江蘇宿遷市2024屆高三一診考試數學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖，將兩個全等等腰直角三角形拼成一個平行四邊形，將平行四邊形沿對角線折起，使平面平面，則直線與所成角余弦值為（）A． B． C． D．2．設非零向量，，，滿足，，且與的夾角為，則“”是“”的（）．A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知命題：“關于的方程有實根”，若為真命題的充分不必要條件為，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．4．在直角梯形中，，，，，點為上一點，且，當的值最大時，()A． B．2 C． D．5．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果為（）A． B． C． D．6．已知函數，則不等式的解集為（）A． B． C． D．7．已知關于的方程在區間上有兩個根，，且，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．8．在中，內角的平分線交邊于點，，，，則的面積是（）A． B． C． D．9．已知函數，若，則的最小值為（）參考數據：A． B． C． D．10．雙曲線：（），左焦點到漸近線的距離為2，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．11．已知復數，其中，，是虛數單位，則（）A． B． C． D．12．設，，則的值為（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．正方形的邊長為2，圓內切于正方形，為圓的一條動直徑，點為正方形邊界上任一點，則的取值范圍是______.14．的展開式中的系數為________.15．曲線在點處的切線方程為______.16．如圖，兩個同心圓的半徑分別為和，為大圓的一條直徑，過點作小圓的切線交大圓于另一點，切點為，點為劣弧上的任一點（不包括兩點），則的最大值是__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知A是拋物線E：y2＝2px(p>0)上的一點，以點A和點B(2,0)為直徑兩端點的圓C交直線x＝1于M，N兩點.（1）若|MN|＝2，求拋物線E的方程；（2）若0＜p＜1，拋物線E與圓(x﹣5)2+y2=9在x軸上方的交點為P，Q，點G為PQ的中點，O為坐標原點，求直線OG斜率的取值范圍.18．（12分）已知數列為公差為d的等差數列，，，且，，依次成等比數列，.（1）求數列的前n項和；（2）若，求數列的前n項和為.19．（12分）設，，其中．（1）當時，求的值；（2）對，證明：恒為定值．20．（12分）設，（1）求的單調區間；（2）設恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）己知圓F1：(x+1)1+y1=r1(1≤r≤3)，圓F1：(x-1)1+y1=(4-r)1．（1）證明：圓F1與圓F1有公共點，并求公共點的軌跡E的方程；（1）已知點Q(m，0)(m<0)，過點E斜率為k(k≠0）的直線與（Ⅰ）中軌跡E相交于M，N兩點，記直線QM的斜率為k1，直線QN的斜率為k1，是否存在實數m使得k(k1+k1)為定值？若存在，求出m的值，若不存在，說明理由．22．（10分）已知是遞增的等比數列，，且、、成等差數列.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，，求數列的前項和.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

利用建系，假設長度，表示向量與，利用向量的夾角公式，可得結果.【詳解】由平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面所以，又所以作軸//,建立空間直角坐標系如圖設，所以則所以所以故選：C【點睛】本題考查異面直線所成成角的余弦值，一般采用這兩種方法：（1）將兩條異面直線作輔助線放到同一個平面，然后利用解三角形知識求解；（2）建系，利用空間向量，屬基礎題.2、C【解析】

利用數量積的定義可得，即可判斷出結論．【詳解】解：，，，解得，，，解得，“”是“”的充分必要條件．故選：C．【點睛】本題主要考查平面向量數量積的應用，考查推理能力與計算能力，屬于基礎題．3、B【解析】命題p：，為，又為真命題的充分不必要條件為，故4、B【解析】

由題，可求出，所以，根據共線定理，設，利用向量三角形法則求出，結合題給，得出，進而得出，最后利用二次函數求出的最大值，即可求出.【詳解】由題意，直角梯形中，，，，，可求得，所以·∵點在線段上，設，則，即，又因為所以，所以，當時，等號成立.所以.故選：B.【點睛】本題考查平面向量線性運算中的加法運算、向量共線定理，以及運用二次函數求最值，考查轉化思想和解題能力.5、D【解析】循環依次為直至結束循環，輸出，選D.點睛：算法與流程圖的考查，側重于對流程圖循環結構的考查.先明晰算法及流程圖的相關概念，包括選擇結構、循環結構、偽代碼，其次要重視循環起點條件、循環次數、循環終止條件，更要通過循環規律，明確流程圖研究的數學問題，是求和還是求項.6、D【解析】

先判斷函數的奇偶性和單調性，得到，且，解不等式得解.【詳解】由題得函數的定義域為.因為，所以為上的偶函數，因為函數都是在上單調遞減.所以函數在上單調遞減.因為，所以，且，解得.故選：D【點睛】本題主要考查函數的奇偶性和單調性的判斷，考查函數的奇偶性和單調性的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.7、C【解析】

先利用三角恒等變換將題中的方程化簡，構造新的函數，將方程的解的問題轉化為函數圖象的交點問題，畫出函數圖象，再結合，解得的取值范圍.【詳解】由題化簡得，，作出的圖象，又由易知．故選：C.【點睛】本題考查了三角恒等變換，方程的根的問題，利用數形結合法，求得范圍.屬于中檔題.8、B【解析】

利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，進而求出，然后利用三角形的面積公式可計算出的面積.【詳解】為的角平分線，則.，則，，在中，由正弦定理得，即，①在中，由正弦定理得，即，②①②得，解得，，由余弦定理得，，因此，的面積為.故選：B.【點睛】本題考查三角形面積的計算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面積公式的應用，考查計算能力，屬于中等題.9、A【解析】

首先的單調性，由此判斷出，由求得的關系式.利用導數求得的最小值，由此求得的最小值.【詳解】由于函數，所以在上遞減，在上遞增.由于，，令，解得，所以，且，化簡得，所以，構造函數，.構造函數，，所以在區間上遞減，而，，所以存在，使.所以在上大于零，在上小于零.所以在區間上遞增，在區間上遞減.而，所以在區間上的最小值為，也即的最小值為，所以的最小值為.故選：A【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的最值，考查分段函數的圖像與性質，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.10、B【解析】

首先求得雙曲線的一條漸近線方程，再利用左焦點到漸近線的距離為2，列方程即可求出，進而求出漸近線的方程.【詳解】設左焦點為，一條漸近線的方程為，由左焦點到漸近線的距離為2，可得，所以漸近線方程為，即為,故選：B【點睛】本題考查雙曲線的漸近線的方程，考查了點到直線的距離公式，屬于中檔題.11、D【解析】試題分析：由,得,則，故選D.考點：1、復數的運算；2、復數的模.12、D【解析】

利用倍角公式求得的值，利用誘導公式求得的值，利用同角三角函數關系式求得的值，進而求得的值，最后利用正切差角公式求得結果.【詳解】，，，，，，，，故選：D.【點睛】該題考查的是有關三角函數求值問題，涉及到的知識點有誘導公式，正切倍角公式，同角三角函數關系式，正切差角公式，屬于基礎題目.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據向量關系表示，只需求出的取值范圍即可得解.【詳解】由題可得：，故答案為：【點睛】此題考查求平面向量數量積的取值范圍，涉及基本運算，關鍵在于恰當地對向量進行轉換，便于計算解題.14、80.【解析】

只需找到展開式中的項的系數即可.【詳解】展開式的通項為，令，則，故的展開式中的系數為80.故答案為：80.【點睛】本題考查二項式定理的應用，涉及到展開式中的特殊項系數，考查學生的計算能力，是一道容易題.15、【解析】

對函數求導，得出在處的一階導數值，即得出所求切線的斜率，再運用直線的點斜式求出切線的方程.【詳解】令，，所以，又，所求切線方程為，即.故答案為：.【點睛】本題考查運用函數的導函數求函數在切點處的切線方程，關鍵在于求出在切點處的導函數值就是切線的斜率，屬于基礎題.16、【解析】

以為坐標原點，所在的直線為軸，的垂直平分線為軸，建立平面直角坐標系，從而可得、，，，然后利用向量數量積的坐標運算可得，再根據輔助角公式以及三角函數的性質即可求解.【詳解】以為坐標原點，所在的直線為軸，的垂直平分線為軸，建立平面直角坐標系，則、，由，且，所以，所以，即又平分，所以，則,設，則，，所以，所以，，所以的最大值是.故答案為：【點睛】本題考查了向量數量積的坐標運算、利用向量解決幾何問題，同時考查了輔助角公式以及三角函數的性質，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）.（2）【解析】

（1）設A的坐標為A（x0，y0），由題意可得圓心C的坐標，求出C到直線x＝1的距離.由半個弦長，圓心到直線的距離及半徑構成直角三角形可得p的值，進而求出拋物線的方程；（2）將拋物線的方程與圓的方程聯立可得韋達定理，進而求出中點G的坐標，再求出直線OG的斜率的表達式，換元可得斜率的取值范圍.【詳解】（1）設A（x0，y0）且y02＝2px0，則圓心C（），圓C的直徑|AB|，圓心C到直線x＝1的距離d＝|1|＝||，因為|MN|＝2，所以（）2+d2＝（）2，即1，y02＝2px0，整理可得（2p﹣4）x0＝0，所以p＝2，所以拋物線的方程為：y2＝4x；（2）聯立拋物線與圓的方程整理可得x2﹣2（5﹣p）x+16＝0，△＞0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2＝2（5﹣p），x1x2＝16，所以中點G的橫坐標xG＝5﹣p，yG（），所以kOG（0＜P＜1），令t＝5﹣p（t∈（4，5）），則kOG（），解得0＜kOG，所以直線OG斜率的取值范圍（0，）.【點睛】本題考查拋物線的性質及直線與拋物線的綜合，換元方法的應用，屬于中檔題.18、（1）（2）【解析】

（1）利用等差數列的通項公式以及等比中項求出公差，從而求出，再利用等比數列的前項和公式即可求解.（2）由（1）求出，再利用裂項求和法即可求解.【詳解】（1），且，，依次成等比數列，，即：，，，，，；（2），.【點睛】本題考查了等差數列、等比數列的通項公式、等比數列的前項和公式、裂項求和法，需熟記公式，屬于基礎題.19、（1）1（2）1【解析】分析：（1）當時可得，可得.（2）先得到關系式，累乘可得，從而可得，即為定值．詳解：（1）當時，，又，所以.（2）即，由累乘可得，又，所以．即恒為定值1．點睛：本題考查組合數的有關運算，解題時要注意所給出的的定義，并結合組合數公式求解．由于運算量較大，解題時要注意運算的準確性，避免出現錯誤．20、（1）單調遞增區間為，單調遞減區間為；（2）【解析】

（1），令，解不等式即可；（2），令得，即，且的最小值為，令，結合即可解決.【詳解】（1），當時，，遞增，當時，，遞減.故的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（2），，，設的根為，即有可得，，當時，，遞減，當時，，遞增.，所以，①當；②當時，設，遞增，，所以.綜上，.【點睛】本題考查了利用導數研究函數單調性以及函數恒成立問題，這里要強調一點，處理恒成立問題時，通常是構造函數，將問題轉化為函數的極值或最值來處理.21、（1）見解析，（1）存在，【解析】

（1）求出圓和圓的圓心和半徑，通過圓F1與圓F1有公共點求出的范圍，從而根據可得點的軌跡，進而求出方程；（1）過點且斜率為的直線方程為，設，，聯立直線方程和橢圓方程，根據韋達定理以及，，可得，根據其為定值，則有，進而可得結果.【詳解】（1）因為，，所以，因為圓的半徑為，圓的半徑為，又因為，所以，即，所以圓與圓有公共點，設公共點為，因此，所以點的軌跡是以，為焦點的橢圓，所以，，，即軌跡的方程為；（1）過點且斜率為的直線方程為，設，由消去得到，則，，①因為，，所以，將①式代入整理得因為，所以當時，即