浙江省杭高三校2023-2024学年高一上学期期末数学试题
1．（2024高一上·杭州期末）若角终边上一点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为，则，
由三角函数的定义，可得，
故选：C.
【分析】根据题意，利用三角函数的定义，即可求得的值，得到答案.
2．（2024高一上·杭州期末）已知，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】由函数是增函数，且，可得，
因为函数是增函数，且，则，
因为正弦函数在区间上是减函数，且，
所以，所以.
故选：D.
【分析】根据题意，利用函数、和的单调性，结合“，，”三个因式进行估值，即可求解.
3．（2024高一上·杭州期末）函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，可得，
解得，所以的定义域为，
由为增函数，令，对称轴为，故其单调递减区间为，
所以的单调递减区间为.
故选：D.
【分析】根据对数函数的性质，先求得函数定义域，再结合复合函数的单调性计算方法，利用二次函数的性质，即可求解.
4．（2024高一上·杭州期末）“且”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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：若且，则，可得成立，
故“且”是“”的充分条件.
若，则，可得或，
故“且”不是“”的必要条件，
故“且”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
【分析】根据题意，利用对数函数的性质，以及充分条件和必要条件的判定方法，结合两者之间的推出关系，即可求解.
5．（2024高一上·杭州期末）设函数.若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：由于函数，
因为，则，
又因为，所以，即，解得.
故选：B.
【分析】根据分段函数的解析式，结合分段条件，按照从内到外的原则，先计算的值，再代入，即可求出的值，得到答案.
6．（2024高一上·杭州期末）已知函数在上有且只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数与方程的综合运用；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为函数在上有且只有一个零点，
所以，即在上有且只有一个实根，
所以与的函数图象在时有一个公共点，
由于在单调递减，
所以，即.
故选：D
【分析】根据题意，将零点问题转化为在上有且只有一个实根，进而得出与的函数图象在时有一个公共点，结合函数的单调性和最值，进而求解答案.
7．（2024高一上·杭州期末）已知在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
要使得在上单调递增，则，解得，
因为，所以.
故选：B
【分析】根据，求得取值范围，再由在上单调递增，得到，结合，即可求出的取值范围，得到答案.
8．（2024高一上·杭州期末）中国早在八千多年前就有了玉器，古人视玉为宝，玉佩不再是简单的装饰，而有着表达身份、感情、风度以及语言交流的作用.不同形状.不同图案的玉佩又代表不同的寓意.如图1所示的扇形玉佩，其形状具体说来应该是扇形的一部分（如图2），经测量知，，，则该玉佩的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】如图，取AD的中点为M，连接BM，CM，延长AB，CD交于点O，
由题意，可得△AOD为等腰三角形，因为，所以AD//BC，
又因为M为AD的中点，，所以AM与BC平行且相等，
所以四边形ABCM为平行四边形，可得，同理，
所以△ABM，△CDM都是等边三角形，所以△BOC是等边三角形，
所以该玉佩的面积为.
故选：B.
【分析】取AD的中点为M，连接BM、CM，延长AB，CD交于点O，利用平面几何知识得到△BOC是等边三角形，得出扇形的圆心角，结合扇形面积公式和三角形的面积公式计算，即可求得该玉佩的面积，得到答案.
9．（2024高一上·杭州期末）已知函数的图象是连续不断的，且有如下对应值表：
在下列区间中，函数必有零点的区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】由所给的函数 的函数值表，
可得
由零点存在性定理，可得在区间内各至少有一个零点.
故选：BCD.
【分析】根据给定的函数 的函数值表，结合零点的存在性定理，利用，进而求得函数的零点所在区间，得到答案.
10．（2024高一上·杭州期末）设函数，若，函数是偶函数，则 的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】由， 可得，
因为是偶函数 ，可得图像关于轴对称，则，
解得，
又因为，则或.
故选：BC.
【分析】根据题意，求得，结合函数是偶函数 ，求得，再由，即可求得的值，即可求解.
11．（2024高一上·杭州期末）已知函数.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．对定义域内的任意两个不相等的实数，恒成立.
D．若实数满足，则
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A、B中，对任意的，，
所以函数的定义域为，
又因为
，
由于，故A正确；
由于函数满足，
所以任意点和点关于点对称，
故函数的图象关于点对称，故B正确；
对于C中，对于函数，，
得该函数的定义域为，
，
即，所以函数为奇函数，
当时，内层函数为增函数，外层函数为增函数，
所以函数在上为增函数，故函数在上也为增函数，
因为函数在上连续，故函数在上为增函数，
又因为函数在上为增函数，故函数在上为增函数，故C不正确；
对于D中，由，得，
因为实数a，b满足，所以，
且函数在上为增函数，可得，即，故D正确.
故选：ABD.
【分析】根据题意，利用对数的运算性质，求得，由，得到，可判定A正确；验证点和点关于点对称，可判定B正确；利用复合函数单调性的“同增异减”的原则，可判定C不正确；将不等式转化为的形式，结合函数单调性，可判定D正确.
12．（2024高一上·杭州期末）函数，有且，则下列选项成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A中，因为且有时，
所以，即，得
所以，且，所以A正确；
对于B中，由，
因为，可得即即，
令
当时，
当时，，
而故在之间必有解，
所以存在，使得，所以C正确；
对于B中，由，所以B不正确；
对于D中，由，所以D正确.
故选：ACD.
故选：ACD.
【分析】利用对数函数的性质，得到，得到，可判定A正确；化简得到故在之间必有解，结合零点存在性性定理，得到，可判定C正确，进而可判定B错误，D正确，得到答案.
13．（2024高一上·杭州期末）计算： .
【答案】4
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由对数的换底公式，可得××＝4.
故答案为：
【分析】根据题意，利用对数的运算性质，以及对数的换底公式，准确计算，即可求解.
14．（2024高一上·杭州期末）写出一个同时满足以下三个条件①定义域不是R，值域是R；②奇函数；③周期函数的函数解析式 .
【答案】（答案不唯一）.
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：根据题意，满足题意的函数可以为为，.
故答案为：，（答案不唯一）.
【分析】根据题意，结合函数的性质，可得联想正切函数，即可得到答案.
15．（2024高一上·杭州期末）已知为定义在R上的奇函数，且又是最小正周期为的周期函数，则的值为 ．
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为的最小正周期为，故，
又因为为奇函数，故，
所以，即，解得，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意，求得，得出为奇函数，且，进而得到，即看求解.
16．（2024高一上·杭州期末）对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝ ，设函数 ， ，则函数 min{ ， }的最大值是 ．
【答案】1
【知识点】函数的最大（小）值；函数的图象
【解析】【解答】∵x＞0，∴f（x）=﹣x+3＜3，g（x）=log2x∈R，分别作出函数f（x）=﹣3+x和g（x）=log2x
的图象，结合函数f（x）=﹣3+x和g（x）=log2x的图象可知，
h（x）=min{f（x），g（x）}的图象，
在这两个函数的交点处函数h（x）=min{f（x），g（x）}的最大值．
解方程组 得 ，
∴函数h（x）=min{f（x），g（x）}的最大值是1．
故答案为：1．
【分析】先分别作出已知函数的图象，再利用图象可知，这两个函数的交点处有最大值，求出交点坐标，即可得结果.
17．（2024高一上·杭州期末）已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）解：因为，整理得，所以.
（2）解：因为，则
.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【分析】（1）根据题意，求得，结合三角函数的基本关系式，即可求得的值；
（2）根据三角函数的基本关系式，化简为“齐次式”，结合，代入计算，即可求解.
（1）因为，整理得，
所以；
（2）因为，
所以
.
18．（2024高一上·杭州期末）已知集合，函数的定义域为集合．
（1）求；
（2）若，求时的取值范围．
【答案】（1）解：集合，
由，得或，则集合或，
所以.
（2）解：因为，，则，故的取值范围是．
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【分析】（1）根据一次与二次不等式解法，结合具体函数定义域的求法，求得集合，再利用交集的运算，即可得解；
（2）根据 ，利用集合的并集运算，即可求得答案.
（1）集合，
由，得或，则集合或，
所以.
（2）因为，，则，
故的取值范围是．
19．（2024高一上·杭州期末）已知，
（1）求的最小正周期和对称轴方程；
（2）求在闭区间上的最大值和最小值．
【答案】解：（1）因为，所以最小正周期，
令，解得，
故函数的对称轴为；
（2）因为，所以，
所以当，即时函数取得最大值，
当，即时函数取得最小值.
【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
【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦函数的图象与性质，结合周期的计算公式和对称轴的计算方法，即可求解；
（2）由，求得，再利用正弦函数的图象与性质，即可求解.
20．（2024高一上·杭州期末）已知函数为定义在上的偶函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）求方程的解集.
【答案】（1）解：因为函数为定义在上的偶函数，当时，，
所以任取，则，此时，
所以.
（2）解：当时，令，即，
令，则，解得或，
当时，；
当时，，
根据偶函数对称性可知，当时，符合题意的解为，，
综上，原方程的解集为.
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的概念与表示；指数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意，利用函数偶函数，结合，即可求解；
（2）根据题意，先求时，结合指数函数的运算性质，求得符合题意的解，再结合偶函数对称性求出方程解集，即可得到答案.
（1）因为函数为定义在上的偶函数，当时，，
所以任取，则，此时，
所以
（2）当时，令，
即，
令，则，解得或，
当时，，
当时，，
根据偶函数对称性可知，当时，符合题意的解为，，
综上，原方程的解集为
21．（2024高一上·杭州期末）已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）解：函数，
令，解得，
即，
所以的单调递增区间为.
（2）解：由，可得，所以，
又因为，所以，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；同角三角函数间的基本关系；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到，结合正弦函数的图象与性质，整体代入法求单调递增区间；
（2）由，利用函数的解析式解出和的值，结合两角和的正弦公式，即可求得的值.
（1），
令，解得，即，
所以的单调递增区间为.
（2）由得，所以，
又因为，所以，
所以.
22．（2024高一上·杭州期末）已知函数，.
（1）求的最大值；
（2）若对任意，，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由函数，
当时，，此时，，
则；
当时，单调递减，此时，
综上所述，当时，取得的最大值.
（2）解：因为对任意，，不等式恒成立，
且，所以对任意，恒成立，
由题意得，，
令，则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，
则函数图象开口向上，对称轴，
当，即时，，
解得，符合题意；
当时，即时，，
即，不等式无解，该情况舍去；
当时，即时，，
解得，不符合题意，该情况舍去.
综上所述，实数的取值范围为.
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】（1）根据分段函数性质，结合指数函数的图象与性质，分类讨论求得函数单调性与最值，即可得到答案；
（2）根据题意，转化为对任意，恒成立，代入函数表达式进行化简得到，令，将不等式化为，结合二次函数相关知识，分类讨论，即可求解.
（1）当时，，此时，，则；
当时，单调递减，此时，
综上所述，当时，取得的最大值；
（2）因为对任意，，不等式恒成立，且，
所以对任意，恒成立，
由题意得，，
令，
则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，
则函数图象开口向上，对称轴，
当，即时，，解得，符合题意；
当时，即时，，
即，不等式无解，该情况舍去；
当时，即时，，
解得，不符合题意，该情况舍去.
综上所述，实数的取值范围为.
1 / 1浙江省杭高三校2023-2024学年高一上学期期末数学试题
1．（2024高一上·杭州期末）若角终边上一点，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·杭州期末）已知，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一上·杭州期末）函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·杭州期末）“且”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
5．（2024高一上·杭州期末）设函数.若，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·杭州期末）已知函数在上有且只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一上·杭州期末）已知在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·杭州期末）中国早在八千多年前就有了玉器，古人视玉为宝，玉佩不再是简单的装饰，而有着表达身份、感情、风度以及语言交流的作用.不同形状.不同图案的玉佩又代表不同的寓意.如图1所示的扇形玉佩，其形状具体说来应该是扇形的一部分（如图2），经测量知，，，则该玉佩的面积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一上·杭州期末）已知函数的图象是连续不断的，且有如下对应值表：
在下列区间中，函数必有零点的区间为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一上·杭州期末）设函数，若，函数是偶函数，则 的值可以是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高一上·杭州期末）已知函数.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．对定义域内的任意两个不相等的实数，恒成立.
D．若实数满足，则
12．（2024高一上·杭州期末）函数，有且，则下列选项成立的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2024高一上·杭州期末）计算： .
14．（2024高一上·杭州期末）写出一个同时满足以下三个条件①定义域不是R，值域是R；②奇函数；③周期函数的函数解析式 .
15．（2024高一上·杭州期末）已知为定义在R上的奇函数，且又是最小正周期为的周期函数，则的值为 ．
16．（2024高一上·杭州期末）对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝ ，设函数 ， ，则函数 min{ ， }的最大值是 ．
17．（2024高一上·杭州期末）已知.
（1）求的值；
（2）求的值.
18．（2024高一上·杭州期末）已知集合，函数的定义域为集合．
（1）求；
（2）若，求时的取值范围．
19．（2024高一上·杭州期末）已知，
（1）求的最小正周期和对称轴方程；
（2）求在闭区间上的最大值和最小值．
20．（2024高一上·杭州期末）已知函数为定义在上的偶函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）求方程的解集.
21．（2024高一上·杭州期末）已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，，求的值.
22．（2024高一上·杭州期末）已知函数，.
（1）求的最大值；
（2）若对任意，，不等式恒成立，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为，则，
由三角函数的定义，可得，
故选：C.
【分析】根据题意，利用三角函数的定义，即可求得的值，得到答案.
2．【答案】D
【知识点】利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】由函数是增函数，且，可得，
因为函数是增函数，且，则，
因为正弦函数在区间上是减函数，且，
所以，所以.
故选：D.
【分析】根据题意，利用函数、和的单调性，结合“，，”三个因式进行估值，即可求解.
3．【答案】D
【知识点】对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，可得，
解得，所以的定义域为，
由为增函数，令，对称轴为，故其单调递减区间为，
所以的单调递减区间为.
故选：D.
【分析】根据对数函数的性质，先求得函数定义域，再结合复合函数的单调性计算方法，利用二次函数的性质，即可求解.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：若且，则，可得成立，
故“且”是“”的充分条件.
若，则，可得或，
故“且”不是“”的必要条件，
故“且”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
【分析】根据题意，利用对数函数的性质，以及充分条件和必要条件的判定方法，结合两者之间的推出关系，即可求解.
5．【答案】B
【知识点】指数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：由于函数，
因为，则，
又因为，所以，即，解得.
故选：B.
【分析】根据分段函数的解析式，结合分段条件，按照从内到外的原则，先计算的值，再代入，即可求出的值，得到答案.
6．【答案】D
【知识点】函数与方程的综合运用；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为函数在上有且只有一个零点，
所以，即在上有且只有一个实根，
所以与的函数图象在时有一个公共点，
由于在单调递减，
所以，即.
故选：D
【分析】根据题意，将零点问题转化为在上有且只有一个实根，进而得出与的函数图象在时有一个公共点，结合函数的单调性和最值，进而求解答案.
7．【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
要使得在上单调递增，则，解得，
因为，所以.
故选：B
【分析】根据，求得取值范围，再由在上单调递增，得到，结合，即可求出的取值范围，得到答案.
8．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】如图，取AD的中点为M，连接BM，CM，延长AB，CD交于点O，
由题意，可得△AOD为等腰三角形，因为，所以AD//BC，
又因为M为AD的中点，，所以AM与BC平行且相等，
所以四边形ABCM为平行四边形，可得，同理，
所以△ABM，△CDM都是等边三角形，所以△BOC是等边三角形，
所以该玉佩的面积为.
故选：B.
【分析】取AD的中点为M，连接BM、CM，延长AB，CD交于点O，利用平面几何知识得到△BOC是等边三角形，得出扇形的圆心角，结合扇形面积公式和三角形的面积公式计算，即可求得该玉佩的面积，得到答案.
9．【答案】B,C,D
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】由所给的函数 的函数值表，
可得
由零点存在性定理，可得在区间内各至少有一个零点.
故选：BCD.
【分析】根据给定的函数 的函数值表，结合零点的存在性定理，利用，进而求得函数的零点所在区间，得到答案.
10．【答案】B,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】由， 可得，
因为是偶函数 ，可得图像关于轴对称，则，
解得，
又因为，则或.
故选：BC.
【分析】根据题意，求得，结合函数是偶函数 ，求得，再由，即可求得的值，即可求解.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A、B中，对任意的，，
所以函数的定义域为，
又因为
，
由于，故A正确；
由于函数满足，
所以任意点和点关于点对称，
故函数的图象关于点对称，故B正确；
对于C中，对于函数，，
得该函数的定义域为，
，
即，所以函数为奇函数，
当时，内层函数为增函数，外层函数为增函数，
所以函数在上为增函数，故函数在上也为增函数，
因为函数在上连续，故函数在上为增函数，
又因为函数在上为增函数，故函数在上为增函数，故C不正确；
对于D中，由，得，
因为实数a，b满足，所以，
且函数在上为增函数，可得，即，故D正确.
故选：ABD.
【分析】根据题意，利用对数的运算性质，求得，由，得到，可判定A正确；验证点和点关于点对称，可判定B正确；利用复合函数单调性的“同增异减”的原则，可判定C不正确；将不等式转化为的形式，结合函数单调性，可判定D正确.
12．【答案】A,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：对于A中，因为且有时，
所以，即，得
所以，且，所以A正确；
对于B中，由，
因为，可得即即，
令
当时，
当时，，
而故在之间必有解，
所以存在，使得，所以C正确；
对于B中，由，所以B不正确；
对于D中，由，所以D正确.
故选：ACD.
故选：ACD.
【分析】利用对数函数的性质，得到，得到，可判定A正确；化简得到故在之间必有解，结合零点存在性性定理，得到，可判定C正确，进而可判定B错误，D正确，得到答案.
13．【答案】4
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：由对数的换底公式，可得××＝4.
故答案为：
【分析】根据题意，利用对数的运算性质，以及对数的换底公式，准确计算，即可求解.
14．【答案】（答案不唯一）.
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：根据题意，满足题意的函数可以为为，.
故答案为：，（答案不唯一）.
【分析】根据题意，结合函数的性质，可得联想正切函数，即可得到答案.
15．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为的最小正周期为，故，
又因为为奇函数，故，
所以，即，解得，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意，求得，得出为奇函数，且，进而得到，即看求解.
16．【答案】1
【知识点】函数的最大（小）值；函数的图象
【解析】【解答】∵x＞0，∴f（x）=﹣x+3＜3，g（x）=log2x∈R，分别作出函数f（x）=﹣3+x和g（x）=log2x
的图象，结合函数f（x）=﹣3+x和g（x）=log2x的图象可知，
h（x）=min{f（x），g（x）}的图象，
在这两个函数的交点处函数h（x）=min{f（x），g（x）}的最大值．
解方程组 得 ，
∴函数h（x）=min{f（x），g（x）}的最大值是1．
故答案为：1．
【分析】先分别作出已知函数的图象，再利用图象可知，这两个函数的交点处有最大值，求出交点坐标，即可得结果.
17．【答案】（1）解：因为，整理得，所以.
（2）解：因为，则
.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【分析】（1）根据题意，求得，结合三角函数的基本关系式，即可求得的值；
（2）根据三角函数的基本关系式，化简为“齐次式”，结合，代入计算，即可求解.
（1）因为，整理得，
所以；
（2）因为，
所以
.
18．【答案】（1）解：集合，
由，得或，则集合或，
所以.
（2）解：因为，，则，故的取值范围是．
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；函数的定义域及其求法
【解析】【分析】（1）根据一次与二次不等式解法，结合具体函数定义域的求法，求得集合，再利用交集的运算，即可得解；
（2）根据 ，利用集合的并集运算，即可求得答案.
（1）集合，
由，得或，则集合或，
所以.
（2）因为，，则，
故的取值范围是．
19．【答案】解：（1）因为，所以最小正周期，
令，解得，
故函数的对称轴为；
（2）因为，所以，
所以当，即时函数取得最大值，
当，即时函数取得最小值.
【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
【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦函数的图象与性质，结合周期的计算公式和对称轴的计算方法，即可求解；
（2）由，求得，再利用正弦函数的图象与性质，即可求解.
20．【答案】（1）解：因为函数为定义在上的偶函数，当时，，
所以任取，则，此时，
所以.
（2）解：当时，令，即，
令，则，解得或，
当时，；
当时，，
根据偶函数对称性可知，当时，符合题意的解为，，
综上，原方程的解集为.
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的概念与表示；指数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意，利用函数偶函数，结合，即可求解；
（2）根据题意，先求时，结合指数函数的运算性质，求得符合题意的解，再结合偶函数对称性求出方程解集，即可得到答案.
（1）因为函数为定义在上的偶函数，当时，，
所以任取，则，此时，
所以
（2）当时，令，
即，
令，则，解得或，
当时，，
当时，，
根据偶函数对称性可知，当时，符合题意的解为，，
综上，原方程的解集为
21．【答案】（1）解：函数，
令，解得，
即，
所以的单调递增区间为.
（2）解：由，可得，所以，
又因为，所以，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；同角三角函数间的基本关系；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据题意，利用三角恒等变换的公式，化简得到，结合正弦函数的图象与性质，整体代入法求单调递增区间；
（2）由，利用函数的解析式解出和的值，结合两角和的正弦公式，即可求得的值.
（1），
令，解得，即，
所以的单调递增区间为.
（2）由得，所以，
又因为，所以，
所以.
22．【答案】（1）解：由函数，
当时，，此时，，
则；
当时，单调递减，此时，
综上所述，当时，取得的最大值.
（2）解：因为对任意，，不等式恒成立，
且，所以对任意，恒成立，
由题意得，，
令，则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，
则函数图象开口向上，对称轴，
当，即时，，
解得，符合题意；
当时，即时，，
即，不等式无解，该情况舍去；
当时，即时，，
解得，不符合题意，该情况舍去.
综上所述，实数的取值范围为.
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】（1）根据分段函数性质，结合指数函数的图象与性质，分类讨论求得函数单调性与最值，即可得到答案；
（2）根据题意，转化为对任意，恒成立，代入函数表达式进行化简得到，令，将不等式化为，结合二次函数相关知识，分类讨论，即可求解.
（1）当时，，此时，，则；
当时，单调递减，此时，
综上所述，当时，取得的最大值；
（2）因为对任意，，不等式恒成立，且，
所以对任意，恒成立，
由题意得，，
令，
则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，
则函数图象开口向上，对称轴，
当，即时，，解得，符合题意；
当时，即时，，
即，不等式无解，该情况舍去；
当时，即时，，
解得，不符合题意，该情况舍去.
综上所述，实数的取值范围为.
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