第一次理科数学答案

２０２３年甘肃省第一次高考诊断考试理科数学试题答案及评分参考一、选择题：本题共１２小题，每小题５分，共６０分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．１．Ｃ ２．Ｂ ３．Ｂ ４．Ｂ ５．Ａ ６．Ｄ ７．Ｃ ８．Ｂ ９．Ａ １０．Ｃ １１．Ｄ １２．Ａ１１．解：以Ａ为原点建立平面直角坐标系，则Ｐ（０，４），Ｒ（－３，０），直线ＰＲ的方程为４ｘ－３ｙ＋１２＝０，｜４ｍ－３＋１２｜７设Ｍ（ｍ，１），Ｑ（ｍ，０），由Ｍ到直线ＰＲ的距离为１，得＝１，解之得ｍ＝－或槡４２＋３２２７７ｍ＝－１（舍），则Ｍ（－，１），Ｑ（－，０），２２７－ｋ＋４－１２又设直线ＰＮ的方程为ｙ＝ｋｘ＋４，由Ｍ到直线ＰＮ的距离为１，得＝１，整槡１＋ｋ２３２４８理得４５ｋ２－８４ｋ＋３２＝０，则ｋ·ｋ＝，又ｋ＝，故ｋ＝，则直线ＰＮ的方程为ＰＲＰＮ４５ＰＲ３ＰＮ１５８１５７１５７１ｙ＝ｘ＋４，则Ｎ（－，０），故ＮＱ＝－＋＝４＝ａ＋ｃ，ＲＱ＝－３＋＝＝ａ－ｃ，１５２２２２２９ａ＋ｃ＝４ａ＝７４ｃ４７则１，解得，故椭圆的离心率ｅ＝＝＝，ａ－ｃ＝７ａ９９{２ｃ＝{４４故选Ｄ．２１２．解：函数ｆ１（ｘ）＝ｘ－１在（０，＋∞）上单调递增，且０＝ａ０＜ａ１＜ａ２＜…＜ａ２０２３＝１，所以Ｔ１＝ｆ１(ａ１)－ｆ１(ａ０)＋ｆ１(ａ２)－ｆ１(ａ１)＋…＋ｆ１(ａ２０２３)－ｆ１(ａ２０２２)＝－ｆ１(ａ０)＋ｆ１(ａ１)－ｆ１(ａ１)＋ｆ１(ａ２)－…－ｆ１(ａ２０２２)＋ｆ１(ａ２０２３)＝－ｆ１(ａ０)＋ｆ１(ａ２０２３)＝ｆ１(１)－ｆ１(０)＝１．１１ｅｘ－２，ｘ≤１２１１－ｘ－２因为ｆ２(ｘ)＝ｅ＝，故ｆ２（ｘ）在－∞，上单调递增，在，＋∞上单１１(２](２)ｅ２－ｘ，ｘ＞{２第一次诊断理科数学答案 第１页（共６页）书调递减，１１－(１－ｘ)－１因为ｆ(１－ｘ)＝ｅ－２＝ｅｘ－２＝ｆ(ｘ)，所以，函数ｆ（ｘ）的图象关于直线ｘ＝对２２２２称，由题意可知ａｉ＋ａ２０２３－ｉ＝１(ｉ＝０，１，２，…，１０１１)，则ｆ２(ａｉ)＝ｆ２(ａ２０２３－ｉ)，１因为ａ＜ａ＜ａ＜…＜ａ＜，０１２１０１１２所以Ｔ２＝ｆ２(ａ１)－ｆ２(ａ０)＋ｆ２(ａ２)－ｆ２(ａ１)＋…＋ｆ２(ａ２０２３)－ｆ２(ａ２０２２)＝２[ｆ２(ａ１)－ｆ２(ａ０)＋ｆ２(ａ２)－ｆ２(ａ１)＋…＋ｆ２(ａ１０１１)－ｆ２(ａ１０１０)]＝２[－ｆ２(ａ０)＋ｆ２(ａ１)－ｆ２(ａ１)＋ｆ２(ａ２)－…－ｆ２(ａ１０１０)＋ｆ２(ａ１０１１)]１２＝２[ｆ(ａ)－ｆ(ａ)]＜２ｆ－ｆ(０)＝２－＜１，２１０１１２０[２２２]()槡ｅ故选Ａ．二、填空题：本题共４小题，每小题５分，共２０分．２１０６３１３．４ １４．槡 １５．１０２３９ １６．３８三、解答题：共７０分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第１７～２１题为必考题，每个试题考生都必须作答．第２２、２３题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共６０分．１７．（１２分）ａ６＝ａ１＋５ｄ＝２，１解：（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，则解得ａ１＝ｄ＝，{Ｓ＝５ａ＋１０ｄ＝５，３５１１１ｎ所以ａ＝＋（ｎ－１）＝；!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!３分ｎ３３３２当ｎ＝１时，ｂ１＝２－２＝２，ｎ＋１ｎ当ｎ≥２时，ｂ１＋ｂ２＋…＋ｂｎ－１＋ｂｎ＝２－２，可得ｂ１＋ｂ２＋…＋ｂｎ－１＝２－２，ｎ＋１ｎｎｎ上述两个等式作差可得，ｂｎ＝２－２＝２，ｂ１＝２也满足ｂｎ＝２，ｎ故对任意的ｎ∈Ｎ，ｂｎ＝２．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!６分１１１１１（２）由（１）得：ｃ＝＝＝＝－，ｎ３ａ·ｌｏｇｂｎｎ·（ｎ＋１）ｎｎ＋１ｎ２ｎ＋１３··（ｎ＋１）３１１１１１１所以Ｔ＝１－＋－＋…＋－＝１－，ｎ２２３ｎｎ＋１ｎ＋１２０２３１２０２３由Ｔ≥得：１－≥，即ｎ≥２０２３，ｎ２０２４ｎ＋１２０２４２０２３则满足Ｔ≥的最小正整数ｎ＝２０２３．!!!!!!!!!!!!!!!!!１２分ｎ２０２４１８．（１２分）解：（１）由频率分布直方图得：第一次诊断理科数学答案 第２页（共６页）２（０．０２＋０．０３＋０．０５＋０．０５＋０．１５＋ａ＋０．０５＋０．０４＋０．０１）＝１，解得ａ＝０．１０．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!２分（２）由频率分布直方图得：这８００名学生中周平均阅读时间在(１２，１４]，(１４，１６]，(１６，１８]三组内的学生人数分别为：８００×０．０５×２＝８０人，８００×０．０４×２＝６４人，８００×０．０１×２＝１６人，若采用分层抽样的方法抽取了１０人，则从周平均阅读时间在(１４，１６]内的学生中抽取：６４×１０＝４人，现从这１０人中随机抽取３人，则Ｘ的可能取值为０，１，２，３，８０＋６４＋１６３１２Ｃ６２０１Ｃ４Ｃ６６０１Ｐ（Ｘ＝０）＝３＝＝；Ｐ（Ｘ＝１）＝３＝＝；Ｃ１０１２０６Ｃ１０１２０２２１３Ｃ４Ｃ６３６３Ｃ４４１Ｐ（Ｘ＝２）＝３＝＝；Ｐ（Ｘ＝３）＝３＝＝，Ｃ１０１２０１０Ｃ１０１２０３０∴Ｘ的分布列为：Ｘ０１２３１１３１Ｐ６２１０３０１３１６数学期望Ｅ（Ｘ）＝１×＋２×＋３×＝．!!!!!!!!!!!!!!!!８分２１０３０５（３）ｋ＝１０，理由如下：１由频率分布直方图得学生周平均阅读时间在（８，１２］内的概率为，从该校所有学生中随２１机抽取２０名学生，恰有ｋ名学生周平均阅读时间在（８，１２］服从二项分布Ｘ～Ｂ（２０，），２１ｋ１２０－ｋ１２０Ｐ（ｋ）＝Ｃｋ（）（１－）＝Ｃｋ（），由组合数的性质可得ｋ＝１０时Ｐ（ｋ）最大．!２０２２２０２!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!１２分１９．（１２分）解：（１）证明：在图乙中，过Ｍ作ＭＮ∥ＣＱ，交ＡＱ于Ｎ，连接ＰＮ，则ＭＮ∥ＰＢ，所以Ｍ，Ｎ，Ｐ，Ｂ共面且平面ＭＮＰＢ∩平面ＡＰＱ＝ＰＮ，因为ＡＢ＝３，ＢＣ＝４，所以ＡＣ＝５，７又ＡＡ′Ａ′Ａ为正方形，所以ＱＣ＝７，ｔａｎ∠ＱＡＣ＝，１１５第一次诊断理科数学答案 第３页（共６页）１５由ＡＭ＝，得ＭＮ＝ＢＰ＝３，所以四边形ＭＮＰＢ为平行四边形，则ＢＭ∥ＰＮ，７又ＰＮ平面ＡＰＱ，ＢＭ平面ＡＰＱ，所以ＢＭ∥平面ＡＰＱ．!!!!!!!!!!!!６分２２２（２）由（１）知ＡＣ＝ＡＢ＋ＢＣ，所以ＡＢ⊥ＢＣ，则分别以ＢＡ，ＢＣ，ＢＢ１为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立如图所示的空间直角坐标系，→→由ＰＢ＝３，ＱＣ＝７，得Ａ(３，０，０)，Ｐ(０，０，３)，Ｑ(０，４，７)，所以ＡＰ＝(－３，０，３)，ＡＱ＝(－３，４，７)，→ｎ１·ＡＰ＝－３ｘ＋３ｚ＝０，设平面ＡＰＱ的一个法向量为ｎ１＝(ｘ，ｙ，ｚ)，则→{ｎ１·ＡＱ＝－３ｘ＋４ｙ＋７ｚ＝０，令ｘ＝１，得ｎ１＝(１，－１，１)，→→又Ａ１(３，０，１２)，则Ａ１Ｐ＝(－３，０，－９)，Ａ１Ｑ＝(－３，４，－５)，→ｎ２·Ａ１Ｐ＝－３ｘ－９ｚ＝０，设平面Ａ１ＰＱ的一个法向量为ｎ２＝(ｘ，ｙ，ｚ)，则→{ｎ２·Ａ１Ｑ＝－３ｘ＋４ｙ－５ｚ＝０，令ｚ＝１，得ｎ２＝(－３，－１，１)，｜ｎ１·ｎ２｜１３３设二面角Ａ－ＰＱ－Ａ的平面角为θ，则｜ｃｏｓθ｜＝＝＝槡，１ｎ·ｎ３３１２槡３·槡１１如图所示二面角Ａ－ＰＱ－Ａ１的平面角为钝角，３３所以平面ＡＰＱ与平面ＡＰＱ所成角的余弦值为－槡．!!!!!!!!!!!!１２分１３３２０．（１２分）１１解：（１）∵动圆过定点，０，且与直线ｘ＝－相切，(２)２１１∴曲线Ｃ是以点，０为焦点，直线ｘ＝－为准线的抛物线，(２)２其方程为：ｙ２＝２ｘ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!４分（２）设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋ１（ｘ－１），设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），２ｙ＝２ｘ２２２２联立，可得ｋ１ｘ－（２ｋ１＋２）ｘ＋ｋ１＝０，{ｙ＝ｋ１（ｘ－１）２２４２则Δ＝（２ｋ１＋２）－４ｋ１＝４（２ｋ１＋１）＞０，２２２ｋ１＋２２ｋ１且ｘ１＋ｘ２＝２＝２＋２，ｘ１ｘ２＝２＝１，!!!!!!!!!!!!!!!!!!６分ｋ１ｋ１ｋ１第一次诊断理科数学答案 第４页（共６页）１１１１故Ｐ（１＋２，），同理可得Ｑ（１＋２，），ｋ１ｋ１ｋ２ｋ２１１－１ｋ２ｋ１１则直线ＰＱ的方程为ｙ－＝（ｘ－１－２），又ｋ１＋ｋ２＝２，ｋ１１１ｋ１２－２ｋ２ｋ１ｋ１ｋ２１１ｋ１ｋ２ｋ１ｋ２ｋ２－２ｋ１ｋ２１直线ＰＱ的方程可化为ｙ＝（ｘ－１－２）＋＝ｘ－－＝（ｘ－１）＋，２ｋ１ｋ１２２２ｋ１２２１故直线ＰＱ经过定点Ｄ（１，），２１２１所以Ｔ到直线ＰＱ的距离的最大值为｜ＤＴ｜＝（１－１）２＋（）＝．!!!!!!１２分槡２２２１．（１２分）解：（１）证明：ｆ（ｘ）＝ａｌｎｘ（ａ＞０）的定义域为（０，＋∞），１１－ｘ令ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｘ＋１，则ｇ′（ｘ）＝－１＝，ｘｘ当０＜ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０，函数ｇ（ｘ）为增函数；当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，函数ｇ（ｘ）为减函数，故ｇ（ｘ）≤ｇ（１）＝０，所以当ａ＝１时，ｌｎｘ≤ｘ－１，即ｆ（ｘ）≤ｘ－１．!!!!!!!!!!!!!!!!!４分ａａ－ｘ⑵①解：令ｈ（ｘ）＝ａｌｎｘ－ｘ，则ｈ′（ｘ）＝－１＝，ｘｘ当０＜ｘ＜ａ时，ｈ′（ｘ）＞０，函数ｈ（ｘ）为增函数；当ｘ＞ａ时，ｈ′（ｘ）＜０，函数ｈ（ｘ）为减函数，故ｈ（ｘ）≤ｈ（ａ）＝ａｌｎａ－ａ，要让ｆ（ｘ）≤ｘ对ｘ＞０恒成立，只需ｈ（ａ）＝ａｌｎａ－ａ≤０，令φ（ｘ）＝ｘｌｎｘ－ｘ，则φ′（ｘ）＝ｌｎｘ，可知当ｘ＞１时，φ′（ｘ）＞０，函数φ（ｘ）为增函数，又因为当０＜ｘ＜ｅ时，φ（ｘ）＝ｘ（ｌｎｘ－１）＜０，而φ（ｅ）＝０，所以当０＜ｘ≤ｅ时，φ（ｘ）≤０，所以ａ的最大值为ｅ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!８分ｅ＋１②证明：由①可知，当ａ取最大值时，Ｈ（ｘ）＝ｘ２－２ｅｘｌｎｘ，２Ｈ（ｘ１）－Ｈ（ｘ２）不妨设ｘ１＞ｘ２，要证对于ｘ１，ｘ２∈（０，＋∞），恒有＞－ｅ，ｘ１－ｘ２ｅ＋１ｅ＋１需证对于ｘ，ｘ∈（０，＋∞），恒有ｘ２＋ｅｘ－２ｅｘｌｎｘ＞ｘ２＋ｅｘ－２ｅｘｌｎｘ，１２２１１１１２２２２２ｅ＋１令Ｆ（ｘ）＝ｘ２＋ｅｘ－２ｅｘｌｎｘ，２则Ｆ′（ｘ）＝（ｅ＋１）ｘ＋ｅ－２ｅ（ｌｎｘ＋１）＝（ｅ＋１）ｘ－２ｅｌｎｘ－ｅ，ｘ由（１）知ｌｎｘ≤ｘ－１，由①知ｅｌｎｘ≤ｘ，即ｌｎｘ≤，又由于两式等号成立的条件不同，相加可ｅ第一次诊断理科数学答案 第５页（共６页）ｅ＋１得２ｌｎｘ＜ｘ－１，所以Ｆ′（ｘ）＝（ｅ＋１）ｘ－２ｅｌｎｘ－ｅ＞０，ｅ所以Ｆ（ｘ）是（０，＋∞）上的增函数，所以Ｆ（ｘ１）＞Ｆ（ｘ２），Ｈ（ｘ１）－Ｈ（ｘ２）因此，当ａ取最大值时，对于ｘ１，ｘ２∈（０，＋∞）（ｘ１≠ｘ２），恒有＞－ｅ．!ｘ１－ｘ２!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!１２分（二）选考题：共１０分．请考生在第２２、２３题中选定一题作答，并用２Ｂ铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分．２２．［选修４－４：坐标系与参数方程］（１０分）ｘ＝－１＋２ｃｏｓα解：（１），所以（ｘ＋１）２＋（ｙ－３）２＝４，即为圆Ｃ的普通方程．{ｙ＝３＋２ｓｉｎα因为ｘ＝ρｃｏｓθ，ｙ＝ρｓｉｎθ，ｌ：３ρｃｏｓθ＋４ρｓｉｎθ＋６＝０，所以ｌ的直角坐标方程为３ｘ＋４ｙ＋６＝０．!!!!!!!!!!!!!!!!!!５分－１×３＋４×３＋６（２）圆心Ｃ（－１，３）到直线ｌ：３ｘ＋４ｙ＋６＝０的距离ｄ＝＝３，５因为点Ｍ是直线ｌ上任意一点，所以ＭＣ≥ｄ＝３，所以四边形ＡＭＢＣ面积１Ｓ＝２×ＡＣＡＭ＝ＡＣＡＭ＝ＡＣＭＣ２－ＡＣ２＝２×ＭＣ２－４２槡槡２≥２×槡ｄ－４＝２槡５．即当ＭＣ⊥ｌ时，四边形ＡＭＢＣ面积取得最小值为２槡５．!!!!!!!!!!!!１０分２３．［选修４－５：不等式选讲］（１０分）ｘ， ｘ≤１，解：（１）因为ｆ（ｘ）＝ｘ－２－２ｘ－１＝－３ｘ＋４，１＜ｘ＜２，由ｆ（ｘ）≤４ｘ＋１，得{－ｘ，ｘ≥２．ｘ≤１，１＜ｘ＜