2024届高三11月质量检测试题数学本试卷共4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，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.已知集合，，则中元素的个数为（）A.1 B.4 C.6 D.72.已知是虚数单位，则复数的虚部是（）A. B. C. D.3.设a，b是空间两条不同直线，则“a与b无公共点”是“a与b是异面直线”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4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.5.已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.6.如图是一坐山峰的示意图，山峰大致呈圆锥形，峰底呈圆形，其半径为，峰底A到峰顶的距离为，B是山坡的中点.为了发展当地旅游业，现要建设一条从A到B的环山观光公路，当公路长度最短时，公路距山顶的最近距离为（）A. B. C. D.7.已知函数满足，对任意实数x，y都有成立，则（）A. B. C.2 D.18.已知，函数与的图象在上最多有两个公共点，则的取值范围为（）A. B.C. D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若a，，则下列命题正确的是（）A.若且，则 B.若，则C.若，则 D.若，则10.某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系（为自然对数的底数，k，b为常数）.若该食品在0℃的保鲜时间是192小时，在14℃的保鲜时间是48小时，则下列说法正确的是（）参考数据：，A.B.若该食品储藏温度是21℃，则它的保鲜时间是16小时C.D.若该食品保鲜时间超过96小时，则它的储藏温度不高于7℃11.欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则（）A. B.当n为奇数时，C.数列为等比数列 D.数列的前n项和小于12.已知正方体的棱长为2，P是正方体表面上一动点，且，记点P形成的轨迹为，则下列结论正确的是（）A.，， B.，，C.的长度是8 D.的长度是三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列的前n项和为，若，，则______.14.写出与圆和圆都相切的一条直线的方程______.15.已知关于x的不等式恰有一个整数解，则实数a的取值范围是______.16.已知函数则方程的解的个数是______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.（本小题满分10分）已知函数和在处有相同的导数.（1）求；（2）设是的极大值点，是的极小值点，求的值.18.（本小题满分12分）如图，在斜四棱柱中，底面正方形的中心是O，且平面.（1）证明：平面平面；（2）若该四棱柱的所有棱长均为1，求二面角的余弦值.19.（本小题满分12分）为了加快实现我国高水平科技自立自强，某科技公司逐年加大高科技研发投入.下图1是该公司2013年至2022年的年份代码x和年研发投入y（单位：亿元）的散点图，其中年份代码1∼10分别对应年份2013∼2022.图1图2根据散点图，分别用模型①，②作为年研发投入y（单位：亿元）关于年份代码x的经验回归方程模型，并进行残差分析，得到图2所示的残差图.结合数据，计算得到如下表所示的一些统计量的值：752.2582.54.512028.35表中，.（1）根据残差图，判断模型①和模型②哪一个更适宜作为年研发投入y（单位：亿元）关于年份代码x的经验回归方程模型?并说明理由；（2）（i）根据（1）中所选模型，求出y关于x的经验回归方程；（ii）设该科技公司的年利润（单位：亿元）和年研发投入y（单位：亿元）满足（且），问该科技公司哪一年的年利润最大?附：对于一组数据，，…，，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.20.（本小题满分12分）在数列中，已知，，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求的值；（3）若数列满足，求证：.21.（本小题满分12分）在中，为边上的高，已知.（1）若，求的值；（2）若，，求的最小值及取最小值时k的值.22.（本小题满分12分）已知函数.（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（2）讨论函数的零点个数.2024届高三11月质量检测•数学参考答案、提示及评分细则1.【答案】C【解析】因为，，所以，有6个元素，故选C.2.【答案】A【解析】，所以复数的虚部为，故选A.3.【答案】B【解析】当a与b无公共点时，a与b可能平行或异面，反之，当a与b是异面直线时，a与b无公共点，故选B.4.【答案】B【解析】因为函数的定义域为，又，函数为偶函数.故选B.5.【答案】A【解析】由，得.又，所以，所以向量在向量上的投影向量为，故选A.6.【答案】D【解析】以为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如图.则从点A到点B的最短路径为线段，，.过S作，则公路距山顶的最近距离为，因为，所以，故选D.7.【答案】D【解析】因为且，令，得，则，所以，即，所以，所以，故函数是周期为6的周期函数.令，，得，则；令，，得，则.由，得，，，，所以，又，故由函数的周期性知，，故选D.8.【答案】C【解析】设.因为在上最多有两个零点，故，所以.由得.（1）由得；（2）由得；（3）由得；（4）由得；（5）由得此时不等式组无实数解.综上可得，故选C.9.【答案】BD【解析】对选项A，取，，满足且，则，错误；对选项B，因为函数单调递增，当时，，正确；对选项C，，要使，即，即，错误；对选项D，因为函数单调递增，当，则，正确.故选BD.10.【答案】ACD【解析】在函数中，当时，，由，知，，故A正确；当时，，所以，则，当时，，故B不正确；由，得，故C正确；由，得，所以，故D正确.故选ACD.11.【答案】ACD【解析】对于A，因为，，，所以，故A正确；对于B，由于，故B错误；对于C，因为小于的所有正奇数与均互质，且小于的所有正奇数有个，所以，因此数列为等比数列，故C正确；对于D，同理，所以，令，则，故D正确，故选ACD.12.【答案】ACD【解析】是正方体的棱的中垂面与四个侧面的交线，它是一个边长为2的正方形，它的周长是8，且，，，所以A，C正确；在正方体两侧面、和上底面都是一段圆弧，它与其它三个面无公共点.将正方体两侧面和沿展开为平面图，建立平面直角坐标系如图，设动点，因为，所以，化简得，故动点P在两侧面内轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，因为，所以，所以，所以在两侧面内点轨迹长度为.在上底面内，动点P轨迹为以为圆心的一段圆弧，如上图，由，可知，故，又，所以，即圆弧所在圆的半径为，所以圆弧的长为，所以动点P形成的轨迹的长度为，且不存在这样的点P，Q，使，所以D正确，B错误.故选ACD.13.【答案】0【解析】设数列的公差为d，由已知有，，所以，，所以.14.【答案】或或（答案不唯一）【解析】由题设知，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，所以，即两圆外离，故共有4条公切线.又M，N关于原点对称，且两圆半径相等，则有过原点的两条公切线和与平行的两条公切线.设过原点的公切线为，则，可得或，所以公切线为或；设与平行的公切线为，且M，N与公切线距离都为1，则，即，所以公切线为.15.【答案】【解析】设函数，，则过定点，在同一个坐标系中作出两个函数的图象.由题意得得，故所求实数a的取值范围是.16.【答案】4【解析】依题意可得，，当时，由得；当时，由得；当时，由得；当时，由得.综上可得，方程有4个实数根.17.【解析】（1）由题设知，.因为，所以，即.又，，故，得.……5分（2）由题意得，，，.于是，所以，，故的值是.……10分18.【解析】（1）连接交于，连接.在平行四边形中，由于，分别是、的中点，所以.因为平面，平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（2）法一：由于平面，所以，.又，故可以直线，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图.由于斜四棱柱的棱长均为1，所以，，，.所以，.……8分设是平面的一个法向量，由得令得.又由（1）知，，，所以平面.即是平面的一个法向量.……10分设二面角的平面角为，由图可知，.所以.故所求二面角的余弦值为.……12分法二：由（1）知，，又，所以平面.过点作于点，连接，则.所以是二面角的平面角.……9分因为该四棱柱的棱长为1，所以.在中，，，所以.在中，，则.故所求二面角的余弦值为.……12分19.【解析】（1）根据图2可知，模型①的残差波动性很大，说明拟合关系较差；模型②的残差波动性很小，基本分布在0的附近，说明拟合关系很好，所以选择模型②更适宜.……3分（2）（i）设，所以，所以，，所以关于的经验回归方程为.……8分（ii）由题设可得，当，即时，年利润L有最大值，故该公司2028年的年利润最大.……12分20.【解析】（1）由可得，因为，所以，从而是以1为首项，1为公比的等比数列，所以，.……4分（2）因为，所以.……8分（3）因为.所以.即.……12分21.【解析】设a，b，c分别为角A，B，C所对的边，，则.（1）在中，由余弦定理得.由，得，所以.因为，所以，于是，而.……6分（2）法一：由（1）知，.如图，在中，过B作的垂线，且使，则，则，即，所以.于是，即.……10分令函数，，则在上单调递增，所以，此时.故所求的最小值为，此时k的值为.……12分法二：由，得，即，化简得，即，因为，，所以，于是.……10分以下同解法一……12分22.【解析】（1）由题意可知对恒成立.当时，显然成立；当时，；当时，.令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，故当时，；当时，.综上，实数的取值范围是.……5分（2）法一：由（1）可知，当时，有一个零点；当时，在上单调递增，当x趋于0时，趋于负无穷大，且，故只有一个零点.……7分当时，.令，则，在上单调递减，在上单调递增..当x趋于0时，因为趋于0，所以趋于正无穷大.又，所以存在，使得.所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且当时，，，所以当时，在只有一个零点.……9分当时，在上单调递减，，且x趋于正无穷大时，.所以存在，使得，所以在上单调递增，在上单调递减，又当x趋于0时，趋于负无穷大，.所以当时，，当时，.故当时，无论k为何值，取，总能有.所以当时，有两个零点.……11分综上所述，当时，有两个零点；当时，有一个零点.……12分法二：，故当时，.令，则，所以在上单调递减，在上也单调递减，且当x大于0且趋于0时，趋于正无穷大，当x小于e且趋于e时，趋于负无穷大，当x大于e且趋于e时，趋于正无穷大，当x趋于正无穷大时，趋于0，其大致图象如图.由图可知，当时，有两个零点；当时，有一个零点.……12分