精品解析：福建省厦门集美中学2025届高三上学期十月月考数学试卷

集美中学高中103组高三（上）十月月考数学试卷 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 3. “”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 对任意的实数，不等式恒成立，则的取值范围是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 6. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知的定义域为，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数且，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 的值域为 C. 是R上的减函数 D. 不等式的解集为 11. 在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足（，），下列结论正确的是（ ） A. 若，则点到平面的距离为 B. 若，则四面体的体积是定值 C. 若，则点的轨迹长为 D. 若，，则存在点，使得的最小值为 三、填空题 12. 在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为______. 13. 已知函数，若，且，则的取值范围是__________. 14. 若关于x的不等式恒成立，则实数a的最大值为______． 四、解答题 15. 在区间内，函数在处取得极小值，在处取得极大值. （1）求，的值； （2）讨论在上的单调性. 16. 已知椭圆C：的焦距为，离心率为. （1）求C的标准方程； （2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，在棱上且，平面，在棱上存在一点满足平面． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. “函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意，都有”．若定义在上函数的图象关于点对称，且当时，． （1）求的值； （2）设函数． （i）函数的图像关于点对称，求的值． （ii）若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围． 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 集美中学高中103组高三（上）十月月考数学试卷 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 故选：D 2. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】函数满足根号下被开方数正，对数真数为正即可. 【详解】根据题意知道， 解得，即. 故选：D. 3. “”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】求出的开口方向和对称轴，从而得到不等式，求出，结合是的真子集，确定答案. 【详解】开口向下，对称轴为， 要想在上单调递增，则， 解得， 由于是的真子集， 故“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 故选：A 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别利用函数的定义域、奇偶性与特殊值的正负排除不符合要求的选项即可得. 【详解】由定义域为，故可排除C； 又， 故为奇函数，故可排除D； 由，故可排除B； 故选：A. 5. 对任意的实数，不等式恒成立，则的取值范围是（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过转换主参变量的方法来求得的取值范围. 【详解】依题意，对任意的实数，不等式恒成立， 整理得，令， 则，解得或. 故选：A 6. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由分别是的中点，可得（是三角形的面积，是三角形的面积），由棱台的体积公式可求得，再根据，求得，即可得答案. 【详解】解：设三角形的面积为，三角形与三角形的面积为，三棱柱的高为， 则有，，设三棱柱的体积为， 又因为①，②， 所以③， 由题意可知④， 由①②③④可得， 所以， 所以. 故选：A. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据对数运算性质得，再利用对数函数单调性得，再作差、换底变形比较大小即可. 【详解】，， ， 所以 ， 因为， 所以，即，又，可得. 故选：B. 8. 已知的定义域为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用赋值法，求得，得到的一个周期是，再根据函数的周期性和奇偶性，求得的值，进而得到答案. 【详解】由题意知，函数的定义域为，且， 令，得，所以； 令，得，所以，所以是偶函数， 令，得①，所以②， 由①②知，所以， 所以，所以的一个周期是， 由②得，所以，同理，所以， 又由周期性和偶函数可得： 所以， 所以. 故选：B. 二、多选题 9. 已知函数且，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，可得，利用对数运算性质计算判断AB；变形给定的式子，借助对勾函数的单调性判断CD. 【详解】函数，由，得， 对于AB，，则，解得，A正确，B错误； 对于C，在上单调递增，则，C错误； 对于D，， 而在上单调递增，，因此，D正确. 故选：AD 10. 已知函数，则（ ） A. B. 的值域为 C. 是R上的减函数 D. 不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算得选项A正确；的值域是，得选项B错误；恒正且在R上递增，得选项C正确；等价于，再利用函数的单调性解不等式得选项D正确． 【详解】，所以选项A正确； 的值域是，故的值域是，所以选项B错误； 恒正且在R上递增，故是R上的减函数，所以选项C正确； 由于， 故不等式等价于，即， 又是R上的减函数，故，解得，所以选项D正确． 故选：ACD 11. 在直四棱柱中，底面是菱形，，，为的中点，点满足（，），下列结论正确的是（ ） A. 若，则点到平面的距离为 B. 若，则四面体的体积是定值 C. 若，则点的轨迹长为 D. 若，，则存在点，使得的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由条件确定点的轨迹，证明点到平面的距离为点到平面的，由此判断A，由可得点的轨迹为，结合锥体体积求法即可判断B；由条件确定点的轨迹，由扇形弧长公式即可判断C；把沿着进行翻折，使得四点共面，结合平面几何知识可求的最小值，判断D. 【详解】对于A，如图，连接，点为线段的中点，点为线段的中点， 则，， 因为，， 所以， 则，又， 所以点的轨迹为线段， 因为，， 所以，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 又为， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离的， 连接，，记其交点为， 因为底面是菱形， 所以， 由已知平面，平面， 所以， ，平面， 所以平面， 因为四边形是菱形，， 所以为等边三角形，又， 所以，所以， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的距离为，A错误； 对于B，连接，由得点在线段上， 由为直四棱柱得，，又， 所以的面积为定值，又点平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值， 所以四面体的体积是定值，故B正确； 对于C，如图，在平面中作，垂足为， 由已知得，平面，且平面， 所以，又平面，且， 所以平面， 因为底面是菱形，， 所以，， 在中，因为，所以， 则点在以点为圆心，为半径的圆上运动， 设此圆与交于点，因为，且， 所以，则点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，若，则点与点重合， 把沿着进行翻折，使得四点共面， 此时有最小值， 在中，， 所以，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 解得，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合所给条件，结合线面位置关系，确定点的轨迹. 三、填空题 12. 在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入计算，即可求解. 【详解】由条件可得，， 所以在方向上的投影向量的坐标为 . 故答案为： 13. 已知函数，若，且，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】画出函数图象，分析出，，故，，结合函数单调性得到值域，求出取值范围. 【详解】画出的图象， 当时，单调递增，且， 当时，单调递增，且， 令，解得，令，则， 若，且，则，， 所以，， 当时，取得最小值，最小值为， 又时，，时，， 故. 故答案为： 14. 若关于x的不等式恒成立，则实数a的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】变形得到，设，求导得到函数单调性，得到，令，则，求导得到函数单调性和极值最值情况，求出，设，求导得到单调性，并求出，所以，所以，得到答案. 【详解】不等式，即， 所以． 设，则， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以． 令，则． 当时，，单调递增，则， 故满足条件； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则， 设，则， 则在上单调递减， 又， 所以，所以， 所以a的最大值为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：变形为，从而构造，其中，利用导函数得到函数单调性和极值最值情况进行求解. 四、解答题 15. 在区间内，函数在处取得极小值，在处取得极大值. （1）求，的值； （2）讨论在上的单调性. 【答案】（1）， （2）的单调递增区间是，单调递减区间是和. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用极值点列方程求解即可； （2）利用导数，根据和，求函数的单调区间. 【小问1详解】 因为，所以， 又由已知得，， 所以，， 联立求解得，，经验证，适合题意； 【小问2详解】 由（1）知， 当，解得：， 当，解得：或， 所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是和. 16. 已知椭圆C：的焦距为，离心率为. （1）求C的标准方程； （2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，，即可得到答案. （2）首先设，，根据直线与椭圆联立，结合根系关系得到，设直线l与x轴的交点为，再根据求解即可. 【小问1详解】 由题意得，，， 又，则， 则， 所以C的标准方程为. 【小问2详解】 由题意设，，如图所示： 联立， 整理得， ， 则，， 故. 设直线l与x轴的交点为， 又，则， 故， 结合，解得. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，在棱上且，平面，在棱上存在一点满足平面． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在四棱锥中，底面为矩形，则， 由平面，平面，得， 而平面，则平面，又平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质及面面垂直的判定推理即得. （2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，由，得，令， 则有，即，， ，由平面，得存在实数使， 即，解得，， ， 设平面的法向量，则，令，， 设平面的法向量，则，令，， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. “函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意，都有”．若定义在上函数的图象关于点对称，且当时，． （1）求的值； （2）设函数． （i）函数的图像关于点对称，求的值． （ii）若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由函数的图像关于点对称，可得； （2）（ⅰ）根据条件得到，代入，化简得，即可求解；（ⅱ）由在的值域为，设在上的值域为A，问题转化为，先求解，分类讨论轴与区间的关系，研究二次函数的值域即可. 【小问1详解】 因为函数的图像关于点对称， 则， 令，可得． 【小问2详解】 （ⅰ）因为函数的图像关于点对称， 所以，又， 所以，整理得到， 得到，解得. （ⅱ）， 则在上单调递增，所以的值域为， 设在上的值域为， 对任意，总存在，使得成立， 则， 当时，， 函数图象开口向上，对称轴为，且， 当，即，函数在上单调递增， 由对称性可知，在上单调递增，所以在上单调递增， 因为，， 所以， 所以，由，可得，解得． 当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增， 由对称性可知在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 结合对称性可得或， 因为，所以，， 又，， 所以，， 所以当时，成立． 当，即时，函数在上单调递减， 由对称性可知在上单调递减，因为，， 所以，所以，由， 可得，解得． 综上所述，实数a的取值范围为. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（3）问，根据条件先求得的值域为，从而有，再根据条件，利用二次函数的性质和函数的对称性，对进行分类讨论，即可求解. 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）存在，和 【解析】 【分析】（1）代入和的公式，即可求解； （2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解； （3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程. 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 设，由题意得：， 即，而表示的图形是正方形， 其中、、、． 即点在正方形的边上运动，，， 可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值． 因此，点有如下两种可能： ①点为点，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，取， 则． 因为，所以的最大值为． 【小问3详解】 易知，设，则 当时，，则，，满足题意； 当时，， 由分段函数性质可知， 又且恒成立，当且仅当时等号成立． 综上，满足条件的直线有且只有两条，和． 【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $