浙江省温州市2023-2024学年高一上学期数学期末教学质量统一检测试卷（A卷）
一、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．（2024高一上·温州期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查集合的交集运算.先解一元二次不等式可得：，根据集合的交集运算可得：
2．（2024高一上·温州期末）“”是“”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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为 ，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故答案为：B.
【分析】本题考查充分必要条件的判断.根据题意可得： ，所以“”不可推出“”，但“”可推出“”，所以“”是“”的必要不充分条件.
3．（2024高一上·温州期末）设，某同学用二分法求方程的近似解（精确度为0.5）列出了对应值表如下：
0.125 0.4375 0.75 2
0.03 2.69
依据此表格中的数据，得到的方程近似解可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为，，
故方程的近似解在区间内，
仅当时，满足，且满足精确度为0.5，
故答案为：C.
【分析】本题考查零点存在性定理.根据零点存在性定理：函数值一正一负存在零点，观察表格可得：，，所以方程的近似解在区间内，又因为，所以 方程近似解可能是，且满足精确度为0.5 .
4．（2024高一上·温州期末）一个周长是4，面积为1的扇形的半径为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题意不妨设扇形的半径为，设扇形的弧长为，
所以，即，解得.
故答案为：A.
【分析】本题考查扇形的面积公式和弧长公式.先设扇形的半径为，设扇形的弧长为，据此可知扇形的周长为：，扇形的面积为：，联立可得：，消元可得：，解方程可求出半径.
5．（2024高一上·温州期末）已知函数在定义域上是减函数，则的值可以是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
【答案】D
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：由题意当时，单调递减，当时，单调递增，
若函数在定义域上是减函数，只需，
解得，对比选项可知的值可以是.
故答案为：D.
【分析】本题考查函数的单调性.根据二次函数的单调性可得：当时，单调递减，当时，单调递增.故要使函数在定义域上是减函数，只需满足即可，解得，对照选项可选出答案.
6．（2024高一上·温州期末）如图所示函数的图象，则下列函数的解析式最有可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：由图可知函数定义域为全体实数，故排除AD，
若，则当时，，当时，，
由此可以排除B，经检验C选项符合题意.
故答案为：C.
【分析】本题考查函数图象.观察图象可得：处函数有定义，但函数和的定义域为x不等于0据此可排除A和D选项；对于函数，当时，，当时，，不符合函数图象，据此又可以排除C选项，通过排除法可得答案.
7．（2024高一上·温州期末）已知，，满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，所以，
所以，等号成立当且仅当，
所以.
故答案为：A.
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.先将变形为：，即，对式子两边同时乘以：可得：，使用基本不等式可求出的最值，开方后可求出的最值.
8．（2024高一上·温州期末）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意，，，
表示时函数的点的纵坐标，
表示时函数的点的纵坐标，
表示时函数的点的纵坐标，
作出三个函数的图象如图所示，
由图可知，，
故答案为：A.
【分析】本题考查数形结合比较指数和对数的大小.首先分析三个数在图象中的几何意义：表示时函数的点的纵坐标，表示时函数的点的纵坐标，表示时函数的点的纵坐标，再在同一直角坐标系中作出三个函数的图象如图所示，找到到三个数的位置，根据点越高，数值越大，可比较出答案.
二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．（2024高一上·温州期末）下列四个命题中是真命题的有（ ）
A．，
B．，
C．命题“，”的否定是“，”
D．命题“”是真命题
【答案】A,C
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：A、由指数函数值域可知，A正确；
B、因为，B错误；
C、由全称量词命题的否定形式可知，C正确；
D、由同角三角函数的平方关系式可知，恒成立，D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查命题真假的判断和命题的否定.根据指数函数性质可得：底数大于0时，指数值大于0，故；对式子配方后可得：，故；全称量词命题的否定为存在量词，命题的否定先改量词后否定结论，故命题“，”的否定是“，.根据同角三角函数的平方关系可得：恒成立，故命题“”是假命题.
10．（2024高一上·温州期末）已知函数，若，则以下说法正确的是（ ）
A．
B．函数一定有两个零点
C．设是函数两个零点，则
D．
【答案】A,B,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；函数与方程的综合运用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、由，解得，A正确；
B、因为，所以函数一定有两个零点，B正确；
C、若是方程即方程的两根，
则由韦达定理有，所以，C正确；
D、因为，所以，等号成立当且仅当，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题考查函数零点的定义，函数与方程的综合应用，利用基本不等式求最值. 已知函数， ，则，化简可得：；令可得方程：，则 ，故函数一定有两个零点； 是函数两个零点，则是方程的两个根，即方程的两根，根据根与系数的关系可得：，所以；，所以，使用基本不等式可得.
11．（2024高一上·温州期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．是奇函数
D．的单调递减区间为
【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：根据题意可得，
A、所以的最小正周期为，A正确；
B、将代入可得，没有取到最值，
所以的图象不关于直线对称，B错误；
C、易知，可得是奇函数，C正确；
D、令，，解得，；
所以的单调递减区间为，，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.由辅助角公式可得，根周期公式可求出周期；对称轴和对称中心的判断：将代入可得，没有取到最值，所以的图象不关于直线对称；，又因，可得是奇函数； 的单调递减区间，令，解不等式可求出的单调递减区间.
12．（2024高一上·温州期末）已知函数满足：，，，，，则（ ）
A．为奇函数 B．
C．方程有三个实根 D．在上单调递增
【答案】B,C,D
【知识点】抽象函数及其应用；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：令，则，
令，则，
在上式中，令，则，即，
令，则，
则，即，
又因为，
所以，即，
A、，故不为奇函数，A错误；
B、，B正确；
C、结合关键点的分析，再同一平面直角坐标系中作出与的图象如图所示：
观察图象可知，与的图象有三个交点，即方程有三个实根，C正确；
D、当，，由复合函数单调性可知此时单调递增，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查抽象函数的应用，函数与方程的综合应用.首先令，再令，通过转换得，由此得可求出函数的解析式：.根据题意可得，故不为奇函数；通过计算可得；在同一平面直角坐标系中作出与的图象，观察图象可知，与的图象有三个交点，即方程有三个实根；已知，变形可得：，又因为在上单调递增，据此可判断函数在上的单调性
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高一上·温州期末） ．
【答案】
【知识点】诱导公式
【解析】【解答】解：．
故答案为：．
【分析】本题考查三角函数诱导公式的应用.观察可得：，根据三角函数的诱导公式可得：．
14．（2024高一上·温州期末）已知函数，则 .
【答案】
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：由题意，在中，，，
故答案为：.
【分析】本题考查多层函数求值问题，代入解析式可求出答案，
15．（2024高一上·温州期末）若函数在上是增函数，则的最大值是 ．
【答案】
【知识点】函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为在上关于单调递增，
若函数在上是增函数，
则由复合函数单调性可知只需关于单调递增，故只需考虑，
所以，解得，即的最大值是.
故答案为：.
【分析】本题考查正切函数的单调性.根据正切函数的单调性可得：在上关于单调递增，又知函数在上是增函数，所以只需满足，且，解此不等式可求出答案.
16．（2024高一上·温州期末）函数，，方程恰有三个根，，，其中，则的值为 ．
【答案】-25
【知识点】函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：由题意，即，显然，
所以，
令，所以，等号成立当且仅当，
由对勾函数性质得，
当或时，关于的方程的根的个数为2，
当或时，关于的方程的根的个数为1，
当时，关于的方程的根的个数为0，
由题意方程恰有三个根，其中，
而关于的方程的根的个数情况可能为0，1，2；
所以关于的方程只能有两个不相等的根（），
不妨设为，且或，或；
又由韦达定理有，
所以（舍去）或，
所以是关于的方程的根，是关于的方程即的根，
由韦达定理有，，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.已知，化简可得：，通过换元法令，，得关于的方程的根的个数为2；结合韦达定理可知（舍去）或，据此可知
是关于的方程的根，是关于的方程即的根，根据韦达定理可得：，，代入可求出答案.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2024高一上·温州期末）已知集合，．
（1）当时，求集合；
（2）当时，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，
，
或.
（2）解：
若，则
因此
【知识点】集合关系中的参数取值问题；补集及其运算
【解析】【分析】本题考查补集的运算，集合间的基本关系.
（1）当时，通过解一元二次不等式可得：，结合补集的概念可求出.
（2）先解一元二次不等式可得，又知，根据集合间的基本关系可得，解此不等式可求出答案.
18．（2024高一上·温州期末）已知函数．
（1）判断函数的奇偶性并证明；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1）解：函数的定义域为，
且对于任意的
又，
，函数为奇函数.
（2）解：由(1)可得函数为奇函数，
因此，
又因为函数在其定义域上单调递增，
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性和单调性.
(1)已知定义域为全体实数，它关于原点对称，再求出可得：，据此可判断为奇函数.直接由函数奇偶性的定义判定并证明即可.
（2）已知，可变形为：，又因为为奇函数，所以，故，又可判断出是增函数，所以，解方程可求出答案.
19．（2024高一上·温州期末）已知，．
（1）求m，n的值；
（2）已知角的终边过点，求的值．
【答案】（1）解：
（2）解：由（1）可得，
所以角的终边过点，
故，
则.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；任意角三角函数的定义
【解析】【分析】本题考查指数运算法则和对数运算法则，三角函数的定义.
（1）先将4和8写成2的指数可得：，化简后可求出m的值；可写成，应用对数运算法则可得：，进而求出n的值；
（2）由（1）可得，可先求出：，再利用三角函数定义可先求出，利用余弦二倍角公式，代入数据可求出答案.
20．（2024高一上·温州期末）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数与函数的图像存在两个不同的交点，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由题意知f(x)的定义域为
在为减函数.
，且
，故
在为减函数.
（2）解：由题意知，由于，故
在上有两个不同的根.
方程在上有两个不同的根.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查根据单调性的定义讨论单调性，函数与方程的综合应用.
（1），分离常数可得：，所以函数在为减函数.再利用单调性的定义，取值，作差：，变形可得：，定号：，所以，进而证明单调性.
（2）已知函数与函数的图像存在两个不同的交点，所以，因此方程在上有两个不同的根，进而转化为：方程在上有两个不同的根，列出不等式组 ，即可求解出答案.
21．（2024高一上·温州期末）下表是地一天从时的部分时刻与温度变化的关系的预报，现选用一个函数来近似描述温度与时刻的关系．
时刻/h 2 6 10 14 18
温度/℃ 20 10 20 30 20
（1）写出函数的解析式：
（2）若另一个地区这一天的气温变化曲线也近似满足函数且气温变化也是从到，只不过最高气温都比地区早2个小时，求同一时刻，地与地的温差的最大值．
【答案】（1）解：由题意得，
，把（14，30）代入，得
（2）解：由题意得，
利用可得，
，
当时，，即.
.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查待定系数法求三角函数解析式，函数的最值.
（1）由表中数据发现温度跌宕起伏，且呈现一定规律（周期），由此联想到三角函数，根据表格可得：，，根据可求出
的取值：，把（14，30）代入可求出的值，进而得出答案.
（2）由题意可得，两函数作差可得：，利用和差化积公式可得：，据此可求出 地与地的温差的最大值．
22．（2024高一上·温州期末）已知函数．
（1）若在有零点，求实数的取值范围；
（2）记的零点为，的零点为，求证：．
【答案】（1）解：由于函数在上单调递增，则，
故.
（2）解：，故，
，又，两边取对数，得
.
同构函数，故.
在上单调递增，.
事实上，.若，则，不成立，舍去.
故
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；函数零点存在定理
【解析】【分析】本题考查零点存在性定理，基本不等式的应用.
（1）已知 若在有零点 ，且函数在上单调递增，根据零点存在定理可得：，代入解析式，列出不等式组：，解不等式可求出答案.
（2）由题意有，，同构单调函数可得，转化为指数式可得：，所以，利用基本不等式可得，进而证明结论.
1 / 1浙江省温州市2023-2024学年高一上学期数学期末教学质量统一检测试卷（A卷）
一、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．（2024高一上·温州期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·温州期末）“”是“”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
3．（2024高一上·温州期末）设，某同学用二分法求方程的近似解（精确度为0.5）列出了对应值表如下：
0.125 0.4375 0.75 2
0.03 2.69
依据此表格中的数据，得到的方程近似解可能是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·温州期末）一个周长是4，面积为1的扇形的半径为（ ）
A．1 B．2 C． D．
5．（2024高一上·温州期末）已知函数在定义域上是减函数，则的值可以是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
6．（2024高一上·温州期末）如图所示函数的图象，则下列函数的解析式最有可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一上·温州期末）已知，，满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·温州期末）设，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．（2024高一上·温州期末）下列四个命题中是真命题的有（ ）
A．，
B．，
C．命题“，”的否定是“，”
D．命题“”是真命题
10．（2024高一上·温州期末）已知函数，若，则以下说法正确的是（ ）
A．
B．函数一定有两个零点
C．设是函数两个零点，则
D．
11．（2024高一上·温州期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．是奇函数
D．的单调递减区间为
12．（2024高一上·温州期末）已知函数满足：，，，，，则（ ）
A．为奇函数 B．
C．方程有三个实根 D．在上单调递增
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高一上·温州期末） ．
14．（2024高一上·温州期末）已知函数，则 .
15．（2024高一上·温州期末）若函数在上是增函数，则的最大值是 ．
16．（2024高一上·温州期末）函数，，方程恰有三个根，，，其中，则的值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2024高一上·温州期末）已知集合，．
（1）当时，求集合；
（2）当时，求实数的取值范围．
18．（2024高一上·温州期末）已知函数．
（1）判断函数的奇偶性并证明；
（2）若，求实数的值．
19．（2024高一上·温州期末）已知，．
（1）求m，n的值；
（2）已知角的终边过点，求的值．
20．（2024高一上·温州期末）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数与函数的图像存在两个不同的交点，求实数的取值范围．
21．（2024高一上·温州期末）下表是地一天从时的部分时刻与温度变化的关系的预报，现选用一个函数来近似描述温度与时刻的关系．
时刻/h 2 6 10 14 18
温度/℃ 20 10 20 30 20
（1）写出函数的解析式：
（2）若另一个地区这一天的气温变化曲线也近似满足函数且气温变化也是从到，只不过最高气温都比地区早2个小时，求同一时刻，地与地的温差的最大值．
22．（2024高一上·温州期末）已知函数．
（1）若在有零点，求实数的取值范围；
（2）记的零点为，的零点为，求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查集合的交集运算.先解一元二次不等式可得：，根据集合的交集运算可得：
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为 ，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故答案为：B.
【分析】本题考查充分必要条件的判断.根据题意可得： ，所以“”不可推出“”，但“”可推出“”，所以“”是“”的必要不充分条件.
3．【答案】C
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为，，
故方程的近似解在区间内，
仅当时，满足，且满足精确度为0.5，
故答案为：C.
【分析】本题考查零点存在性定理.根据零点存在性定理：函数值一正一负存在零点，观察表格可得：，，所以方程的近似解在区间内，又因为，所以 方程近似解可能是，且满足精确度为0.5 .
4．【答案】A
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题意不妨设扇形的半径为，设扇形的弧长为，
所以，即，解得.
故答案为：A.
【分析】本题考查扇形的面积公式和弧长公式.先设扇形的半径为，设扇形的弧长为，据此可知扇形的周长为：，扇形的面积为：，联立可得：，消元可得：，解方程可求出半径.
5．【答案】D
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：由题意当时，单调递减，当时，单调递增，
若函数在定义域上是减函数，只需，
解得，对比选项可知的值可以是.
故答案为：D.
【分析】本题考查函数的单调性.根据二次函数的单调性可得：当时，单调递减，当时，单调递增.故要使函数在定义域上是减函数，只需满足即可，解得，对照选项可选出答案.
6．【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：由图可知函数定义域为全体实数，故排除AD，
若，则当时，，当时，，
由此可以排除B，经检验C选项符合题意.
故答案为：C.
【分析】本题考查函数图象.观察图象可得：处函数有定义，但函数和的定义域为x不等于0据此可排除A和D选项；对于函数，当时，，当时，，不符合函数图象，据此又可以排除C选项，通过排除法可得答案.
7．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，所以，
所以，等号成立当且仅当，
所以.
故答案为：A.
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.先将变形为：，即，对式子两边同时乘以：可得：，使用基本不等式可求出的最值，开方后可求出的最值.
8．【答案】A
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意，，，
表示时函数的点的纵坐标，
表示时函数的点的纵坐标，
表示时函数的点的纵坐标，
作出三个函数的图象如图所示，
由图可知，，
故答案为：A.
【分析】本题考查数形结合比较指数和对数的大小.首先分析三个数在图象中的几何意义：表示时函数的点的纵坐标，表示时函数的点的纵坐标，表示时函数的点的纵坐标，再在同一直角坐标系中作出三个函数的图象如图所示，找到到三个数的位置，根据点越高，数值越大，可比较出答案.
9．【答案】A,C
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：A、由指数函数值域可知，A正确；
B、因为，B错误；
C、由全称量词命题的否定形式可知，C正确；
D、由同角三角函数的平方关系式可知，恒成立，D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查命题真假的判断和命题的否定.根据指数函数性质可得：底数大于0时，指数值大于0，故；对式子配方后可得：，故；全称量词命题的否定为存在量词，命题的否定先改量词后否定结论，故命题“，”的否定是“，.根据同角三角函数的平方关系可得：恒成立，故命题“”是假命题.
10．【答案】A,B,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；函数与方程的综合运用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、由，解得，A正确；
B、因为，所以函数一定有两个零点，B正确；
C、若是方程即方程的两根，
则由韦达定理有，所以，C正确；
D、因为，所以，等号成立当且仅当，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题考查函数零点的定义，函数与方程的综合应用，利用基本不等式求最值. 已知函数， ，则，化简可得：；令可得方程：，则 ，故函数一定有两个零点； 是函数两个零点，则是方程的两个根，即方程的两根，根据根与系数的关系可得：，所以；，所以，使用基本不等式可得.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：根据题意可得，
A、所以的最小正周期为，A正确；
B、将代入可得，没有取到最值，
所以的图象不关于直线对称，B错误；
C、易知，可得是奇函数，C正确；
D、令，，解得，；
所以的单调递减区间为，，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】本题考查正弦函数的图象和性质.由辅助角公式可得，根周期公式可求出周期；对称轴和对称中心的判断：将代入可得，没有取到最值，所以的图象不关于直线对称；，又因，可得是奇函数； 的单调递减区间，令，解不等式可求出的单调递减区间.
12．【答案】B,C,D
【知识点】抽象函数及其应用；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：令，则，
令，则，
在上式中，令，则，即，
令，则，
则，即，
又因为，
所以，即，
A、，故不为奇函数，A错误；
B、，B正确；
C、结合关键点的分析，再同一平面直角坐标系中作出与的图象如图所示：
观察图象可知，与的图象有三个交点，即方程有三个实根，C正确；
D、当，，由复合函数单调性可知此时单调递增，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查抽象函数的应用，函数与方程的综合应用.首先令，再令，通过转换得，由此得可求出函数的解析式：.根据题意可得，故不为奇函数；通过计算可得；在同一平面直角坐标系中作出与的图象，观察图象可知，与的图象有三个交点，即方程有三个实根；已知，变形可得：，又因为在上单调递增，据此可判断函数在上的单调性
13．【答案】
【知识点】诱导公式
【解析】【解答】解：．
故答案为：．
【分析】本题考查三角函数诱导公式的应用.观察可得：，根据三角函数的诱导公式可得：．
14．【答案】
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：由题意，在中，，，
故答案为：.
【分析】本题考查多层函数求值问题，代入解析式可求出答案，
15．【答案】
【知识点】函数y=Atan（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为在上关于单调递增，
若函数在上是增函数，
则由复合函数单调性可知只需关于单调递增，故只需考虑，
所以，解得，即的最大值是.
故答案为：.
【分析】本题考查正切函数的单调性.根据正切函数的单调性可得：在上关于单调递增，又知函数在上是增函数，所以只需满足，且，解此不等式可求出答案.
16．【答案】-25
【知识点】函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：由题意，即，显然，
所以，
令，所以，等号成立当且仅当，
由对勾函数性质得，
当或时，关于的方程的根的个数为2，
当或时，关于的方程的根的个数为1，
当时，关于的方程的根的个数为0，
由题意方程恰有三个根，其中，
而关于的方程的根的个数情况可能为0，1，2；
所以关于的方程只能有两个不相等的根（），
不妨设为，且或，或；
又由韦达定理有，
所以（舍去）或，
所以是关于的方程的根，是关于的方程即的根，
由韦达定理有，，
所以.
故答案为：.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.已知，化简可得：，通过换元法令，，得关于的方程的根的个数为2；结合韦达定理可知（舍去）或，据此可知
是关于的方程的根，是关于的方程即的根，根据韦达定理可得：，，代入可求出答案.
17．【答案】（1）解：当时，
，
或.
（2）解：
若，则
因此
【知识点】集合关系中的参数取值问题；补集及其运算
【解析】【分析】本题考查补集的运算，集合间的基本关系.
（1）当时，通过解一元二次不等式可得：，结合补集的概念可求出.
（2）先解一元二次不等式可得，又知，根据集合间的基本关系可得，解此不等式可求出答案.
18．【答案】（1）解：函数的定义域为，
且对于任意的
又，
，函数为奇函数.
（2）解：由(1)可得函数为奇函数，
因此，
又因为函数在其定义域上单调递增，
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性和单调性.
(1)已知定义域为全体实数，它关于原点对称，再求出可得：，据此可判断为奇函数.直接由函数奇偶性的定义判定并证明即可.
（2）已知，可变形为：，又因为为奇函数，所以，故，又可判断出是增函数，所以，解方程可求出答案.
19．【答案】（1）解：
（2）解：由（1）可得，
所以角的终边过点，
故，
则.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；任意角三角函数的定义
【解析】【分析】本题考查指数运算法则和对数运算法则，三角函数的定义.
（1）先将4和8写成2的指数可得：，化简后可求出m的值；可写成，应用对数运算法则可得：，进而求出n的值；
（2）由（1）可得，可先求出：，再利用三角函数定义可先求出，利用余弦二倍角公式，代入数据可求出答案.
20．【答案】（1）解：由题意知f(x)的定义域为
在为减函数.
，且
，故
在为减函数.
（2）解：由题意知，由于，故
在上有两个不同的根.
方程在上有两个不同的根.
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查根据单调性的定义讨论单调性，函数与方程的综合应用.
（1），分离常数可得：，所以函数在为减函数.再利用单调性的定义，取值，作差：，变形可得：，定号：，所以，进而证明单调性.
（2）已知函数与函数的图像存在两个不同的交点，所以，因此方程在上有两个不同的根，进而转化为：方程在上有两个不同的根，列出不等式组 ，即可求解出答案.
21．【答案】（1）解：由题意得，
，把（14，30）代入，得
（2）解：由题意得，
利用可得，
，
当时，，即.
.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查待定系数法求三角函数解析式，函数的最值.
（1）由表中数据发现温度跌宕起伏，且呈现一定规律（周期），由此联想到三角函数，根据表格可得：，，根据可求出
的取值：，把（14，30）代入可求出的值，进而得出答案.
（2）由题意可得，两函数作差可得：，利用和差化积公式可得：，据此可求出 地与地的温差的最大值．
22．【答案】（1）解：由于函数在上单调递增，则，
故.
（2）解：，故，
，又，两边取对数，得
.
同构函数，故.
在上单调递增，.
事实上，.若，则，不成立，舍去.
故
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；函数零点存在定理
【解析】【分析】本题考查零点存在性定理，基本不等式的应用.
（1）已知 若在有零点 ，且函数在上单调递增，根据零点存在定理可得：，代入解析式，列出不等式组：，解不等式可求出答案.
（2）由题意有，，同构单调函数可得，转化为指数式可得：，所以，利用基本不等式可得，进而证明结论.
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