2023年甘肃省第一次高考诊断考试第一次理科数学答案

故 ｇ（ｘ）≤ｇ（１）＝０，
所以当 ａ＝１时，ｌｎｘ≤ｘ－１，即 ｆ（ｘ）≤ｘ－１． ４分
⑵①解：令 ｈ（ｘ）＝ａｌｎｘ－ｘ，则 ｈ′（ｘ）＝ａｘ－１＝ａｘ－ｘ，
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，
令 Ｆ（ｘ）＝ｅ＋１ｘ２＋ｅｘ－２ｅｘｌｎｘ， ２
则 Ｆ′（ｘ）＝（ｅ＋１）ｘ＋ｅ－２ｅ（ｌｎｘ＋１）＝（ｅ＋１）ｘ－２ｅｌｎｘ－ｅ， 由（１）知 ｌｎｘ≤ｘ－１，由①知 ｅｌｎｘ≤ｘ，即 ｌｎｘ≤ ｘ ｅ，又由于两式等号成立的条件不同，相加可
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得 ２ｌｎｘ＜ｅ＋ｅ１ｘ－１，所以 Ｆ′（ｘ）＝（ｅ＋１）ｘ－２ｅｌｎｘ－ｅ＞０，
( ) ∴曲线 Ｃ是以点 １２，０为焦点，直线 ｘ＝－１ ２为准线的抛物线，
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），
{联立
ｙ２ ＝２ｘ ，可得
ｙ＝ｋ１（ｘ－１）
ｋ２ １ｘ２ －（２ｋ２ １ ＋２）ｘ＋ｋ２ １ ＝０，
则 Δ＝（２ｋ２ １＋２）２－４ｋ４ １＝４（２ｋ２ １＋１）＞０， 且 ｘ１＋ｘ２＝２ｋ２ １ｋ２ １＋２＝２＋ｋ２２ １，ｘ１ｘ２＝ｋ ｋ２ １ ２ １ ＝１， ６分
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故 Ｐ（１＋ｋ１２ １，ｋ１１），同理可得 Ｑ（１＋ｋ１２ ２，ｋ１２），
则直线
ＰＱ的方程为
ｙ－ｋ１１
１ ＝ｋ１２
ｋ２ ２
－ －ｋ ｋ１ １１ ２ １（ｘ－１－ｋ１２ １），又
ｋ１ ＋ｋ２ ＝２，
直线 ＰＱ的方程可化为 ｙ＝ｋ１２ｋ２（ｘ－１－ｋ１２ １）＋ｋ１１ ＝ｋ１２ｋ２ｘ－ｋ１２ｋ２－ｋ２２ｋ－１２＝ｋ１２ｋ２（ｘ－１）＋１２，
故直线 ＰＱ经过定点 Ｄ（１，１ ２），
理得 ４５ｋ２ －８４ｋ＋３２＝０，则 ｋＰＲ·ｋＰＮ ＝３４２５，又 ｋＰＲ ＝４３，故 ｋＰＮ ＝１８５，则直线 ＰＮ的方程为
ｙ＝１８５ｘ＋４，则 Ｎ（－１２５，０），故 ＮＱ＝－７ ２＋１２５＝４＝ａ＋ｃ，ＲＱ＝－３＋７２＝１２＝ａ－ｃ，
{ { 则
ａ＋ｃ＝４ ａ－ｃ＝１２，解得
ａ＝９ ４ ，故椭圆的离心率
设二面角
Ａ－ＰＱ－Ａ１ 的平面角为
θ，则 ｜ｃｏｓθ｜＝
｜ｎ１·ｎ２｜ ｎ１ · ｎ２
＝槡３·１槡１１＝槡３３３３，
如图所示二面角 Ａ－ＰＱ－Ａ１的平面角为钝角，
所以平面 ＡＰＱ与平面 Ａ１ＰＱ所成角的余弦值为 －槡３３３３． １２分
２０．（１２分）
( ) 解：（１）∵动圆过定点 １ ２，０，且与直线 ｘ＝－１ ２相切，
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．Ａ １１．解：以 Ａ为原点建立平面直角坐标系，则 Ｐ（０，４），Ｒ（－３，０），直线离的最大值为 ｜ＤＴ｜＝
（１－１）２
＋（１）２ ２
＝１２．
１２分
２１．（１２分）
解：（１）证明：ｆ（ｘ）＝ａｌｎｘ（ａ＞０）的定义域为（０，＋∞），
令 ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｘ＋１，则 ｇ′（ｘ）＝１ｘ－１＝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，
所以 Ｆ（ｘ）是（０，＋∞）上的增函数， 所以 Ｆ（ｘ１）＞Ｆ（ｘ２）， 因此，当 ａ取最大值时，对于ｘ１，ｘ２∈（０，＋∞）（ｘ１≠ｘ２），恒有Ｈ（ｘ１ｘ）１－－Ｈｘ２（ｘ２）＞－ｅ．
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
＝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) ]
[ ( ) ] ＝２[ ｆ２( ａ１０１１) －ｆ２( ａ０) ] ＜２ ｆ２
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由 ＡＭ＝１７５，得 ＭＮ＝ＢＰ＝３，所以四边形 ＭＮＰＢ为平行四边形，则 ＢＭ∥ＰＮ， 又 ＰＮ平面 ＡＰＱ，ＢＭ平面 ＡＰＱ，所以 ＢＭ∥平面 ＡＰＱ． ６分 （２）由（１）知 ＡＣ２＝ＡＢ２＋ＢＣ２，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，
ｃ＝７ ４
７ ｅ＝ａｃ＝４９
４
＝７９，
故选 Ｄ．
１２．解：函数 ｆ１（ｘ）＝ｘ２－１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)
Ｘ０１ ２ ３
Ｐ
１ ６
１ ２
３ １０
１ ３０
数学期望 Ｅ（Ｘ）＝１×１ ２＋２×１３０＋３×３１０＝６ ５． ８分 （３）ｋ＝１０，理由如下： 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 １２，从该校所有学生中随
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（２０，１２）， Ｐ（ｋ）＝Ｃ２ｋ０（１２）ｋ（１－１ ２）２０－ｋ＝Ｃ２ｋ０（１ ２）２０，由组合数的性质可得 ｋ＝１０时 Ｐ（ｋ）最大．
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，
上述两个等式作差可得，ｂｎ＝２ｎ＋１－２ｎ＝２ｎ，ｂ１＝２也满足 ｂｎ＝２ｎ，
故对任意的 ｎ∈Ｎ，ｂｎ＝２ｎ． ６分
（２）由（１）得：ｃｎ＝３ａｎ·ｌ１ｏｇ２ｂｎ＋１
＝ ３·
ｎ·１（ｎ＋１）＝ｎ·（１ｎ＋１）＝１ｎ－ｎ１＋１，
３
所以 Ｔｎ＝１－１２＋１２－１ ３＋… ＋１ｎ－ｎ１＋１＝１－ｎ１＋１，
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， 又 ＡＡ′Ａ′１Ａ１为正方形，所以 ＱＣ＝７，ｔａｎ∠ＱＡＣ＝７ ５，
１ ２
－ｆ２( ０)
＝２－２ ＜１， 槡ｅ
故选 Ａ．
二、填空题：本题共 ４小题，每小题 ５分，共 ２０分．
１３．４ １４．２槡３１０ １５．１０２３９ １６．６８３
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．
所以 ａ的最大值为 ｅ． ８分
②证明：由①可知，当 ａ取最大值时，Ｈ（ｘ）＝ｅ２＋１ｘ２－２ｅｘｌｎｘ，
不妨设 ｘ１＞ｘ２，要证对于ｘ１，ｘ２∈（０，＋∞），恒有Ｈ（ｘ１ｘ）１－－Ｈｘ２（ｘ２）＞－ｅ， 需证对于ｘ１，ｘ２∈（０，＋∞），恒有ｅ２＋１ｘ２ １ ＋ｅｘ１ －２ｅｘ１ｌｎｘ１ ＞ｅ２＋１ｘ２２ ＋ｅｘ２ －２ｅｘ２ｌｎｘ２，
由 Ｔｎ≥２ ２００２２３４得：１－ｎ１＋１≥２ ２０ ０２ ２３ ４，即 ｎ≥２０２３，
则满足 Ｔｎ≥２２００２２３４的最小正整数 ｎ＝２０２３． １２分
１８．（１２分）
解：（１）由频率分布直方图得：
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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： ８０＋６６４４＋１６×１０＝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， Ｐ（Ｘ＝０）＝ＣＣ３ １３ ６０ ＝１２２００＝１ ６；Ｐ（Ｘ＝１）＝ＣＣ１ ４３ １Ｃ０２ ６ ＝１６２００＝１２； Ｐ（Ｘ＝２）＝ＣＣ２ ４３ １Ｃ０１ ６ ＝１３２６０＝１３０；Ｐ（Ｘ＝３）＝ＣＣ３ １３ ４０ ＝１２４０＝３１０， ∴Ｘ的分布列为：
（一）必考题：共 ６０分．
１７．（１２分）
{ 解：（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为 ｄ，则
ａ６ Ｓ５
＝ａ１＋５ｄ＝２， 解得 ＝５ａ１ ＋１０ｄ＝５，
ａ１
＝ｄ＝１３，
所以 ａｎ＝１３＋１３（ｎ－１）＝３ｎ； ３分
当 ｎ＝１时，ｂ１＝２２－２＝２，
当 ｎ≥２时，ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂｎ－１＋ｂｎ＝２ｎ＋１－２，可得 ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂｎ－１＝２ｎ－２，
称，
由题意可知 ａｉ＋ａ２０２３－ｉ＝１( ｉ＝０，１，２，…，１０１１) ，则 ｆ２( ａｉ) ＝ｆ２( ａ２０２３－ｉ) ， 因为 ａ０＜ａ１＜ａ２＜… ＜ａ１０１１＜１ ２，
所以 Ｔ２＝ ｆ２( ａ１) －ｆ２( ａ０) ＋ ｆ２( ａ２) －ｆ２( ａ１) ＋… ＋ ｆ２( ａ２０２３) －ｆ２( ａ２０２２)
＝－ｆ１( ａ０) ＋ｆ１( ａ２０２３) ＝ｆ１( １) －ｆ１( ０) ＝１．
{ ( ] ( ) 因为 ｆ２( ｘ) ＝ｅ－
ｘ－１２
＝
ｅｘ－１２，ｘ≤
１ ２
，故
１
ｅ２
－ｘ，ｘ＞１
ｆ２（ｘ）在
－∞，１２ 上单调递增，在
１２，＋∞ 上单
２
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调递减，
因为 ｆ２( １－ｘ) ＝ｅ－ ( １－ｘ)－１２ ＝ｅ－ ｘ－１２ ＝ｆ２( ｘ) ，所以，函数 ｆ２（ｘ）的图象关于直线 ｘ＝１２对
１２＝０，
设 Ｍ（ｍ，１），Ｑ（ｍ，０），由 Ｍ到直线 ＰＲ的距离为 １，得 ｜４ｍ－３＋１２｜＝１，解之得 ｍ＝－７或
槡４２ ＋３２
２
ｍ＝－１（舍），则 Ｍ（－７ ２，１），Ｑ（－７ ２，０），
又设直线 ＰＮ的方程为 ｙ＝ｋｘ＋４，由 Ｍ到直线 ＰＮ的距离为 １，得 －７２ｋ＋４－１ ＝１，整
槡１＋ｋ２
由 ＰＢ＝３，ＱＣ ＝７，得 Ａ( ３，０，０) ，Ｐ( ０，０，３) ，Ｑ( ０，４，７) ，所 以 Ａ→Ｐ ＝( －３，０，３) ，Ａ→Ｑ ＝
( －３，４，７) ，
{ｎ１·Ａ→Ｐ＝－３ｘ＋３ｚ＝０，
设平面 ＡＰＱ的一个法向量为 ｎ１＝( ｘ，ｙ，ｚ) ，则 ｎ１·Ａ→Ｑ＝－３ｘ＋４ｙ＋７ｚ＝０，
令 ｘ＝１，得 ｎ１＝( １，－１，１) ， 又 Ａ１( ３，０，１２) ，则Ａ１→Ｐ＝( －３，０，－９) ，Ａ１→Ｑ＝( －３，４，－５) ，
{ｎ２·Ａ１→Ｐ＝－３ｘ－９ｚ＝０，
设平面 Ａ１ＰＱ的一个法向量为 ｎ２＝( ｘ，ｙ，ｚ) ，则 ｎ２·Ａ１→Ｑ＝－３ｘ＋４ｙ－５ｚ＝０，
令 ｚ＝１，得 ｎ２＝( －３，－１，１) ，