甘肃省兰州市2023届高三下学期诊断考试数学（理）试题答案和解析

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2023年兰州高三诊断
理科数学参考答案及评分标准
12
1．C 2．C 3．A 4．D 5．D 6．C 7．A 8．B 9．A 10．B 11．C 12．B
．【解析】
= − − + − − + − − = − + + + + +f x x a x b x b x c x c x a x a b c x ab bc ca( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 3 2( ) ( )
2
 = + + − + + = + + − − − a b c ab bc ca a b c ab bc ca4[( ) 3( )] 4( ) 0
2 2 2 2
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
=a2
1
，
=  =
b2 2 2 2 2
sin sin
1 3 1 1
，
= =  =

c4 4 2 6 2
sin(cos ) sin(cos ) sin sin
3 2 1
所以
c a b
因此
= − − f a a b a c( ) ( )( ) 0
，
= − − f b b c b a( ) ( )( ) 0
，
= − − f c c a c b( ) ( )( ) 0
所以函数的两个零点分别在区间
，ba()
和
，ac()
，故选 A
13．
1
14．
3
15．
30 11
11
或
77
81 77
或
231
160 231
16．①
16．【解析】对于函数
=+
y kaxb
(
a0
且
a1
，
k
、
b
为非零常数），有
==
+
+
++
ka
fx a
f x T ka
xb
T
x T b
()
()
由于
a
，
T
为常数，所以此函数满足“
函数”定义，故①正确；
令
=+x x T
21
，由于函数为“
函数”，因此
T0
，
xx
21
，
= = 
+
f x f x m
f x f x T
( ) ( ) 1
( ) ( )
11
21
当
fx( ) 0
1
，
f x f x( ) ( )
21
，故②错；
由于函数为“
函数”，且
fx( ) 0
，则
m0
虽然
+ − + − ==
+−
+ − + −
+
x kT x k T T T
f x k T
f x kT f x k T m
f x kT
( ) [ ( 1) ]
[( ( 1) ]
ln[ ( )] ln{ [( ( 1) ]} ln
ln ()
（
，，=kn12
）为定值，但当
x
变化时，对
于确定的
n
值，
，++x nT f x nTln[ ( )]
)(
并不在同一直线上，故③错误.
17．【解析】 (1)因为数列
an
对任意的
N
i
都有
−=
+
a a i
n i n
，所以当
i=1
时满足
−=
+
aa
nn
1
1
，
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
=an
n
． ………………6 分
(2)因为数列
bn
满足：
=
+
+
ba
ba
nn
nn
2
1
且
=b1
1
，
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所以
2
1
1
3
b
b=
，
3
2
2
4
b
b=
，
4
3
3
5
b
b=
，...
1
2
2
n
n
bn
bn
−
−
−
=
，
1
1
1
n
n
bn
bn
−
−
=+
所以
3
24
1 2 3 1
1 2 3 2 1
3 4 5 1
n
n
bb
bb nn
b b b b n n
−
−−
=   +
即：
1
2
( 1)
n
b
b n n
=+
，所以
22
( 1)
n
bn
nn
=
+（ ）
．
又因为
1
2
1= 12
b=
符合
2
( 1)nn+
当
1n=
时的值，所以数列
 
n
b
的通项公式为
2
( 1)
n
bn
nn
=
+（ ）N
．
因为
2 1 1
=2 )
( 1) 1
n
bn n n n
=−
++
（
，所以
1 1 1 1 1 1 2
=2(1 ) 2(1 )
2 2 3 1 1 1
n
n
Sn
n n n n
− + − + + − = − =
+ + + N（ ）
所以数列
 
n
b
的前
n
项和
2
=1
n
n
Sn
n
+N（ ）
.………………12 分
18．【解析】 (1)方案一：选条件①②．
因为在四棱锥
S ABCD−
中
=SB SC
，点
M
是
BC
的中点，
2SM =
，所以
SM BC⊥
．
又因为在
Rt SBM
中，
5
cos 5
SBM=
，所以
1BM =
．
又因为
ABCD
是矩形，
2=BC AB
，所以
1BM AB==
，
2AM =
,
由
6SA =
，
2AM =
，
2SM =
可得：
2 2 2
SA AM SM=+
，所以
SM AM⊥
．
则由
SM BC
SM AM
AM BC M
⊥
⊥
=
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①③．
因为在四棱锥
S ABCD−
中
=SB SC
，点
M
是
BC
的中点，
2SM =
，所以
SM BC⊥
.
又因为在
SAM
中，
6=SA
，
6
sin 3
SAM=
，
2=SM
，
所以由正弦定理得：
sin sin
SA SM
SMA SAM
=

，即
62
sin 6
3
SMA =
，所以
sin 1SMA=
即
2
SMA
=
，所以
SM MA⊥
．
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则由
SM BC
SM AM
AM BC M
⊥
⊥
=
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②③．
因为在四棱锥
S ABCD−
中
=SB SC
，点
M
是
BC
的中点，
2SM =
，所以
SM BC⊥
.
又因为在
Rt SBM
中，
5
cos 5
SBM=
，所以
1BM =
．
又因为
ABCD
是矩形，
2=BC AB
，所以
1BM AB==
，
2AM =
，
又因为在
SAM
中，
6
in 3
sSAM=
，则
3
os 3
cSAM=
设
SA x=
，
2 2 2 2 cosSM SA AM SA AM SAM= + − 
，
所以有：
2
3 2 6 6 0xx− − =
，解之得
1=6x
或
26
3
x=−
（舍）所以
6SA =
．
由
6SA =
，
2AM =
，
2=SM
可得：
2 2 2
SA AM SM=+
，所以
SM AM⊥
．
则由
SM BC
SM AM
AM BC M
⊥
⊥
=
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
MD AM⊥
，
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)
22
C−
，
设平面
SAD
的法向量为
= ( , , )x y zn
，
则
SD⊥n
，
SA⊥n
，故
2 2 0
2 2 0
yz
xz
−=
−=
，
令
2x=
得
( )
= 2 2,1，n
，而
22
, , 2
22
SC 
=−



，
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