四川省广元市重点中学2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题
一、单项选择题（本题共8小题，每题5分，共40分）
1．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】由 得 所以集合 ．
由 ，得 ，解得 ，所以集合 ，
所以 .
故答案为：B．
【分析】 可以求出集合A、B，然后进行交集的运算即可.
2．（2024高一下·广元开学考）的值是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合诱导公式化简求值.
3．（2018·山东模拟）已知 （ ）
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
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】 是假命题，则非 使 是真命题，
或 ，则 是 的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】原命题为假，则其否定为真。
4．（2024高一下·广元开学考）已知函数，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】D
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：已知函数，
所以，，
所以，，则的值为1.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合分段函数的解析式和代入法得出函数的值.
5．（2024高一下·广元开学考）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：已知函数的部分图象如图所示，
由图可知，A=2，函数的最小正周期，又因为，
因为函数过点，所以，所以，所以，
则的解析式是.
故答案为：D.
【分析】利用函数的图象的最高点的纵坐标得出A的值，再结合正弦型函数的最小正周期公式得出的值，再根据代入法和特殊点对应法得出的值，从而得出函数的解析式.
6．（2024高一下·广元开学考）锐角中，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：在锐角中，则，因为，
则，所以所以
因为，所以，所以，则.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合锐角三角形中角A的取值范围，再利用二倍角的正弦公式和余弦公式以及同角三角函数基本关系式，进而得出角A的值.
7．（2022高一上·浙江期末）已知函数为定义在上的奇函数，且在上单调递增，若，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】函数为定义在上的奇函数，所以关于对称，
所以，
由得，
又因为函数在上单调递增，所以在上单调递增，
所以是定义在上单调递增函数，
所以，解得。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合奇函数的定义和增函数的性质，从而求出实数m的取值范围。
8．（2016高一上·南昌期中）若函数f（x）= 是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．[4，8） B．（1，8） C．（4，8） D．（1，+∞）
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为函数f（x）是R上的增函数，
所以有 4≤a＜8，
故选A．
【分析】欲使函数f（x）在R上递增，须有f（x）在（﹣∞，1），[1，+∞）上递增，且满足（4﹣ ） 1+2≤a1，联立解不等式组即可．
二、多项选择题（本题共4小题，每题5分，共20分。每题有多个选项，漏选可得2分，多选，错选，不选均不得分）
9．（2024高一下·广元开学考）下列函数中，在定义域内既为奇函数又为增函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对于A，函数的定义域为R，所以函数为奇函数，
对于任意则，所以，，
所以函数为增函数，所以A对；
对于B，函数的定义域为R，，所以函数为奇函数，
因为为增函数，为增函数，所以为增函数，所以B对；
对于C，函数的定义域为，
，所以函数为偶函数，所以C错；
对于D，函数的定义域为R，
所以函数为偶函数，所以D错.
故答案为：AB.
【分析】利用已知条件结合奇函数的定义和增函数的定义，进而找出满足要求的函数.
10．（2024高一下·广元开学考）下列式子不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：对于A，因为函数在R上单调递增，又因为，所以，
所以A错；
对于B，因为，所以，，所以B错；
对于C，因为，所以，所以C对；
对于D，因为，所以D对.
故答案为：AB.
【分析】利用已知条件结合指数函数的单调性，进而找出不正确的选项.
11．（2024高一下·广元开学考）下列各结论中正确的是（ ）
A．“”是“”的充要条件
B．函数的最小值为2
C．命题“，”的否定是“，”
D．若函数有负值，则实数a的取值范围是或
【答案】A,D
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以，又因为，则，
则“”是“”的充要条件，所以A对；
对于B，因为，则函数，
当且仅当时等号成立，则当且仅当时等号成立，
即当且仅当时等号成立，这与矛盾，所以无最小值，所以B错；
对于C，命题“，”的否定是“，”，所以C错；
对于D，因为函数有负值，则所以，
则实数a的取值范围是或，所以D对.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法、均值不等式求最值的条件、全称命题与特称命题互为否定的关系、二次函数的图象与判别式的关系得出实数a的取值范围的方法，从而找出结论正确的选项.
12．（2024高一下·广元开学考）已知函数，若存在四个不同的值，，，，使得，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：根据题意作出函数f(x)的图象如下：
由图可知当时函数f(x)的图象与y=m有4个交点，即存在，
使得且
所以A对；
因为是方程，即的两根，根据韦达定理可得
结合可得，所以B对；
因为是方程的两个根，且所以，
即所以解得所以C错；
由是方程的两根，根据韦达定理可得
因为所以令，
由对勾函数的性质可得函数g(x)在上单调递减，所以即，所以D对.
【分析】利用分段函数的解析式画出分段函数的图象，再结合函数与直线的交点得出存在，使得且，从而判断出选项A；利用韦达定理结合m的取值范围得出，从而判断出选项B；利用是方程的两个根，且和绝对值的定义，再结合对数的运算法则得出从而判断出选项C；利用韦达定理结合构造法和函数的单调性，进而得出，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）
13．（2024高一下·广元开学考）已知扇形的面积为，圆心角为2弧度，则此扇形的弧长为 ．
【答案】4
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的弧长为l，半径为r，已知扇形的面积为，圆心角为2弧度，
则，所以，，又因为所以，
则此扇形的弧长为.
故答案为：4.
【分析】利用已知条件结合扇形的面积公式得出圆的半径长，再结合弧长公式得出此扇形的弧长.
14．（2024高一下·广元开学考）函数的单调递减区间为 ．
【答案】
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】解：令因为，所以，，
所以，，因为函数是增函数，因为
当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
则函数的单调递减区间为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合复合函数的单调性判断方法，即同增异减，从而求出函数的单调递减区间.
15．（2024高一下·广元开学考）已知，且，则 ．
【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：已知，且，又因为
所以，则，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合同角三角函数基本关系式和三角函数值在各象限的符号，进而得出的值.
16．（2024高一下·广元开学考）已知函数，若在区间上的图象有且仅有2个最高点，则下面四个结论：
①在上的图象有且仅有1个最低点；②在上至少有3个零点，至多4个零点；
③在上单调递增；④的取值范围为；
其中正确的所有序号是 ．
【答案】③④
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于①：作出的图象如图1所示：
当图象如图2所示，符合题意，但是在上的图象有2个最低点，故①错；
对于②：当图象如图3所示，
符合题意，但是在上有5个零点，所以②错；
对于③：当时，因为，
所以，即落在内，
所以f(x)在上单调递增，所以③对；
对于④：令，因为，所以，则y=sint，
要使f(x)在区间上的图象有且仅有2个最高点，只需，
所以，的取值范围为，所以④对.
故答案为：③④.
【分析】对于①②，作出符合题意的函数的图象，利用图象得出结论，从而判断出①和②；对于③，利用复合函数的单调性进行判断；对于④，根据函数f(x)在区间上的图象有且仅有2个最高点，列不等式求出的取值范围，从而判断出④，进而找出正确的序号.
四、解答题（共6小题，17题10分，18-22题每题12题，共70分，每题要写出必要的证明，演算过程，推论或步骤）
17．（2024高一下·广元开学考）计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
（2）解：
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】利用已知条件结合指数幂的运算法则、对数的运算法则，进而化简求值.
18．（2024高一下·广元开学考）已知．
（1）化简函数；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：
（2）解：因为，由（1）可知，所以，所以，，
则
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合诱导公式和同角三角函数基本关系式化简求值。
（2）利用已知条件结合（1）中函数的解析式和代入法得出的值，再结合同角三角函数基本关系式，进而得出的值。
19．（2024高一下·广元开学考）已知关于x的不等式．
（1）若该不等式的解集为，求a和b的值；
（2）若，求该不等式的解集．
【答案】（1）解：（1）已知关于x的不等式，又因为该不等式的解集为，所以方程的两根为-1和2，
由韦达定理得出，所以
（2）解：因为，该不等式为，即，
令，解得，
当时，即时，，
当时，即时，无解，
当时，即时，，
综上所述，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为。
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合一元二次不等式求解方法和韦达定理，进而得出a，b的值；
（2）利用a，b的关系结合分类讨论的方法，再根据一元二次不等式求解方法得出该不等式的解集.
20．（2024高一下·广元开学考）学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，每天能用于锻炼的课余时间有60分钟，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分y与当天锻炼时间x（单位：分）的函数关系．要求及图示如下：
①函数是区间上的增函数；
②每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；
③每天运动时间为20分钟时，当天得分为2分；
④每天运动时间为60分钟时，当天得分不超过5分．
现有以下三个函数模型供选择：
（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ）．
（1）请你根据条件及图像从中选择一个合适的函数模型，并求出函数的解析式；
（2）求每天得分不少于3分，至少需要锻炼多少分钟．（注：，结果保留整数）．
【答案】（1）解：由图可知，该函数的增长速度较慢，对于模型（Ⅰ），为线性增长，不合题意；
对于模型（Ⅱ），是指数型函数，其增长是先慢后爆炸型增长，不合题意；
对于模型（Ⅲ），是对数型函数，其增长速度较慢，符合题意，故选项模型（Ⅲ），
此时，所求函数过点（0，0），（20，2），
则，解得k=2，n=-2，
故所求函数为，经检验，当x=60时，
符合题意，
综上所述，函数的解析式为
（2）解：由（1）可得，因为每天得分不少于3分，
所以，即，
所以，，即
所以每天得分不少于3分，至少需要锻炼37分钟.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据一次函数与指数型函数、对数型函数的图象判断即可；
（2）代入函数模型求解即可得出x的取值范围，从而得出每天得分不少于3分，至少需要锻炼的分钟数.
21．（2024高一下·广元开学考）已知函数
（1）求函数的最小正周期和图象的对称轴方程；
（2）求函数在区间上的值域．
【答案】（1）解：（1）
所以，函数的最小正周期为，令，则的对称轴为
所以，，则函数图象的对称轴方程为
（2）解：因为，所以，
所以，当即当时，函数f(x)取得最小值为
当当时，函数f(x)取得最大值为，
所以，函数在区间上的值域为.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；图形的对称性
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两角和与差的正弦函数与余弦函数，再结合辅助角公式化简函数为正弦型函数，再结合正弦型函数的最小正周期公式得出函数的最小正周期，再利用换元法和正弦函数的图象的对称性，进而得出正弦型函数的对称轴方程；
（2）利用已知条件结合x的取值范围和构造法，从而由换元法和正弦函数的单调性，进而得出正弦型函数的单调性，从而得出函数在区间上的值域.
22．（2024高一下·广元开学考）已知函数（，且）．
（1）若，，求函数的值域；
（2）若，，使成立，求a的取值范围．
【答案】（1）解：已知函数（，且），又因为，
所以，，因为，所以，
令，所以，
当时，f(t)取得最小值为，当时，f(t)取得最大值为，
则函数的值域为；
（2）解：令则，对恒成立，
令恒成立
由g(k)在上是减函数，只要
所以，即在上有解，只要，
当时，，当时，，
所以，综上所述，a的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）利用a和k的值得出函数的解析式，再结合换元法，将函数转化为二次函数，再结合二次函数的图象求最值的方法，进而得出函数的值域；
（2）利用已知条件结合换元法和函数的单调性，进而得出函数的最值，再结合不等式恒成立求解方法，从而得出在上有解，只要，再利用分类讨论的方法得出实数a的取值范围.
1 / 1四川省广元市重点中学2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题
一、单项选择题（本题共8小题，每题5分，共40分）
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·广元开学考）的值是（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2018·山东模拟）已知 （ ）
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．（2024高一下·广元开学考）已知函数，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
5．（2024高一下·广元开学考）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·广元开学考）锐角中，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高一上·浙江期末）已知函数为定义在上的奇函数，且在上单调递增，若，则m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2016高一上·南昌期中）若函数f（x）= 是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．[4，8） B．（1，8） C．（4，8） D．（1，+∞）
二、多项选择题（本题共4小题，每题5分，共20分。每题有多个选项，漏选可得2分，多选，错选，不选均不得分）
9．（2024高一下·广元开学考）下列函数中，在定义域内既为奇函数又为增函数的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·广元开学考）下列式子不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·广元开学考）下列各结论中正确的是（ ）
A．“”是“”的充要条件
B．函数的最小值为2
C．命题“，”的否定是“，”
D．若函数有负值，则实数a的取值范围是或
12．（2024高一下·广元开学考）已知函数，若存在四个不同的值，，，，使得，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）
13．（2024高一下·广元开学考）已知扇形的面积为，圆心角为2弧度，则此扇形的弧长为 ．
14．（2024高一下·广元开学考）函数的单调递减区间为 ．
15．（2024高一下·广元开学考）已知，且，则 ．
16．（2024高一下·广元开学考）已知函数，若在区间上的图象有且仅有2个最高点，则下面四个结论：
①在上的图象有且仅有1个最低点；②在上至少有3个零点，至多4个零点；
③在上单调递增；④的取值范围为；
其中正确的所有序号是 ．
四、解答题（共6小题，17题10分，18-22题每题12题，共70分，每题要写出必要的证明，演算过程，推论或步骤）
17．（2024高一下·广元开学考）计算：
（1）；
（2）．
18．（2024高一下·广元开学考）已知．
（1）化简函数；
（2）若，求的值．
19．（2024高一下·广元开学考）已知关于x的不等式．
（1）若该不等式的解集为，求a和b的值；
（2）若，求该不等式的解集．
20．（2024高一下·广元开学考）学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，每天能用于锻炼的课余时间有60分钟，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分y与当天锻炼时间x（单位：分）的函数关系．要求及图示如下：
①函数是区间上的增函数；
②每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；
③每天运动时间为20分钟时，当天得分为2分；
④每天运动时间为60分钟时，当天得分不超过5分．
现有以下三个函数模型供选择：
（Ⅰ），（Ⅱ），（Ⅲ）．
（1）请你根据条件及图像从中选择一个合适的函数模型，并求出函数的解析式；
（2）求每天得分不少于3分，至少需要锻炼多少分钟．（注：，结果保留整数）．
21．（2024高一下·广元开学考）已知函数
（1）求函数的最小正周期和图象的对称轴方程；
（2）求函数在区间上的值域．
22．（2024高一下·广元开学考）已知函数（，且）．
（1）若，，求函数的值域；
（2）若，，使成立，求a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由 得 所以集合 ．
由 ，得 ，解得 ，所以集合 ，
所以 .
故答案为：B．
【分析】 可以求出集合A、B，然后进行交集的运算即可.
2．【答案】B
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：
.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合诱导公式化简求值.
3．【答案】A
【知识点】命题的否定；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】 是假命题，则非 使 是真命题，
或 ，则 是 的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】原命题为假，则其否定为真。
4．【答案】D
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：已知函数，
所以，，
所以，，则的值为1.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合分段函数的解析式和代入法得出函数的值.
5．【答案】D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：已知函数的部分图象如图所示，
由图可知，A=2，函数的最小正周期，又因为，
因为函数过点，所以，所以，所以，
则的解析式是.
故答案为：D.
【分析】利用函数的图象的最高点的纵坐标得出A的值，再结合正弦型函数的最小正周期公式得出的值，再根据代入法和特殊点对应法得出的值，从而得出函数的解析式.
6．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：在锐角中，则，因为，
则，所以所以
因为，所以，所以，则.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合锐角三角形中角A的取值范围，再利用二倍角的正弦公式和余弦公式以及同角三角函数基本关系式，进而得出角A的值.
7．【答案】A
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】函数为定义在上的奇函数，所以关于对称，
所以，
由得，
又因为函数在上单调递增，所以在上单调递增，
所以是定义在上单调递增函数，
所以，解得。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合奇函数的定义和增函数的性质，从而求出实数m的取值范围。
8．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为函数f（x）是R上的增函数，
所以有 4≤a＜8，
故选A．
【分析】欲使函数f（x）在R上递增，须有f（x）在（﹣∞，1），[1，+∞）上递增，且满足（4﹣ ） 1+2≤a1，联立解不等式组即可．
9．【答案】A,B
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对于A，函数的定义域为R，所以函数为奇函数，
对于任意则，所以，，
所以函数为增函数，所以A对；
对于B，函数的定义域为R，，所以函数为奇函数，
因为为增函数，为增函数，所以为增函数，所以B对；
对于C，函数的定义域为，
，所以函数为偶函数，所以C错；
对于D，函数的定义域为R，
所以函数为偶函数，所以D错.
故答案为：AB.
【分析】利用已知条件结合奇函数的定义和增函数的定义，进而找出满足要求的函数.
10．【答案】A,B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：对于A，因为函数在R上单调递增，又因为，所以，
所以A错；
对于B，因为，所以，，所以B错；
对于C，因为，所以，所以C对；
对于D，因为，所以D对.
故答案为：AB.
【分析】利用已知条件结合指数函数的单调性，进而找出不正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式在最值问题中的应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以，又因为，则，
则“”是“”的充要条件，所以A对；
对于B，因为，则函数，
当且仅当时等号成立，则当且仅当时等号成立，
即当且仅当时等号成立，这与矛盾，所以无最小值，所以B错；
对于C，命题“，”的否定是“，”，所以C错；
对于D，因为函数有负值，则所以，
则实数a的取值范围是或，所以D对.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法、均值不等式求最值的条件、全称命题与特称命题互为否定的关系、二次函数的图象与判别式的关系得出实数a的取值范围的方法，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】A,B,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：根据题意作出函数f(x)的图象如下：
由图可知当时函数f(x)的图象与y=m有4个交点，即存在，
使得且
所以A对；
因为是方程，即的两根，根据韦达定理可得
结合可得，所以B对；
因为是方程的两个根，且所以，
即所以解得所以C错；
由是方程的两根，根据韦达定理可得
因为所以令，
由对勾函数的性质可得函数g(x)在上单调递减，所以即，所以D对.
【分析】利用分段函数的解析式画出分段函数的图象，再结合函数与直线的交点得出存在，使得且，从而判断出选项A；利用韦达定理结合m的取值范围得出，从而判断出选项B；利用是方程的两个根，且和绝对值的定义，再结合对数的运算法则得出从而判断出选项C；利用韦达定理结合构造法和函数的单调性，进而得出，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
13．【答案】4
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的弧长为l，半径为r，已知扇形的面积为，圆心角为2弧度，
则，所以，，又因为所以，
则此扇形的弧长为.
故答案为：4.
【分析】利用已知条件结合扇形的面积公式得出圆的半径长，再结合弧长公式得出此扇形的弧长.
14．【答案】
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】解：令因为，所以，，
所以，，因为函数是增函数，因为
当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
则函数的单调递减区间为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合复合函数的单调性判断方法，即同增异减，从而求出函数的单调递减区间.
15．【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：已知，且，又因为
所以，则，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合同角三角函数基本关系式和三角函数值在各象限的符号，进而得出的值.
16．【答案】③④
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；含三角函数的复合函数的单调性；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于①：作出的图象如图1所示：
当图象如图2所示，符合题意，但是在上的图象有2个最低点，故①错；
对于②：当图象如图3所示，
符合题意，但是在上有5个零点，所以②错；
对于③：当时，因为，
所以，即落在内，
所以f(x)在上单调递增，所以③对；
对于④：令，因为，所以，则y=sint，
要使f(x)在区间上的图象有且仅有2个最高点，只需，
所以，的取值范围为，所以④对.
故答案为：③④.
【分析】对于①②，作出符合题意的函数的图象，利用图象得出结论，从而判断出①和②；对于③，利用复合函数的单调性进行判断；对于④，根据函数f(x)在区间上的图象有且仅有2个最高点，列不等式求出的取值范围，从而判断出④，进而找出正确的序号.
17．【答案】（1）解：
（2）解：
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】利用已知条件结合指数幂的运算法则、对数的运算法则，进而化简求值.
18．【答案】（1）解：
（2）解：因为，由（1）可知，所以，所以，，
则
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合诱导公式和同角三角函数基本关系式化简求值。
（2）利用已知条件结合（1）中函数的解析式和代入法得出的值，再结合同角三角函数基本关系式，进而得出的值。
19．【答案】（1）解：（1）已知关于x的不等式，又因为该不等式的解集为，所以方程的两根为-1和2，
由韦达定理得出，所以
（2）解：因为，该不等式为，即，
令，解得，
当时，即时，，
当时，即时，无解，
当时，即时，，
综上所述，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为。
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合一元二次不等式求解方法和韦达定理，进而得出a，b的值；
（2）利用a，b的关系结合分类讨论的方法，再根据一元二次不等式求解方法得出该不等式的解集.
20．【答案】（1）解：由图可知，该函数的增长速度较慢，对于模型（Ⅰ），为线性增长，不合题意；
对于模型（Ⅱ），是指数型函数，其增长是先慢后爆炸型增长，不合题意；
对于模型（Ⅲ），是对数型函数，其增长速度较慢，符合题意，故选项模型（Ⅲ），
此时，所求函数过点（0，0），（20，2），
则，解得k=2，n=-2，
故所求函数为，经检验，当x=60时，
符合题意，
综上所述，函数的解析式为
（2）解：由（1）可得，因为每天得分不少于3分，
所以，即，
所以，，即
所以每天得分不少于3分，至少需要锻炼37分钟.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据一次函数与指数型函数、对数型函数的图象判断即可；
（2）代入函数模型求解即可得出x的取值范围，从而得出每天得分不少于3分，至少需要锻炼的分钟数.
21．【答案】（1）解：（1）
所以，函数的最小正周期为，令，则的对称轴为
所以，，则函数图象的对称轴方程为
（2）解：因为，所以，
所以，当即当时，函数f(x)取得最小值为
当当时，函数f(x)取得最大值为，
所以，函数在区间上的值域为.
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；图形的对称性
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合两角和与差的正弦函数与余弦函数，再结合辅助角公式化简函数为正弦型函数，再结合正弦型函数的最小正周期公式得出函数的最小正周期，再利用换元法和正弦函数的图象的对称性，进而得出正弦型函数的对称轴方程；
（2）利用已知条件结合x的取值范围和构造法，从而由换元法和正弦函数的单调性，进而得出正弦型函数的单调性，从而得出函数在区间上的值域.
22．【答案】（1）解：已知函数（，且），又因为，
所以，，因为，所以，
令，所以，
当时，f(t)取得最小值为，当时，f(t)取得最大值为，
则函数的值域为；
（2）解：令则，对恒成立，
令恒成立
由g(k)在上是减函数，只要
所以，即在上有解，只要，
当时，，当时，，
所以，综上所述，a的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）利用a和k的值得出函数的解析式，再结合换元法，将函数转化为二次函数，再结合二次函数的图象求最值的方法，进而得出函数的值域；
（2）利用已知条件结合换元法和函数的单调性，进而得出函数的最值，再结合不等式恒成立求解方法，从而得出在上有解，只要，再利用分类讨论的方法得出实数a的取值范围.
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