2024郑州宇华实验学校高三下学期5月月考试题数学含解析

这是一份2024郑州宇华实验学校高三下学期5月月考试题数学含解析，共15页。试卷主要包含了1B，已知复数满足，已知等差数列的前项和为，且，则，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知为两条直线，为两个平面，，则是的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
2.早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若，则的最小值为（ ）
A.B.C.D.
3.已知，为两个随机事件，，，，，则（ ）
A.0.1B.D.
4.某地计划对如图所示的半径为的直角扇形区域按以下方案进行扩建改造，在扇形内取一点使得，以为半径作扇形，且满足，其中，，则图中阴影部分的面积取最小值时的大小为（ ）
A.B.C.D.
5.在中，内角的对边分别为，若，且，则的值为（ ）
A.B.C.D.
6.已知复数满足（为虚数单位），则的最大值为（ ）
A.1B.2C.3D.4
7.在正方体中，E为BD的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A.0B.C.D.
8.已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A.6B.9C.11D.14
二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.下列说法正确的是（ ）
A.“”是“”的既不充分也不必要条件
B.命题“，”的否定是“，”
C.若，则
D.的最大值为
10.已知函数，，且有两个零点，则下列结论正确的是（ ）
A.当时，B.
C.若，则D.
11.已知，，其中，.若，则（ ）
A.B.
C.D.
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.若定义在上的函数满足是奇函数，，，则 .
13.在平面直角坐标系中，角的终边与单位圆的交点分别为，若直线 的倾斜角为，则______.
14.已知双曲线的一条渐近线平行于直线，且双曲线的一个焦点在直线上，则该双曲线的方程为 .
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（13分）欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数且与互素的正整数的个数，例如：，，，数列满足.
(1)求，，，并求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前和.
16.（15分）如图，在圆锥中，是圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)设点在线段上，且，求直线与平面所成角的正弦值.
17.（15分）随着互联网的普及，大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下：
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)求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；
(2)规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望.
18.（17分）在直角坐标系中，设为抛物线：的焦点，为上位于第一象限内一点.当时，的面积为1.
(1)求的方程；
(2)当时，如果直线与抛物线交于，两点，直线，的斜率满足，试探究点到直线的距离的最大值.
19.（17分）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件：
①且（或，）；
②在点的附近区域内两者都可导，且；
③（可为实数，也可为），则.
(1)用洛必达法则求；
(2)函数（，），判断并说明的零点个数；
(3)已知，，，求的解析式.
参考公式：，.
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.【答案】A
【解析】若，因为，所以，即由可以得到，
若，如图，在正方体中，取平面为平面，平面为平面，
取为直线，为直线，显然有，，但与不垂直，即由得不到，
故选：A.
2.【答案】D
【解析】不妨设，，则，，
所以，当且仅当时取等号，
即，当且仅当时取等号，
所以
，（）
所以当时，取得最小值，
故选：D.
3.【答案】B
【解析】，
所以，
，
所以，
所以，
即，
所以，
即，
解得，
故选：B.
4.【答案】A
【解析】由题意知，
则图中阴影部分的面积
，
因为，，所以，所以，
令，
则，
由，得，
因为，所以，
令，得，
所以，所以，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，最小，即图中阴影部分的面积取最小值.
故选：A.
5.【答案】B
【解析】因为，
所以，
即，因为，则，
且余弦函数在上单调递减，所以，
所以，又，所以，
由正弦定理得，即，
所以.
故选：B.
6.【答案】C
【解析】设复数在复平面中对应的点为，
由题意可得：，表示复平面中点到定点的距离为1，
所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆，
因为表示表示复平面中点到定点的距离，
所以，即的最大值为3.
故选：C.
7.【答案】D
【解析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，
则，
则直线与所成角的余弦值为
，
故选：D
8.【答案】B
【解析】设等差数列的首项为，公差为，
由，
则有，解得，
所以等差数列的通项公式为，
故.
故选：B.
二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.【答案】AD
【解析】对于A，“若，则”是假命题，因为，而；“若，则”是假命题，因为，而，即“”是“”的既不充分也不必要条件，A正确；
对于B，命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，因此它的否定是“，”，B错误；
对于C，当时，成立，因此成立，不一定有，C错误；
对于D，函数的定义域为，，
而函数在上单调递增，因此当时，，D正确.
故选AD.
10.【答案】ACD
【解析】A选项，设，作出单位圆，与轴交于点，则，
过点作垂直于轴，交射线于点，连接，
由三角函数定义可知，，
设扇形的面积为，则，即，故，
当时，有不等式，A正确；
B选项，画出，，且与的函数图象，如下：
可以看出，，故，B不正确；
C选项，的最小正周期为，由图象可知，故，C正确；
D选项，由，
，
因为，，故，
而，
但，且在为增函数，
故，故，D正确.
故选：ACD.
11.【答案】AB
【解析】二项式展开式的通项为（且），
，
所以，，
因为，所以，解得（舍去）或，故A正确；
由，
令可得，故B正确；
由，
令可得，
令可得，所以，故C错误；
将两边对求导可得，
，
令可得，故D错误.
故选：AB
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【解析】因为是奇函数，所以，
用替换上式中的，可得，
在中，用替换，可得，
所以，用替换该式中的，可得，
所以，所以函数的周期为，
在中，令，得，
在中，令，得，
在中，令，得，
所以，
所以.
故答案为：.
13.【答案】/
【解析】由题意得，点，，
所以直线的斜率，
所以，即，
所以或者，
当时，可得，此时点重合，不合题意，
当时，即，
可得.
故答案为：.
14.【答案】
【解析】因为双曲线的一个焦点在直线上，
令，则，故双曲线的右焦点为，
所以，所以，①
又因为双曲线的一条渐近线平行于直线，
所以，②
由①②解得，
所以，双曲线的方程为：.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（13分）【答案】(1)，，，
(2)
【解析】（1）由题意可知，，，
由题意可知，正偶数与不互素，所有正奇数与互素，比小的正奇数有个，
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)证明见解析
(2)
【解析】（1）如图，设交于点，连接，
在圆锥中，底面圆，所以，
又等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，为直径，所以，
所以，所以，
可知，即是的中点，
又是母线的中点，所以，所以平面，
又平面，所以平面平面；

（2）由（1）平面，以点为坐标原点，
所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

在等腰三角形中，
又，所以，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设直线与平面所成的角为，
则.
17.（15分）【答案】(1)
(2)，分布列见解析
【解析】（1）将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因为，
所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为.
（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，
所以上述不满意的客户共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为1，2，3.
，
所以的分布列为
数学期望.
18.（17分）【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由题意得，由，，即，
从而的面积，则，
所以，抛物线的方程为；
（2）设（），则，，
由，得，即，
所以，此时，
由题意可知，斜率必不等于0，于是可设：，
由，可得，
上述方程的判别式满足，即，
设，，
根据韦达定理有：，，
因为，所以，，
于是，
所以，，即，
故直线的方程为，即，
所以直线恒过定点，
则当时，点到直线的距离有最大值，
且最大值为.
19.（17分）【答案】(1)
(2)仅在时存在1个零点，理由见解析
(3)
【解析】（1）
（2），，
所以，.
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
，，
当时，，所以仅在时存在1个零点.
（3），所以，，…，
将各式相乘得，
两侧同时运算极限，所以，
即，
令，原式可化为，又，
由（1）得，
故，由题意函数的定义域为，
综上，1
2
3