浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷
1．（2024高一上·镇海区期末）将化为弧度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】弧度制、角度制及其之间的换算
【解析】【解答】解：因为.
故答案为：A.
【分析】利用角度制与弧度制的互化关系，从而找出答案.
2．（2024高一上·镇海区期末）已知角的终边过点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】由三角函数定义知，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数定义得到的值，再由诱导公式得到的值.
3．（2024高一上·镇海区期末）已知向量满足，则在方向上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量满足，
所以，解得，
所以在方向上的投影向量是.
故答案为：D.
【分析】利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而得出的值，再利用数量积求投影向量公式，从而得出在方向上的投影向量.
4．（2024高一上·镇海区期末）将函数图象向左平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意可得，将函数横坐标变为到原来的倍，纵坐标不变，
可得，再将其向右平移个单位长度，
得出，即.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和三角函数的伸缩变换与平移变换，从而往回推导，即可得出函数的解析式.
5．（2024高一上·镇海区期末）函数的零点个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，，
则的零点个数即为与的交点个数，
画出两函数图象如图所示：
由图可得与的交点个数为个，
故函数的零点个数为.
故答案为：B.
【分析】分别画出，图象，再求两函数图象交点个数，即可得函数的零点个数.
6．（2024高一上·镇海区期末）在内函数的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的定义域
【解析】【解答】解：对于，则，
由，得，解得，
又因为，得，
由，得，解得，
又因为，得或或，
综上所述，或，
所以的定义域为.
故答案为：.
【分析】根据被开方数为非负和对数的真数要大于零，再结合已知条件中x的取值范围和交集的运算法则，从而得出定义域.
7．（2024高一上·镇海区期末）已知等边三角形的边长为2，点为内切圆上一动点，若，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：正三角形的边长为2，则其内切圆半径，
以正的中心为原点，边上的高所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
则，设，
则，
又因为，则，
所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为1.
故答案为：B.
【分析】以的内切圆心为原点建立平面直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用平面向量基本定理和向量的坐标运算，从而得出，结合三角型函数的图象求最值的方法，进而得出的最小值.
8．（2024高一上·镇海区期末）已知且，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，且，
所以，
所以，
即，所以，
则，
当且仅当时，即当时取等号，所以的最大值为.
故答案为：A.
【分析】将写成，写成，利用两角和与差的正弦公式，展开得到，再利用结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
9．（2024高一上·镇海区期末）已知平面向量，下列说法不正确的有（ ）
A．若，，则
B．
C．
D．若，则
【答案】A,B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A.当时，满足，，但不一定成立，选项A错误.
B.设，则，与关系不确定，选项B错误.
C.，选项C正确.
D.由得，，即，
∴，即，选项D正确.
故答案为：AB.
【分析】由时不成立和向量共线定理，则可判断选项A；根据数量积的运算律，则可判断选项B；根据和向量的模的性质，则可判断出选项C；根据得出，再结合数量积的运算法则，从而化简得出数量积的值，则可判断出选项D，进而找出说法不正确的选项.
10．（2024高一上·镇海区期末）已知函数，则（ ）
A．曲线的一个对称中心为
B．函数在区间单调递增
C．函数为偶函数
D．函数在内有4个零点
【答案】B,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对于A，
，
则，故一个对称中心为，故A错误；
对于B，当时，，
由于在上单调递增，
故函数在区间单调递增，故B正确；
对于C，因为，
由于为偶函数，故为偶函数，故C正确；
对于D，令，即，则，
当时，，
故当，即时，，
故函数在内有4个零点，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用三角恒等变换得到，从而得到的值，则判断出选项A；利用x的取值范围求出的取值范围，再结合换元法和正弦函数的图象判断单调性的方法，则判断出函数在区间上的单调性，则判断出选项B；利用函数的解析式和代入法得出，再结合偶函数的定义，则判断出选项C；令，即，当时，则，从而求出当时，，从而得出函数在内的零点的个数，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高一上·镇海区期末）已知，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；扇形的弧长与面积；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，扇形的半径为1，则弧长，
过作交的延长线与点，
由图形可得，
由题意可得三角形的边上的高为，
所以，
所以.
对于A，因为，又因为，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，由在上均匀增加，
又因为在上增加速度是由快变慢，
所以可得在上为减函数，
又因为，所以，
所以，故B正确；
对于C，由，则，且，
又因为，则，
所以，故C错误；
对于D，由，可得，
又因为，则，
所以，所以，
又因为在是减函数，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设，扇形的半径为1，则弧长，再利用面积法证明，进而可得，则可判断选项A；利用已知条件和单调函数的定义，则判断出函数在上为减函数，则可判断选项B；由已知条件可得，再利用指数函数和幂函数的图象和性质，则可判断选项C；利用二倍角的正弦公式可得，再结合余弦函数的单调性，则可判断选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高一上·镇海区期末）一个扇形的周长为，面积为，则此扇形的圆心角为 .（用弧度制表示）
【答案】或
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题意可得，
解得或，
即此扇形的圆心角为或.
故答案为：或.
【分析】利用已知条件和扇形的周长公式以及扇形的面积公式，从而解方程得出此扇形的圆心角.
13．（2024高一上·镇海区期末）设是平面内不共线的一组基底，，若三点共线，则实数 .
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，
，
由三点共线，则，解得.
故答案为：.
【分析】利用平面向量基本定理可得、，再利用三点共线和向量共线定理，从而得出k的值.
14．（2024高一上·镇海区期末）已知函数，其中，在上有6个零点，则的范围为 .
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由，得，
由，得，
由在上有6个零点，
得，
解得，
由，解得，无整数解；
由，解得，又因为，因此；
由，解得，又因为，因此或；
由，解得，又因为，因此，
当时，则，解得；
当时，，解得，
所以的范围为.
故答案为：.
【分析】由给定区间求出相位所在的范围，由函数的零点表达式结合函数有6个零点，从而列出不等式组，再借助不等式组有解，从而求出的取值范围.
15．（2024高一上·镇海区期末）如图，在平行四边形中，点为中点，点，在线段上，满足，设.
（1）用表示向量；
（2）若，求.
【答案】（1）解：
，
.
（2）解：因为，
，
又因为，
所以，
，
所以.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）利用向量的线性运算和平面向量的基本定理，从而用表示向量.
（2）用表示向量，再利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得出的值.
（1）解：，
，
；
（2），
，
又，
所以，
，
所以.
16．（2024高一上·镇海区期末）已知.
（1）分别求和的值；
（2）求的值.
【答案】（1）解：因为
所以，
又因为，
所以，
则，
因为
所以，
又因为，
所以，
则.
（2）解：因为
则，可得.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）先判断，，再利用同角三角函数的平方关系，则可求出和的值.
（2）结合（1）和两角和的余弦公式，从而求出的值，再利用二倍角的余弦公式，从而得出的值.
（1）因为
所以，又因为，
所以，则，
因为
所以，又因为，
所以，则，
（2）
即，
可得
17．（2024高一上·镇海区期末）已知函数.
（1）若是三角形中一内角，且，求的值；
（2）若函数在，有唯一零点，求的范围.
【答案】（1）解：由题意得，
，
∴，
∴，
∵，∴，
∴，解得.
（2）解：由（1）得，，
由得，
令，由得，
问题转化为函数与直线有唯一交点，
作出在上的函数图象，
∵，，
∴或，解得或.
∴的取值范围是或.
【知识点】函数的值；简单的三角恒等变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据差角公式、倍角公式和辅助角公式，从而化简函数的解析式，再利用题中条件和三角形内角的取值范围，从而可得角A的值.
（2）根据条件可得，令，则问题转化为函数与直线有唯一交点，再利用数形结合得出实数m的取值范围.
（1）由题意得，
，
∴，∴，
∵，∴，
∴，解得.
（2）由（1）得，，
由得，
令，由得，
问题转化为函数与直线有唯一交点，作出在上的函数图象，
∵，，
∴或，解得或.
∴的范围是或.
18．（2024高一上·镇海区期末）已知函数的部分图象如图所示，
（1）求的解析式；
（2）已知在的值域为，求的取值范围；
（3）将图象上所有点纵坐标缩短为到原来的（横坐标不变），再将所得到图象向右平移个单位长度得到的图象.已知关于的方程在内有两个不同的解.
①求实数的取值范围；
②求的值.（用表示）
【答案】（1）解：由图象可知，，
所以，则，
所以，
因为，即，
因为，则，
所以，解得，
因此.
（2）解：因为，，
由题意可知在的值域为，
结合题中图象知，解得.
（3）解：①将图象上所有点纵坐标缩短为到原来的（横坐标不变），
再将所得到图象向右平移个单位长度得到的图象，
则，其中，
因为，所以，所以，
又因为，所以是函数一个周期的区间．
所以若方程在内有两个不同的解，
只需，即即为所求．
②令，
因为于的方程在内有两个不同的解，
所以满足，
即，，
又因为的对称轴为，
结合得出对称轴为，
可知，关于对称轴对称，
所以，
所以或，
当时，
当时，
故．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；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值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由余弦型函数的图象可得出函数的最小正周期，从而求得的值，由结合的取值范围，从而可求出的值，进而得出函数的解析式.
（2）利用函数的解析式结合代入法得出和的值，再利用余弦型函数的图象和性质，从而列式求解得出实数m的取值范围.
（3）①先将化简，再结合该函数在的单调性、最值情况，从而构造不等式求出实数的取值范围.
②可先根据两根关于对称轴对称求出的关系，再代入结合三角恒等变换公式，从而化简得出的值．
（1）由图象可知，，所以，则，
所以，
因为即，
因为，则，所以，解得，
因此；
（2），，
由题意在的值域为，结合题干图象知，
解得；
（3）①将图象上所有点纵坐标缩短为到原来的（横坐标不变），
再将所得到图象向右平移个单位长度得到的图象，
则，其中，
因为，所以，所以，
又因为，所以是函数一个周期的区间．
所以若方程在内有两个不同的解，
只需，即即为所求．
②令，因为于的方程在内有两个不同的解，
所以满足，即，，
又的对称轴由，
结合得对称轴为，
可知，关于对称轴对称，所以，
所以或．
当时，
．
当时，
．
故．
19．（2024高一上·镇海区期末）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似的我们可以定义双曲正弦函数.它们与正，余弦函数有许多类似的性质.
（1）已知，求；
（2）类比正弦函数，余弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数（或双曲余弦函数）的一个正确的结论（即求或）并证明；
（3）已知，对任意的和任意的，都有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，所以，
所以，即，
所以，
所以，所以．
（2）解：类比正弦函数、余弦函数的二倍角公式，
得出双曲正弦函数
（或双曲余弦函数.
证明如下：.
．
（3）解：因为，
设，则，
当时，，
所以，
所以，
可化为，
由题意，只需，对任意恒成立即可，
即或，
所以或恒成立，
则，
故在上的最小值是，
当且仅当即时取得最小值，
因为，
所以，由对勾函数性质知在上单调递减，
所以在上的最大值是7，当取得最大值，
所以的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【分析】（1）根据和的计算公式，结合指数的运算法则，从而得出的值.
（2）类比正弦函数、余弦函数的二倍角公式，从而写出双曲正弦函数（或双曲余弦函数，从而证出结论．
（3）设，则，当时，，从而得出实数的取值范围，再将化为，则利用不等式的基本性质转化求解，从而求出实数的取值范围．
（1）因为，所以，
所以，即，所以，
所以，所以．
（2）类比正弦函数、余弦函数的二倍角公式，
得双曲正弦函数（或双曲余弦函数；
证明如下：；
．
（3）因为，设，则，
当时，，所以，
所以，
可化为，
由题意，只需，对任意恒成立即可，
即或，所以或恒成立；
，故在上的最小值是，
当且仅当即时取得最小值；
因为，所以由对勾函数性质知在上单调递减，
所以在上的最大值是7，当取得最大值；
所以的取值范围是．
1 / 1浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷
1．（2024高一上·镇海区期末）将化为弧度是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·镇海区期末）已知角的终边过点，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一上·镇海区期末）已知向量满足，则在方向上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·镇海区期末）将函数图象向左平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·镇海区期末）函数的零点个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．（2024高一上·镇海区期末）在内函数的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一上·镇海区期末）已知等边三角形的边长为2，点为内切圆上一动点，若，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
8．（2024高一上·镇海区期末）已知且，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
9．（2024高一上·镇海区期末）已知平面向量，下列说法不正确的有（ ）
A．若，，则
B．
C．
D．若，则
10．（2024高一上·镇海区期末）已知函数，则（ ）
A．曲线的一个对称中心为
B．函数在区间单调递增
C．函数为偶函数
D．函数在内有4个零点
11．（2024高一上·镇海区期末）已知，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若，则
12．（2024高一上·镇海区期末）一个扇形的周长为，面积为，则此扇形的圆心角为 .（用弧度制表示）
13．（2024高一上·镇海区期末）设是平面内不共线的一组基底，，若三点共线，则实数 .
14．（2024高一上·镇海区期末）已知函数，其中，在上有6个零点，则的范围为 .
15．（2024高一上·镇海区期末）如图，在平行四边形中，点为中点，点，在线段上，满足，设.
（1）用表示向量；
（2）若，求.
16．（2024高一上·镇海区期末）已知.
（1）分别求和的值；
（2）求的值.
17．（2024高一上·镇海区期末）已知函数.
（1）若是三角形中一内角，且，求的值；
（2）若函数在，有唯一零点，求的范围.
18．（2024高一上·镇海区期末）已知函数的部分图象如图所示，
（1）求的解析式；
（2）已知在的值域为，求的取值范围；
（3）将图象上所有点纵坐标缩短为到原来的（横坐标不变），再将所得到图象向右平移个单位长度得到的图象.已知关于的方程在内有两个不同的解.
①求实数的取值范围；
②求的值.（用表示）
19．（2024高一上·镇海区期末）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似的我们可以定义双曲正弦函数.它们与正，余弦函数有许多类似的性质.
（1）已知，求；
（2）类比正弦函数，余弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数（或双曲余弦函数）的一个正确的结论（即求或）并证明；
（3）已知，对任意的和任意的，都有恒成立，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】弧度制、角度制及其之间的换算
【解析】【解答】解：因为.
故答案为：A.
【分析】利用角度制与弧度制的互化关系，从而找出答案.
2．【答案】C
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】由三角函数定义知，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数定义得到的值，再由诱导公式得到的值.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量满足，
所以，解得，
所以在方向上的投影向量是.
故答案为：D.
【分析】利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而得出的值，再利用数量积求投影向量公式，从而得出在方向上的投影向量.
4．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意可得，将函数横坐标变为到原来的倍，纵坐标不变，
可得，再将其向右平移个单位长度，
得出，即.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和三角函数的伸缩变换与平移变换，从而往回推导，即可得出函数的解析式.
5．【答案】B
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，，
则的零点个数即为与的交点个数，
画出两函数图象如图所示：
由图可得与的交点个数为个，
故函数的零点个数为.
故答案为：B.
【分析】分别画出，图象，再求两函数图象交点个数，即可得函数的零点个数.
6．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的定义域
【解析】【解答】解：对于，则，
由，得，解得，
又因为，得，
由，得，解得，
又因为，得或或，
综上所述，或，
所以的定义域为.
故答案为：.
【分析】根据被开方数为非负和对数的真数要大于零，再结合已知条件中x的取值范围和交集的运算法则，从而得出定义域.
7．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：正三角形的边长为2，则其内切圆半径，
以正的中心为原点，边上的高所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
则，设，
则，
又因为，则，
所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为1.
故答案为：B.
【分析】以的内切圆心为原点建立平面直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用平面向量基本定理和向量的坐标运算，从而得出，结合三角型函数的图象求最值的方法，进而得出的最小值.
8．【答案】A
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，且，
所以，
所以，
即，所以，
则，
当且仅当时，即当时取等号，所以的最大值为.
故答案为：A.
【分析】将写成，写成，利用两角和与差的正弦公式，展开得到，再利用结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
9．【答案】A,B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A.当时，满足，，但不一定成立，选项A错误.
B.设，则，与关系不确定，选项B错误.
C.，选项C正确.
D.由得，，即，
∴，即，选项D正确.
故答案为：AB.
【分析】由时不成立和向量共线定理，则可判断选项A；根据数量积的运算律，则可判断选项B；根据和向量的模的性质，则可判断出选项C；根据得出，再结合数量积的运算法则，从而化简得出数量积的值，则可判断出选项D，进而找出说法不正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：对于A，
，
则，故一个对称中心为，故A错误；
对于B，当时，，
由于在上单调递增，
故函数在区间单调递增，故B正确；
对于C，因为，
由于为偶函数，故为偶函数，故C正确；
对于D，令，即，则，
当时，，
故当，即时，，
故函数在内有4个零点，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用三角恒等变换得到，从而得到的值，则判断出选项A；利用x的取值范围求出的取值范围，再结合换元法和正弦函数的图象判断单调性的方法，则判断出函数在区间上的单调性，则判断出选项B；利用函数的解析式和代入法得出，再结合偶函数的定义，则判断出选项C；令，即，当时，则，从而求出当时，，从而得出函数在内的零点的个数，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；扇形的弧长与面积；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，扇形的半径为1，则弧长，
过作交的延长线与点，
由图形可得，
由题意可得三角形的边上的高为，
所以，
所以.
对于A，因为，又因为，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，由在上均匀增加，
又因为在上增加速度是由快变慢，
所以可得在上为减函数，
又因为，所以，
所以，故B正确；
对于C，由，则，且，
又因为，则，
所以，故C错误；
对于D，由，可得，
又因为，则，
所以，所以，
又因为在是减函数，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设，扇形的半径为1，则弧长，再利用面积法证明，进而可得，则可判断选项A；利用已知条件和单调函数的定义，则判断出函数在上为减函数，则可判断选项B；由已知条件可得，再利用指数函数和幂函数的图象和性质，则可判断选项C；利用二倍角的正弦公式可得，再结合余弦函数的单调性，则可判断选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】或
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题意可得，
解得或，
即此扇形的圆心角为或.
故答案为：或.
【分析】利用已知条件和扇形的周长公式以及扇形的面积公式，从而解方程得出此扇形的圆心角.
13．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，
，
由三点共线，则，解得.
故答案为：.
【分析】利用平面向量基本定理可得、，再利用三点共线和向量共线定理，从而得出k的值.
14．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由，得，
由，得，
由在上有6个零点，
得，
解得，
由，解得，无整数解；
由，解得，又因为，因此；
由，解得，又因为，因此或；
由，解得，又因为，因此，
当时，则，解得；
当时，，解得，
所以的范围为.
故答案为：.
【分析】由给定区间求出相位所在的范围，由函数的零点表达式结合函数有6个零点，从而列出不等式组，再借助不等式组有解，从而求出的取值范围.
15．【答案】（1）解：
，
.
（2）解：因为，
，
又因为，
所以，
，
所以.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）利用向量的线性运算和平面向量的基本定理，从而用表示向量.
（2）用表示向量，再利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则以及数量积的定义，从而得出的值.
（1）解：，
，
；
（2），
，
又，
所以，
，
所以.
16．【答案】（1）解：因为
所以，
又因为，
所以，
则，
因为
所以，
又因为，
所以，
则.
（2）解：因为
则，可得.
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）先判断，，再利用同角三角函数的平方关系，则可求出和的值.
（2）结合（1）和两角和的余弦公式，从而求出的值，再利用二倍角的余弦公式，从而得出的值.
（1）因为
所以，又因为，
所以，则，
因为
所以，又因为，
所以，则，
（2）
即，
可得
17．【答案】（1）解：由题意得，
，
∴，
∴，
∵，∴，
∴，解得.
（2）解：由（1）得，，
由得，
令，由得，
问题转化为函数与直线有唯一交点，
作出在上的函数图象，
∵，，
∴或，解得或.
∴的取值范围是或.
【知识点】函数的值；简单的三角恒等变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据差角公式、倍角公式和辅助角公式，从而化简函数的解析式，再利用题中条件和三角形内角的取值范围，从而可得角A的值.
（2）根据条件可得，令，则问题转化为函数与直线有唯一交点，再利用数形结合得出实数m的取值范围.
（1）由题意得，
，
∴，∴，
∵，∴，
∴，解得.
（2）由（1）得，，
由得，
令，由得，
问题转化为函数与直线有唯一交点，作出在上的函数图象，
∵，，
∴或，解得或.
∴的范围是或.
18．【答案】（1）解：由图象可知，，
所以，则，
所以，
因为，即，
因为，则，
所以，解得，
因此.
（2）解：因为，，
由题意可知在的值域为，
结合题中图象知，解得.
（3）解：①将图象上所有点纵坐标缩短为到原来的（横坐标不变），
再将所得到图象向右平移个单位长度得到的图象，
则，其中，
因为，所以，所以，
又因为，所以是函数一个周期的区间．
所以若方程在内有两个不同的解，
只需，即即为所求．
②令，
因为于的方程在内有两个不同的解，
所以满足，
即，，
又因为的对称轴为，
结合得出对称轴为，
可知，关于对称轴对称，
所以，
所以或，
当时，
当时，
故．
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；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值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由余弦型函数的图象可得出函数的最小正周期，从而求得的值，由结合的取值范围，从而可求出的值，进而得出函数的解析式.
（2）利用函数的解析式结合代入法得出和的值，再利用余弦型函数的图象和性质，从而列式求解得出实数m的取值范围.
（3）①先将化简，再结合该函数在的单调性、最值情况，从而构造不等式求出实数的取值范围.
②可先根据两根关于对称轴对称求出的关系，再代入结合三角恒等变换公式，从而化简得出的值．
（1）由图象可知，，所以，则，
所以，
因为即，
因为，则，所以，解得，
因此；
（2），，
由题意在的值域为，结合题干图象知，
解得；
（3）①将图象上所有点纵坐标缩短为到原来的（横坐标不变），
再将所得到图象向右平移个单位长度得到的图象，
则，其中，
因为，所以，所以，
又因为，所以是函数一个周期的区间．
所以若方程在内有两个不同的解，
只需，即即为所求．
②令，因为于的方程在内有两个不同的解，
所以满足，即，，
又的对称轴由，
结合得对称轴为，
可知，关于对称轴对称，所以，
所以或．
当时，
．
当时，
．
故．
19．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，即，
所以，
所以，所以．
（2）解：类比正弦函数、余弦函数的二倍角公式，
得出双曲正弦函数
（或双曲余弦函数.
证明如下：.
．
（3）解：因为，
设，则，
当时，，
所以，
所以，
可化为，
由题意，只需，对任意恒成立即可，
即或，
所以或恒成立，
则，
故在上的最小值是，
当且仅当即时取得最小值，
因为，
所以，由对勾函数性质知在上单调递减，
所以在上的最大值是7，当取得最大值，
所以的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【分析】（1）根据和的计算公式，结合指数的运算法则，从而得出的值.
（2）类比正弦函数、余弦函数的二倍角公式，从而写出双曲正弦函数（或双曲余弦函数，从而证出结论．
（3）设，则，当时，，从而得出实数的取值范围，再将化为，则利用不等式的基本性质转化求解，从而求出实数的取值范围．
（1）因为，所以，
所以，即，所以，
所以，所以．
（2）类比正弦函数、余弦函数的二倍角公式，
得双曲正弦函数（或双曲余弦函数；
证明如下：；
．
（3）因为，设，则，
当时，，所以，
所以，
可化为，
由题意，只需，对任意恒成立即可，
即或，所以或恒成立；
，故在上的最小值是，
当且仅当即时取得最小值；
因为，所以由对勾函数性质知在上单调递减，
所以在上的最大值是7，当取得最大值；
所以的取值范围是．
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