1B1C1CBB1C1B1C1CB∴平面，平面，∴…A1FB1C1CBB1EB1C1CBA1FB1E4分⑵∵BAC120,AA12AB以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，FFC1xFA1y设，，则，AB2aC1EbAA14a于是，，，F(0,0,0),A1(0,a,0),B1(3a,0,0)E(3a,0,b)A(0,a,4a)∴，AB13a,a,4a,B1E23a,0,b,FA10,a,0mAB03axay4az0设平面的一个法向量为，有1，即AB1Emx,y,zmB1E023axbz024a6a得m3,3,，bb24a33313a又sin60cosm,FA，有b，∴b122224a6a2433bb133∴ECa，∴CEa144∴．…CE:EC13:1312分20．⑴设，则，∴M(x0,y0)y02px025p又x，∴p1，即抛物线C的方程为y22x，点M的坐标为2,2；…5分20222⑵由⑴知M(2,2),可设lQN：xmyn与y2x联立得：y2my2n0y2y2设12，则，Q,y1,N,y2y1y22m,y1y22n22y2222且kMN，∴lMN:y2(x2)y2y2y222222y1y22y22y1∴P,y1，2yy2y2y由点P在直线x2y+3=0上，可得：12212y3021即：y1y22y1y260，∴2n4m60，即：2mn30由lQN:myxn0，即lQN:myx32m0∴lQN过定点3,2．…12分乌鲁木齐地区2023年第二次质量监测理科数学参考答案及评分标准第2页（共5页）21．1alnx⑴fx，令fx0，即xe1a，∴x,fx,fx的关系如下表：x21a1ax0,ee1ae,fx0fx极大值1∴xe1a时，fx的极大值为，fx无极小值.…5分e1alnxa⑵由题意得，gx1ae1x，即方程xaxe1xlnxa0有4个不相等的实xx1ex1ax根.令hxxaxe1xlnxa，∴hxxex1令xex1ax，可知要使hx有四个零点，则hx至少应有三个零点，∴x至少有两个零点，xex1a，其中x0，1①当a时，x0，则x在0,上单调递增，x至多只有一个零点不合题e意；1②当a时，x0,lna1时，x0；xlna1,时，x0，e∴(x)在0,lna1上递减，在lna1,上递增，要使x有两个零点，lna1elna11alna1alna0，解得a1eaeaeaea111此时，，∴aaaa11a001eaeeeaaaeaeaea1∵，，aa，110a1ee0aaae∴在存在一个零点，且x11x,1x1eax10a下面证明当x1时，exx2x当x1时，x2xxx10令mxexx2,mxex2x，令pxex2x，pxex2乌鲁木齐地区2023年第二次质量监测理科数学参考答案及评分标准第3页（共5页）当x1时，px0，px在1,上递增，pxp1e20∴mx在1,上递增，mxm1e10，即exx2∵a1,ea211，a22∴ea2ee1aea2ea21aea2ea2ea22aea2a22a0∴在a2存在一个零点，且x21x1,ex2eax20∴x0,x11,x2时，hx0，xx1,1x2,时，hx0∴hx在0,x1和1,x2上单调递减，在x1,1,x2,上单调递增eaaaa1aa∵eeeaeehaelnaalnaa0aaaaaa22hea2ea2aea2e1elnea2aea22a2a22a2a22a20hx10ea∴只需，在a2各有一个零点h10gx,x1,x1,1,1,x2,x2,eahx20x11e其中h11aa0，hxxaxe1x1lnxax1lna2lnaa11111a1令ta2lnaa,ta10a∴ta在1,上单调递减，t3ln310,t4ln420，存在a03,4，使得ta00，∴当aa0时，hx10,hx20又因为a是整数，∴a的最小值是4．…12分22.⑴由已知C:2sin，∴22sin，即x2y22y1x1t2由得l:y23x1，即3xy230；…5分3y2t21x1t2⑵将直线参数方程代入到x2y22y中得3y2t2131tt2423tt243t，即t231t1044乌鲁木齐地区2023年第二次质量监测理科数学参考答案及评分标准第4页（共5页）tt∴，则由的几何意义可知，1231…t1t231tPQ.10分2223.111abcabcabcbcacab⑴∵abc1，∴3abcabcaabbccbacacb11132229∴9；…5分abacbcabc⑵∵a,b,cR，∴ab2ab,ac2ac,bc2bcbcacba2bc2ac2ab∴abcabc2abc2abc2abc1112abc2abc918abcabcabcbcacba∴18abc.…10分abc乌鲁木齐地区2023年第二次质量监测理科数学参考答案及评分标准第5页（共5页）