2023届甘肃省兰州市高三诊断考试各科试题及答案.rar

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 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)nbbn 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=，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SABCD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：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(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 58 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)8440kxkdxd+=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()ln1fxxx=+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()()()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+=+ayx，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 年兰州市高三诊断文综参考答案及评分参考历 史题号242526272829303132333435答案ABCDBADCDBCA（一一）必必考考题题41.（1）原因：承袭秦国历史上实行的县制，商鞅变法的推动；汲取周朝分封制造成分裂的教训；疆域扩大，加强对全国控制的需要；以法家思想治国，李斯等大臣的支持。（8 分）（2）特点：天皇支持改革，改革力量强大；武力威慑，没有发生武力冲突；改革力度逐步加大；强制旧藩主迁居东京；改革不彻底，部分藩主依然拥有权力。（10 分）（3）意义：加强了中央集权；结束了分裂割据的局面，有利于国家统一和社会安定；促进了经济发展和民族凝聚力的形成；县制符合当时历史发展的需要，并一直延续至今。（7 分）42.背景参考：近代以来列强侵略；七十年代边疆新危机；军事力量孱弱；清政府财政匮乏；洋务运动兴起。（6 分）评价参考：无论哪种观点，都具有合理性；因边疆危机引发派别之争，焦点是军费划拨问题，目的都是抵制外来侵略，维护国家领土主权；各派别付诸于行动，如左宗棠收复新疆，洋务运动筹建海军等；认识：改变落后面貌，提升综合国力，才能维护好国家利益。（6 分）（二二）选选考考题题45.（1）俄国处于沙皇专制的农奴制时期，俄国资本主义有了一定的发展；西方启蒙思想影响到俄国；俄国教育落后。（6 分）（2）主张向西方学习，但根据国情西化；实行一系列教育措施；首次为女性提供教育机会；将学校制度推广到许多省和市镇等，扩大国民教育；颁布国民教育章程，为俄国近代教育体制的形成奠定基础；学校培养了人才，打开了俄罗斯近代化局面。（9 分）46.（1）严格履行国际法；加强监督管理，制定政策；坚持人道主义原则，区别对待战俘；宣传渠道和方式多样化；宽待内容涵盖广泛，注重人文关怀。（8 分）（2）充分尊重了人权，展示了我军良好的形象；瓦解了敌军的战斗意志，加速了战争的胜利；提升了中国的国际影响力。（7 分）47.（1）戍守边疆时，主张不拘一格选用人才；庆历新政时，主张革除官僚制度弊端，以政绩选拔官员。（6 分）（2）戍守西北，防范西夏的威胁，边境安定；实行改革，力图缓和社会矛盾；文学成就突出，留下许多千古名篇。（9 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思想政治题号121314151617181920212223答案CBDCDBCABADC38.（1）我国数字经济呈现平稳较快发展，在国民经济中的地位更加稳固、支撑作用更加明显。我国数字经济占 GDP 的比重低于发达国家，但增速高于同期发达国家水平，中国数字经济未来发展潜力巨大。（2）践行党的二十大精神，贯彻创新、协调、绿色、开放、共享的新发展理念，坚持以人民为中心的发展思想。实施创新驱动发展战略，大力发展实体经济，加快发展先进制造业，提高我国产业在全球价值链中的地位。全面改造、提升传统产业，全速发展战略新兴产业，推动数字化转型和数字化赋能，推动产业协同发展。坚持开放发展理念，建立以国内大循环为主体，国内国际双循环相互促进的新发展格局(充分利用国际国内两个市场、两种资源)，深度融入共建“一带一路”，促进国际合作，提升国际资源整合能力。完善生产要素参与分配，制定人才激励政策，加大人才培养力度，推进高质量发展。（符合题意言之有理即可。若学生答出“充分发挥市场在资源配置中的决定性作用，更好发挥政府作用，国家实施科学的宏观调控，加强市场监督，全力破解结构性矛盾”也可给分）39.中国共产党领导的多党合作和政治协商制度是社会主义民主政治的重要内容。政协在开展基层协商中坚持党的领导，有利于发挥党在社会治理中的领导核心作用。人民政协是社会主义协商民主的重要渠道和专门机构，政协聚焦党委政府的重点工作、民生热点难点问题，通过政协云、微建议把协商民主贯穿于政治协商、民主监督、参政议政的全过程，有利于增进共识、促进团结。社会主义民主是最广泛、最真实、最管用的民主。政协履职关注民生重点问题，尊重了人民主体地位，创新协商方式方法，激发群众的有效参与热情，有利于发展全过程人民民主。坚持党的领导、人民当家作主和依法治国的有机统一，开展政协协商与基层协商，有利于推进国家治理体系和治理能力现代化，促进国家治理的高效能。40.（1）联系具有普遍性，要求我们用联系的观点看问题。中秋晚会秉持向科技要效果的创新理念，着力突出“思想+艺术+技术”融合传播，展现出优秀传统文化的魅力。联系具有客观性，人们可以根据事物本身所固有的联系，改变其状态，调整原有的联系，建立新的具体的联系。晚会在新技术手段的支持下，借由融合外景拍摄、虚拟制片与实景山水于一体的场景营造，营造出浓浓的团圆气息。整体和部分既相互区别，又相互联系。晚会立足整体，统筹全局，紧紧围绕“月文化”，将“思想+艺术+技术”融合在一起，实现了整个晚会的最佳效果，展示中华民族的凝聚力、向心力和自豪感。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（2）立足社会实践，在继承的基础上推动中华优秀传统文化创造性转化创新性发展。创新文化形式和传播手段，发挥科技在推动文化发展中的重要作用，充分利用数字技术，增强优秀传统文化的体验感，促进优秀传统文化传播、继承与发展。坚持以人民为中心的创作导向，着眼于满足人民群众对文化生活的需要，打造贴近百姓生活、喜闻乐见的文化作品。结合时代发展，传承中华优秀传统文化，弘扬民族精神，展示中华民族的凝聚力、向心力和自豪感。推动国际交流与传播，增强中华优秀传统文化的国际影响力。（3）评分等级参考量表：分值评分说明34 分紧扣主题，观点鲜明，逻辑严密，条理清晰，学科术语使用规范，能明确表达自己的见解，综合展开论述。23 分能扣住主题展开论述，观点比较明确，学科术语应用较为规范，有一定的逻辑性。12 分观点不明确，缺乏逻辑，罗列知识点，学科术语运用不准确。0 分应答与试题无关；或者不符合题目要求；或没有应答。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2023 年兰州市高三诊断地地理理参参考考答答案案及及评评分分参参考考1234567891011CABCBABBACD36（1）（8 分）特点：偏北坡冰川面积大，偏南坡冰川面积小；偏北坡退缩率低，偏南坡退缩率高。原因：冰川面积退缩率与规模等级呈负相关，小规模冰川较大规模冰川对气候变化更敏感，表现为面积退缩快慢不一，变化幅度大，最易发生运动和消融；南坡为阳坡，日照时数长，接收的太阳辐射较北坡强，不利于冰川积累。（2）（8 分）气温、降水、坡度、空间大小等的变化是影响冰川面积分布的主要原因。约 5300 米以下，海拔越低，气温越高，不利于冰川发育和积累，冰川面积分布越小；约 5300 米高度附近，气温较低，且固态降水的比例增大，有利于冰川积累，冰川分布面积最大；5300 米以上，坡度更加陡峭，不利于冰川积累，海拔高度越高，空间越小，冰川面积分布越小。（3）（8 分）冰川大面积退缩，造成河流径流量变化增大；短期导致河湖水量增加，引发冰湖溃决、泥石流等自然灾害；长期导致气候干燥、河湖水量减少、荒漠化问题加重等生态灾难；地表反射率改变，影响区域大气环流。（言之有理可给分）37.（1）（6 分）由于粗钢产量的迅速增长，中国钢铁行业 CO2排放总量大幅增加；中国钢铁行业吨钢 CO2排放量下降幅度大；中国钢铁行业 CO2排放总量在 2014 年出现拐点，达到排放量最高峰后开始呈现下降态势；近几年粗钢产量持续上涨，CO2排放总量出现波动。（2）（8 分）产品结构优化，粗钢产量增长减缓；科技发展，能源消耗下降；技术提升，生产设备换代升级；能源消费结构优化；钢铁产业发展早，规模大，碳排放总量占比较大。（3）（8 分）中国钢铁产业规模大，资源和能源消耗量巨大；实现“碳达峰”有利于促进经济结构、能源结构、产业结构的转型升级；推进生态文明建设和生态环境保护，持续改善生态环境质量。（言之有理可给分）43.分布特点：高架人行道分布在生态敏感的高密度区，砾石小路人行道分布在栖息价值较低的低密度区。各自优势：高架人行道有护栏，可限制游客的活动范围，减少旅游活动对企鹅栖息地和当地生态环境的影响;高架人行道下方企鹅可自由通行，为企鹅保留了充足的活动空间。砾石小路的建造成本较低，可节约建设成本；砾石小路用砾石铺就，保持了与原生景观的整体和谐；游客有身临其境的沉浸式体验。44.分布及原因：东北虎种群高密度分布区位于国家公园的东南部。北部城镇面积较大，人类活动频繁，不适宜虎豹的栖息；西部为潜在栖息地，虎豹出没的概率较低；南部为核心区，且距主要城镇较远，东北虎豹出没频繁，为高密度区。问题及原因：人类与东北虎豹活动空间高度重叠，可能引发人兽冲突；城镇处于东北虎豹迁徙的必经之路，压缩和分割了东北虎豹的生存空间，虎豹栖息地破碎化问题突出；人类活动导致植被破坏，食草动物数量减少，间接影响了虎豹的食物来源。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 理科数学参考答案及评分标准 121C2C 3A4D5D6C7A 8B9A 10B 11C 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，=c44262sin(cos)sin(cos)sinsin321 所以cab 因此=f aab ac()()()0，=f bbc ba()()()0，=f 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=+ykax b(a0且a1，k、b为非零常数），有=+kaf xaf xTkax bTx T b()()由于a，T为常数，所以此函数满足“函数”定义，故正确；令=+xxT21，由于函数为“函数”，因此T0，xx21，=+f xf xmf xf xT()()1()()1121 当f x()01，f xf x()()21，故错；由于函数为“函数”，且f x()0，则m0 虽然+=+xkTxkTTTfxkTf xkTfxkTmf xkT()(1)(1)ln()ln(1)lnln()（，=kn12）为定值，但当x变化时，对于确定的n值，+xnTf xnTln()(并不在同一直线上，故错误.17【解析】(1)因为数列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，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所以2113bb=，3224bb=，4335bb=，.122nnbnbn=，111nnbnbn=+所以3241231123213451nnbbbbnnbbbbnn=+即：12(1)nbbn 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=，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 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=，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：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(2)在(1)条件下知SM 底面ABCD，且MDAM，故如图所示：以M为坐标原点，以MA所在直线为x轴，以MD所在直线为y轴，以MS所在直线为z轴建立空间直角坐标系，易得(0,0,2)S，(2,0,0)A，(0,2,0)D，22(,0)22C，设平面SAD的法向量为=(,)x y zn，则SDn，SAn，故220220yzxz=，令2x=得()=22,1，n，而22,222SC=，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若直线SC与平面SAD所成角为，则2sin5SDSD=nn 所以直线SC与平面SAD所成角的正弦值为25 12 分 19【解析】(1)根据上述表格完成列联表：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“参赛双方在 90 分钟内打平”为事件A，“参赛双方在加时赛打平”为事件B，“全场比赛打平”为事件C 根据题意可知，1()()9P CP A B，则1(2,)9B，00221864(0)()()9981PC，11121816(1)()()9981PC，2202181(2)()()9981PC 0 1 2 P 6481 1681 181 则12()299E12 分 20【解析】(1)由已知可得：32bca，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AB的方程为ykxd=+由2244xyykxd+=+，得222(1 4)8440kxkdxd+=16 强 非 16 强 合计 欧洲地区 44 22 66 其他地区 36 58 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设11()A xy，22()B xy，故122814kdxxk+=+，122214dyyk+=+所以点P坐标为224()1414kddkk+，因为椭圆22221(0)xymnmn+=的离心率为32e=，所以224mn=由22244xynykxd+=+得2222(41)8440kxkdxdn+=故222216(4)n kdn=+又由于点P在椭圆1E上，因此222224()4()41414kddnkk+=+所以2222224(1 4)k ddnk+=+所以 222(14)dnk=+所以222216(4)0n kdn=+=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()ln1fxxx=+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),4 分(2)当1n 时，可知函数存在零点 1 和1nn，且1111nnn=，因此，Q点坐标为1(0)nn,）由于11()lnnnnfxnxxxx=+，所以111111()lnlnnnnnnnnnnnfnn nnnnnn=+=所以1()(ln)lnnng xnn xnn=令()()()h xf xg x=，则111()()()lnlnnnnnnh xfxg xnxxxnnx=+当11nxn时，10lnlnxnn，110nnnxn 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11lnlnnnnnxxnn 11lnln0nnnnxxnn 11nxn 11nnnnnnxn=1nnnnx 1110nnnnnnxnnx=()0h x ()h x为减函数 同理，当1nxn时，()h x为增函数 1()()lnlnlnln0nh xh nnnnnnn=+=所以当1x 时，()()f xg x8 分）由于方程()(01)f xttn=有两根a，b，不妨设ab，则01b，1nan 设0()g xt=，则11101lnlnlnlnlnnnnnnnntnntnnntxnnnnnn+=+由）知，0()()()g xf ag a=，由于()yg x=是增函数，所以0ax 1110|0lnlnnnnnnnntnabxntnnn=+=+12 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+=+ayx，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-，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 年兰州市高三诊断物理参考答案及评分参考14.B15.D16.C17.C18.AB19.BD20.ABC21.BD（D 选项由能量守恒求出，其中弹性势能可由平均力做功或弹性势能表达式求出）22.（1）0.545（或 0.540、0.550）（2）0.11（3）gLtdtd2)()(2221或2221222122)(tgLtttd23.（1）5.0（5 也给分）（2 分）（2）40（2 分）1（2 分）（3 分）（说明：本题滑动变阻器应采用限流接法。若采用分压接法，调解时会出现开始时电表变化不明显，最后一小段电阻时电表变化很大的现象，故不方便调节。若学生选择了分压式接法但测电阻部分电路正确，得 2 分。）24.解析：（1）由x-图像的物理意义可知，在 x 轴正、负半轴分布着方向相反的匀强电场，在-0.5cmx0 区域内电场强度大小1=2000V/m.（2 分）方向沿 x 轴负方向.（1 分）在 0 x|Cv|，解得 n4，故 n 的最小值为 5.（1 分）此种情况下m/s745-，Av.（1 分）A、C 组成的系统水平方向动量守恒，二者共速度时 A 滑至 C 最高处，此时速度为 v共，共，vvmvmvmCACCAA)(.解得m/s1475-共v.（1 分）故物块 A 滑至 C 的最高点时 C 的速度大小为m/s1475每式 2 分33.（1）（5 分）（2）（10分）解析：开始加热活塞上升的过程封闭气体作等压变化。设气缸横截面积为S，当加热到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427时，此时活塞离地高度为h，对于封闭气体，初状态：T1=300K，V1=LS末；末状态：T2=400K，V2=hS。由1212TTVV.（2分）可得300007LShS，解得h=L37.（2分）因为h2L，故活塞已上升到气缸上部挡板处.（2分）重新确定封闭气体末状态：T3=700K，V3=2LS，p3=？由111333TVpTVp，.（2分）可得113313pTVTVp，代入数据得：p3=1.17105Pa.（2分）34.（1）0.5m（2 分），0.125s（2 分），5（1 分）（2）解析：（i）光恰好照射到整个底部，根据几何关系可知，折射光线与竖直方向的夹角为2r.（2 分）入射角2i.（1 分）根据折射定律有：）（）（-2sin2sinsinsinrin.（2 分）代入数据解得：=30.（2 分）（）到了中午，太阳升高，光线的入射角变小，折射角也会变小.（2 分）因此光仍会照亮整个底部，照亮的范围不变。.（1 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第 1 页 共 2 页2023 年年兰兰州州市市高高三三诊诊断断化化学学参参考考答答案案及及评评分分参参考考7C8B9C10B11D12D13.C26（15 分）（1）SrSO4+4C高温SrS+4CO（2 分）（2）H2S（1 分）（3）铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽（2 分）（4）10-19.1（2 分）（5）氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全（2 分）（6）Sr2+HCO3-+NH3H2O=SrCO3+NH4+H2O（2 分）（7）温度高于 60时，NH4HCO3和氨水分解（2 分）（8）当 pH10 时，平衡 HCO3-CO32-H+正移，溶液中 CO32-浓度增大，有利于生成 SrCO3沉淀（2分）27（14 分）（1）研钵（1 分）（2）2Cu2+4HCO3-=Cu(OH)2CuCO3+3CO2+H2O（2 分）碳酸氢钠易分解损失；提高碱式碳酸铜的纯度（2 分）（3）产生黑色沉淀（1 分）（4）取最后一次洗涤液少量于试管中，先加盐酸酸化，再加 BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已洗净。（2 分）（5）防止甲酸铜结晶析出（2 分）（6）洗去晶体表面的水和甲酸，并减少甲酸铜的溶解损失，加速干燥。（2 分）（7）70%（2 分）28（14 分）（1）90.8 kJmol-1（2 分）（2）小于（1 分）其他条件不变时，增大压强，平衡正移，CH3OH 的物质的量分数增大（2 分）（3）CD（2 分）（4）0.025（MPa）-2（2 分）（5）（1 分）1/T 增大，温度 T 降低，速率常数 k正、k逆均减小；反应正向吸热，其他条件相同时，温度降低，平衡逆移，则 k逆减小程度小于 k正（2 分）0.1（2 分）35.【物质结构与性质】（15 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第 2 页 共 2 页（1）（1 分）（2）O（2 分）Se、S（2 分）（3）H2OH2SeH2S（2 分）（4）键角：SeO3SeO32-；SeO3为平面三角形，键角近似 120o；SeO32-为三角锥形，键角近似 107o，故键角：SeO3SeO32-（2 分）（5）4x（2 分）（6）正八面体（2 分）（2 分）36【有机化学基础】（15 分）（1）酚羟基、醚键、酯基（全对得 2 分，不全得 1 分，有错不得分）（2）HNO3(浓)浓硫酸H2O（2 分）（3）消去反应（1 分）（2 分）（4）3POCl33H3PO4（2 分）（5）（2 分）（6）C21H18N3O3Cl3（2 分）（7）9（2 分）兰州市教育科学研究所兰州市教育科