２０２４學年鄭州市高三下學期5月月考數學注意事項：1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚。2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。在試題卷上作答無效。3.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.已知為兩條直線，為兩個平面，，則是的（

）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件2.早在西元前6世紀，畢達哥拉斯學派已經知道算術中項，幾何中項以及調和中項，畢達哥拉斯學派哲學家阿契塔在《論音樂》中定義了上述三類中項，其中算術中項，幾何中項的定義與今天大致相同.若，則的最小值為（

）A. B. C. D.3.已知，為兩個隨機事件，，，，，則（

）A.0.1 B. C.0.33 D.4.某地計劃對如圖所示的半徑為的直角扇形區域按以下方案進行擴建改造，在扇形內取一點使得，以為半徑作扇形，且滿足，其中，，則圖中陰影部分的面積取最小值時的大小為（

）A. B. C. D.5.在中，內角的對邊分別為，若，且，則的值為（

）A. B. C. D.6.已知復數滿足（為虛數單位），則的最大值為（

）A.1 B.2 C.3 D.47.在正方體中，E為BD的中點，則直線與所成角的余弦值為（

）A.0 B. C. D.8.已知等差數列的前項和為，且，則（

）A.6 B.9 C.11 D.14二、多項選擇題：本題共３小題，每小題６分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，有選錯的得0分，若只有2個正確選項，每選對1個得3分；若只有3個正確選項，每選對1個得2分.9.下列說法正確的是（

）A.“”是“”的既不充分也不必要條件B.命題“，”的否定是“，”C.若，則D.的最大值為10.已知函數，，且有兩個零點，則下列結論正確的是（

）A.當時， B.C.若，則 D.11.已知，，其中，.若，則（

）A. B.C. D.三、填空題：本大題共3個小題，每小題5分，共15分.12.若定義在上的函數滿足是奇函數，，，則.13.在平面直角坐標系中，角的終邊與單位圓的交點分別為，若直線的傾斜角為，則______.14.已知雙曲線的一條漸近線平行于直線，且雙曲線的一個焦點在直線上，則該雙曲線的方程為.四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.（13分）歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數且與互素的正整數的個數，例如：，，，數列滿足.(1)求，，，并求數列的通項公式；(2)記，求數列的前和.16.（15分）如圖，在圓錐中，是圓錐的頂點，是圓錐底面圓的圓心，是圓錐底面圓的直徑，等邊三角形是圓錐底面圓的內接三角形，是圓錐母線的中點，.(1)求證：平面平面；(2)設點在線段上，且，求直線與平面所成角的正弦值.17.（15分）隨著互聯網的普及，大數據的驅動，線上線下相結合的新零售時代已全面開啟，新零售背景下，即時配送行業穩定快速增長.某即時配送公司為更好地了解客戶需求，優化自身服務，提高客戶滿意度，在其兩個分公司的客戶中各隨機抽取10位客戶進行了滿意度評分調查（滿分100分），評分結果如下：分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.(1)求抽取的這20位客戶評分的第一四分位數；(2)規定評分在75分以下的為不滿意，從上述不滿意的客戶中隨機抽取3人繼續溝通不滿意的原因及改進建議，設被抽到的3人中分公司的客戶人數為，求的分布列和數學期望.18.（17分）在直角坐標系中，設為拋物線：的焦點，為上位于第一象限內一點.當時，的面積為1.(1)求的方程；(2)當時，如果直線與拋物線交于，兩點，直線，的斜率滿足，試探究點到直線的距離的最大值.19.（17分）在函數極限的運算過程中，洛必達法則是解決未定式型或型極限的一種重要方法，其含義為：若函數和滿足下列條件：①且（或，）；②在點的附近區域內兩者都可導，且；③（可為實數，也可為），則.(1)用洛必達法則求；(2)函數（，），判斷并說明的零點個數；(3)已知，，，求的解析式.參考公式：，.參考答案一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.【答案】A【解析】若，因為，所以，即由可以得到，若，如圖，在正方體中，取平面為平面，平面為平面，取為直線，為直線，顯然有，，但與不垂直，即由得不到，故選：A.2.【答案】D【解析】不妨設，，則，，所以，當且僅當時取等號，即，當且僅當時取等號，所以，（）所以當時，取得最小值，故選：D.3.【答案】B【解析】，所以，，所以，所以，即，所以，即，解得，故選：B.4.【答案】A【解析】由題意知，則圖中陰影部分的面積，因為，，所以，所以，令，則，由，得，因為，所以，令，得，所以，所以，當時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，最小，即圖中陰影部分的面積取最小值.故選：A.5.【答案】B【解析】因為，所以，即，因為，則，且余弦函數在上單調遞減，所以，所以，又，所以，由正弦定理得，即，所以.故選：B.6.【答案】C【解析】設復數在復平面中對應的點為，由題意可得：，表示復平面中點到定點的距離為1，所以點的軌跡為以為圓心，半徑的圓，因為表示表示復平面中點到定點的距離，所以，即的最大值為3.故選：C.7.【答案】D【解析】以點為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則，則直線與所成角的余弦值為，故選：D8.【答案】B【解析】設等差數列的首項為，公差為，由，則有，解得，所以等差數列的通項公式為，故.故選：B.二、多項選擇題：本題共３小題，每小題６分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，有選錯的得0分，若只有2個正確選項，每選對1個得3分；若只有3個正確選項，每選對1個得2分.9.【答案】AD【解析】對于A，“若，則”是假命題，因為，而；“若，則”是假命題，因為，而，即“”是“”的既不充分也不必要條件，A正確；對于B，命題“，”是全稱量詞命題，其否定是存在量詞命題，因此它的否定是“，”，B錯誤；對于C，當時，成立，因此成立，不一定有，C錯誤；對于D，函數的定義域為，，而函數在上單調遞增，因此當時，，D正確.故選AD.10.【答案】ACD【解析】A選項，設，作出單位圓，與軸交于點，則，過點作垂直于軸，交射線于點，連接，由三角函數定義可知，，設扇形的面積為，則，即，故，當時，有不等式，A正確；B選項，畫出，，且與的函數圖象，如下：可以看出，，故，B不正確；C選項，的最小正周期為，由圖象可知，故，C正確；D選項，由，，因為，，故，而，但，且在為增函數，故，故，D正確.故選：ACD.11.【答案】AB【解析】二項式展開式的通項為（且），，所以，，因為，所以，解得（舍去）或，故A正確；由，令可得，故B正確；由，令可得，令可得，所以，故C錯誤；將兩邊對求導可得，，令可得，故D錯誤.故選：AB三、填空題：本大題共3個小題，每小題5分，共15分.12.【答案】【解析】因為是奇函數，所以，用替換上式中的，可得，在中，用替換，可得，所以，用替換該式中的，可得，所以，所以函數的周期為，在中，令，得，在中，令，得，在中，令，得，所以，所以.故答案為：.13.【答案】/【解析】由題意得，點，，所以直線的斜率，所以，即，所以或者，當時，可得，此時點重合，不合題意，當時，即，可得.故答案為：.14.【答案】【解析】因為雙曲線的一個焦點在直線上，令，則，故雙曲線的右焦點為，所以，所以，①又因為雙曲線的一條漸近線平行于直線，所以，②由①②解得，所以，雙曲線的方程為：.故答案為：四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.（13分）【答案】(1)，，，(2)【解析】（1）由題意可知，，，由題意可知，正偶數與不互素，所有正奇數與互素，比小的正奇數有個，所以；（2）由（1）知，所以，所以，，所以，①，②所以①－②得，所以.16.（15分）【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）如圖，設交于點，連接，在圓錐中，底面圓，所以，又等邊三角形是圓錐底面圓的內接三角形，為直徑，所以，所以，所以，可知，即是的中點，又是母線的中點，所以，所以平面，又平面，所以平面平面；

（2）由（1）平面，以點為坐標原點，所在直線分別為軸?軸?軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

在等腰三角形中，又，所以，所以，，設平面的法向量為，則，即，令，則，即，設直線與平面所成的角為，則.17.（15分）【答案】(1)(2)，分布列見解析【解析】（1）將抽取的這20位客戶的評分從小到大排列為：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.因為，所以抽取的這20位客戶評分的第一四分位數為.（2）由已知得分公司中75分以下的有66分，72分；分公司中75分以下的有62分，70分，73分，所以上述不滿意的客戶共5人，其中分公司中2人，分公司中3人，所以的所有可能取值為1，2，3.，所以的分布列為123數學期望.18.（17分）【答案】(1)(2)【解析】（1）由題意得，由，，即，從而的面積，則，所以，拋物線的方程為；（2）設（），則，，由，得，即，所以，此時，由題意可知，斜率必不等于0，于是可設：，由，可得，上述方程的判別式滿足，即，設，，根據韋達定理有：，，因