2023届甘肃省兰州市高三诊断考试文数试题及答案.pdf

1、扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建2023 年兰州高三诊断 文科数学参考答案及评分标准 121C2C 3A4D5D6B7A 8B9A 10B11C 12B【解析】=+=+f xxa xbxb xcxc xaxabc xabbcca()()()()()()()32()()2 =+=+abcabbccaabcabbcca4()3()4()02222 由于a，b，c不相等，所以 0，所以函数必有两个不相同的零点 因为=a21，=b22222sinsin1311，=c2ln3lne1 所以cab 因此=f aab ac()()()0，=f bbc ba()()()0，=f

2、 cca cb()()()0 所以函数的两个零点分别在区间，ba()和，ac()，故选 A 131 143 1530 1111 或7781 77或231160 231 16 16【解析】对于函数，+=+f xxxf xTxTT()21211()2212，不是常数，因此不是“函数”；对于函数，=+f xf xTxTxT2()()21()2()1()1323332，为常数，因此是“函数”；对于函数，=+xf xf xTxT()()(2)33，不是常数，因此不是“函数”；对于函数，定义域不为 R，且=+f xxf xTxT()ln(1)()ln(1)，不是常数，因此不是“函数”17【解析】(1)因为

3、数列an对任意的Ni都有=+aain in，所以当i=1时满足=+aann11，所以数列an是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以数列an的通项公式为=ann 6 分(2)因为数列bn满足：=+babannnn21且=b11，所以=bb3112，=bb4223，=bb5334，.=bnnbnn221，+=bnnbnn111 所以+=bbbbnnnnbbbbnn3451123211231243 兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所即：12(1)nbb

4、n n=+，所以22(1)nbnn n=+（）又因为121=1 2b=符合2(1)n n+当1n=时的值，所以数列 nb的通项公式为2(1)nbnn n=+（）N 因为211=2)(1)1nbn nnn=+（，所以1111112=2(1)2(1)223111nnSnnnnn+=+N（）所以数列 nb的前n项和2=1nnSnn+N（）.12 分 18【解析】(1)方案一：选条件 因为在四棱锥SABCD中=SBSC，点M是BC的中点，2SM=，所以SMBC.又因为在Rt SBM中，5cos5SBM=，所以1BM=又因为ABCD是矩形，2=BCAB，所以1BMAB=，2AM=,由6SA=，2AM=，

5、2SM=可得：222SAAMSM=+，所以SMAM 则由SMBCSMAMAMBCM=可得：SM 底面ABCD，又因为SM 侧面SBC，所以侧面SBC底面ABCD 6 分 方案二：选条件 因为在四棱锥SABCD中=SBSC，点M是BC的中点，2SM=，所以SMBC.又因为在SAM中，6=SA，6sin3SAM=，2=SM，所以由正弦定理得：sinsinSASMSMASAM=，即62sin63SMA=，所以sin1SMA=即2SMA=，所以SMMA 则由SMBCSMAMAMBCM=可得：SM 底面ABCD，又因为SM 侧面SBC，所以侧面SBC底面ABCD.6 分 方案三：选条件 因为在四棱锥SA

6、BCD中=SBSC，点M是BC的中点，2SM=，所以SMBC.兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所又因为在Rt SBM中，5cos5SBM=，所以1BM=又因为ABCD是矩形，2=BCAB，所以1BMAB=，2AM=，又因为在SAM中，6in3sSAM=，则3os3cSAM=设SAx=，2222cosSMSAAMSA AMSAM=+，所以有：232 660 xx=，解之得1=6x或263x=（舍）所以6SA=由6SA=，2AM=，2=SM可得：222S

7、AAMSM=+，所以SMAM 则由SMBCSMAMAMBCM=可得：SM 底面ABCD，又因为SM 侧面SBC，所以侧面SBC底面ABCD 6 分(2)在(1)条件下知SM 底面ABCD，因为点M是BC的中点，2SM=，1BMAB=在AMD中，=2AM MD，2AD=，由此可得：1AMDS=，12=33AMDS AMDVSM S=三棱锥 在ASD中，=S=6ASD，2AD=，则5ASDS=设点M到平面SAD的距离为h，因为=S AMDASDVV三棱锥三棱锥M，则有12=33ASDASDVh S=三棱锥M，所以2 5=5h，即点M到平面SAD的距离为2 5512 分 19【解析】(1)根据上述表

8、格完成列联表：841.3482.1294668080)36225844(16022=K 所以有 95%的把握认为球队进入世界杯 16 强与来自欧洲地区有关.6 分(2)设 3 支欧洲球队为 A、B、C，2 支美洲球队 a、b，1 支亚洲球队 1 这 6 支球队中两两对决的事件包括：(AB，Ca，b1)，(AB，Cb，a1)，(AB，ab，C1)，(AC，Bb，a1)，(AC，B1，ab)，(AC，Ba，b1)，(Aa，B1，Cb)，(Aa，Bb，C1)，(Aa，BC，b1)，(Ab，B1，Ca)，(Ab，BC，a1)，16 强 非 16 强 合计 欧洲地区 44 22 66 其他地区 36 5

9、8 94 合计 80 80 160 兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所(Ab，Ba，C1)，(A1，Ba，Cb)，(A1，Ca，Bb)，(BC，A1，ab)则欧洲球队不碰面的概率为62155P .12 分 20【解析】(1)由已知可得：3,2,bca=解得31bc=（舍去）或13bc=所以椭圆E的方程是2214xy+=5 分(2)由条件可知，直线AB的斜率必存在，设直线的方程为ykxd=+由2244,xyykxd+=+得222(1 4)8440kxk

10、dxd+=设11(,)A x y，22(,)B xy，故122814kdxxk+=+，122214dyyk+=+所以点P坐标为224(,)1414kddkk+由22244xymykxd+=+得2222(41)8440kxkdxdm+=故222216(4)m kdm=+又由于点P在椭圆1E上，因此222224()4()41414kddmkk+=+所以2222224(1 4)k ddmk+=+所以 222(14)dmk=+所以222216(4)0m kdm=+=所以椭圆1E与直线AB相切 12 分 21【解析】(1)可知函数的定义域为(0)+,当1n=时，()(1)lnf xxx=，1()ln1f

11、xxx=+当01x时，ln0 x，110 x，故()0fx，函数为减函数；当1x 时，ln0 x，110 x，故()0fx，函数为增函数，综上，函数()yf x=的单调增区间为(1)+,，单调减区间为(0 1),6 分(1)当2n=时，2()ln2lnf xxxx=，可知函数存在零点1和2，因此Q点坐标为(2 0),兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所由于2()2 lnfxxxxx=+，所以(2)2ln2f=所以()(2ln2)2ln2g xx=令()

12、()()h xf xg x=，则2()()()2 ln2ln2h xfxg xxxxx=+当12x时，2 ln2ln20 xx，20 xx 所以()0h x，()h x为减函数 同理，当2x 时，()h x为增函数，所以()(2)0h xh=所以当1x 时，()()f xg x12 分 22【解析】(1)由条件可知曲线1C的直角坐标方程为1)1(22=+yx，曲线2C的直角坐标方程为1)1(22=+yx，由=+=+，1)1(1)1(2222yxyx可得公共弦方程0=yx，22)21(1)2(=MN，解得线段 MN 的长度为2.5 分(2)由条件可知曲线2C的直角坐标方程为1)1(22+=+ay

13、x，将直线l的参数方程+=+=tytx221223，(t为参数)代入曲线2C的直角坐标方程得：0422=+att 1241PAPBtta=，实数3a=或5a=由于24(4)4120aa=+=，故5a=.10 分 23【解析】(1)由+432442143xxxxxx或或-1解得22034xxx或或-，所以不等式的解集为)+，034.5 分(2)因为()10(0)f xaxx+，所以()max1(0)f xaxx又因为4 02()32xxf xxx，则()12132130 xf xxxxx +=，所以()max152f xax=.10 分 兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所兰州市教育科学研究所