浙江省绍兴市2025-2026学年高一上学期期末数学试题
1．（2026高一上·绍兴期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2026高一上·绍兴期末）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2026高一上·绍兴期末）半径为的圆上，有一条弧的长是，则该弧所对的圆心角的弧度数为（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．（2026高一上·绍兴期末）“”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
5．（2026高一上·绍兴期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2026高一上·绍兴期末）函数在区间上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2026高一上·绍兴期末）定义在上的函数满足，且，则（ ）
A． B．2 C． D．
8．（2026高一上·绍兴期末）已知两两不相等的实数、满足，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2026高一上·绍兴期末）若正实数，满足，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2026高一上·绍兴期末）设函数，则（ ）
A．是偶函数 B．的其中一个零点是
C．的图象关于直线对称 D．
11．（2026高一上·绍兴期末）已知正方形的边长为1，，分别是边，上的动点（不含端点），记，，，，则（ ）
A．若为定值，则是关于的减函数
B．若为定值，则是关于的增函数
C．若，则
D．若，则
12．（2026高一上·绍兴期末） .
13．（2026高一上·绍兴期末）已知，，则 .
14．（2026高一上·绍兴期末）若函数恰有2个零点，则的取值范围为 .
15．（2026高一上·绍兴期末）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间.
16．（2026高一上·绍兴期末）对于实数，规定区间，，，的长度均等于.
（1）若集合，，求的区间长度；
（2）若函数的定义域为区间，求的区间长度.
17．（2026高一上·绍兴期末）已知函数满足.
（1）证明：，；
（2）求的单调区间（不要求证明）；
（3）若，求的取值范围.
18．（2026高一上·绍兴期末）设，，函数，对于集合，记.
（1）若，求和；
（2）已知，设，若，求的最小值；
（3）若，都有，求.
19．（2026高一上·绍兴期末）已知函数，，此时设.
（1）求，及的取值范围；
（2）求的最大值；
（3）若，，求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合因为，
集合，则.
故答案为：C.
【分析】解二次不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”的否定是“”.
故答案为：A.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
3．【答案】B
【知识点】弧度制、角度制及其之间的换算；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设弧所对圆心角为，半径 ，弧长 ，
由弧长公式，可得，解得.
故答案为：B.
【分析】根据弧长公式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：若，则，，即充分性成立；
若，则，即，即必要性成立，
则“”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据不等式关系，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式，结合余弦的二倍角公式求解即可.
6．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数定义域为，
令，，即函数为奇函数，
为偶函数，则函数为奇函数，排除AB；
当时，，，，排除C.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，判断函数的奇偶性排除AB；再根据当时函数值的正负排除C.
7．【答案】D
【知识点】函数的周期性
【解析】【解答】解：由，可得，
令，可得，即函数是周期为6的周期函数，
则.
故答案为：D.
【分析】由可得，令，求得，推出函数是周期为6的周期函数，利用周期性计算求即可.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：AB、设，则，
代入，可得，
令，
因为，所以，，
代入，可得，所以，
因为两两不相等的实数、满足，且，
且，故、、两两不相等，
由基本不等式可得，所以，
所以，所以，
所以，整理可得，故A错误，B正确；
C、不妨取，取，，，
满足，但，故C错误；
D、不妨取，取，，，
满足，此时，故D错误.
故答案为：B.
【分析】设，求得，代入，令，代入等式，结合基本不等式求解即可判断AB；利用特殊值法求解即可判断CD.
9．【答案】A,B,D
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：正实数，满足，
A、由，得，因为，为正实数，所以，解得，故A正确；
B、由，得，因为，为正实数，所以，解得，故B正确；
C、由，可得，则，当且仅当，
即，时取等号，故C错误；
D、因为正实数，满足，所以，
又，所以，即，当且仅当，时取等号，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由，得，根据，为正实数，列不等式组求解即可判断A；由，得，根据，为正实数，列不等式组求解即可判断B；利用基本不等式求解即可判断CD.
10．【答案】B,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数
A、，是奇函数，故A错误；
B、，故B正确；
C、，则的图象关于直线对称，故C正确；
D、，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】函数，化简，可得，利用正弦函数的奇偶性即可判断A；求得即可判断B；计算，得的图象关于直线对称即可判断C；利用两角差的正弦公式计算，再求即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】复合函数的单调性；简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：设，，如图所示：
由题意可得：，，，，，，
则，
A、令，则，则，即，
令，则，
，
因为是关于的增函数，是关于的减函数，
所以是关于的减函数，故A正确；
B、，当增大时，分母在减小，且，
分子在增大，故整体在增大，故为定值，则是关于的增函数，故B正确；
C、当时，，故C错误；
D、由，可得，两边平方得，又，，则，因为，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设，，由题意可得，，利用诱导公式，结合两角和的正切公式化简求得，令，得，进而根据复合函数单调性即可判断A；根据，当增大时，分母减小，分子增大，故整体在增大，据此即可判断B；由，求得即可判断C；由，可得，两边平方，结合，求得，代入求得即可判断D.
12．【答案】
【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】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】直接根据分数指数幂，以及对数运算化简求值即可.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
由，可得，
则.
故答案为：.
【分析】由，可得，利用同角三角函数基本关系求，再根据，结合两角差的余弦公式求解即可.
14．【答案】
【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：函数，
当时，，令，得，解得，
又因为，所以，所以，
当时，在有一个零点，
当时，没有零点；
当时，，令，则，解得或，
若，则，在内有两个零点，
若，则，在内有一个零点，
若，则，在内有两个零点，
若，则，在内有一个零点，
当，则，在内没有零点，
综上所述：当时，有三个零点；当时，有两个零点；
当时，有一个零点，当时，有两个零点，
当时，有一个零点，当，没有零点，
所以函数恰有2个零点，则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】当时，令，解得，再根据，求得，得在有一个零点，当时，令，解得或，再分、和、以及讨论函数的零点个数，据此求a的取值范围即可.
15．【答案】（1）解：函数，
则函数最小正周期为：；
（2）解：令，
解得，
则的单调递增区间为.
【知识点】二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据正弦的二倍角公式化简求得的解析式，再根据正弦型函数的最小正周期公式求解即可；
（2）利用整体法，结合正弦型函数单调性求解即可.
（1）由，
所以函数最小正周期为：.
（2）由，
即，
所以的单调递增区间为.
16．【答案】（1）解：由，可得，解得，即集合；
不等式等价于，解得 ，即集合 ，
则，区间 的长度为：；
（2）解：要使函数 有意义，则，解得，
即，故的区间的长度为：
【知识点】并集及其运算；函数的定义域及其求法；不等式的解集
【解析】【分析】（1）解绝对值不等式和分式不等式求得集合，再根据集合的并集运算求，最后根据性定义求的区间长度即可；
（2）根据偶次根式、对数函数有意义，列不等式组求得函数的定义域区间，再求的区间长度即可.
（1）由，
得： ；
不等式等价于，
解得 ：，故 ；
所以：
区间 的长度为：；
（2）函数 的定义域 需满足：，
由 得 ；
由 ，得：，
对数函数在上单调递减，
有：；
综上：，
因此 .
故的区间 的长度为：
17．【答案】（1）证明：函数，
由，得，解得，
则，，
故，；
（2）解：由（1）得，
设，原函数化为，易知在上单调递减，在单调递增，
又因为是增函数，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则的单调递增区间为，单调减区间为；
（3）解：由（1）知关于对称，由（2）知在单调递增，在单调递减，
所以可化为，解得或，
所以的取值范围为或.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；复合函数的单调性；奇偶函数图象的对称性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）根据，求出a的值，确定函数的解析式，代入证明即可；
（2）由（1）得，设，原函数化为，根据对勾函数的性质求其单调性，再根据复合函数的单调性求的单调区间即可；
（3）由（1）（2）的结论，不等式化为，解绝对值不等式即可.
（1）由得，所以
，所以，.
（2）设，则原函数可化为，在上单调递减，在单调递增.
又因为是增函数，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以的单调递增区间为，单调减区间为，
（3）由（1）知关于对称，由（2）知在单调递增，在单调递减，
所以可化为，解得或.
所以的取值范围为或
18．【答案】（1）解：当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，且，
函数在的值域为，在上的值域为，
所以，；
（2）解：当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
且，而，因此，
则的最小值为0；
（3）解：当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
取，则，，因此；
当时，函数在上单调递增，；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
取，则，，因此，
故，都有时，.
【知识点】补集及其运算；函数的值域；函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）当时，函数，根据函数的单调性，分别求函数在与的值域，再根据新定义求和即可；
（2）当时，利用二次函数单调性，结合及已知可得，求最小值即可；
（3）分探讨求出值即可.
（1）当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，且，
函数在的值域为，在上的值域为，
所以，.
（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
且，而，因此，
所以的最小值为0.
（3）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
取，则，，因此；
当时，函数在上单调递增，；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
取，则，，因此，
所以，都有时，.
19．【答案】（1）解：函数，
将代入，可得，
将代入，可得，
令，，
在任取两个实数，令，则，
因为，所以，所以，所以在单调递增，
则，，
故的取值范围；
（2）解：，则，
即，
利用两角和差公式可得，，
因为，，
则，显然，当时，取得最大值1，
故的最大值为；
（3）解：由(2)可得，
因为且，所以在上先单调递增后单调递减，即存在最大值点使得，
令，，
因为，且，所以，即，
因为，所以，
所以，化简得，
设，
由积化和差公式可以知道，，
再由二倍角公式可得，
则，
即，，，
因为，所以，，
因为，所以要证，即证，只需证，
假设，且，所以，
令，则.且，
则，
因为即且，
，可以得到即.这与余弦函数的值域矛盾，
故假设不成立，所以必有，于是，
即.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）将和代入函数的解析式中计算和的即可；令，，利用函数单调性的定义判断函数的单调性，求的最值即可得的取值范围；
（2）由，利用同角三角函数基本关系求，代入，结合两角和的正弦公式化简求得，再根据三角函数的性质求其最大值即可；
（3）由(2)可得，要证明，构造函数，利用函数的单调性证明即可.
（1）已知，将代入可得，
，
将代入可得，
，
令，因为
在任取两个实数，令.
则，
因为，所以
所以在单调递增.
所以；
.
所以的取值范围.
（2）已知，则.
即
利用两角和差公式可得，.
因为，.
则.显然，当时，取得最大值1.
所以的最大值为.
（3）由(2)知道，，因为且，
所以在上先单调递增后单调递减，即存在最大值点使得.
令，
因为，且.
所以.即
因为，所以有.
所以有，化简得，
设
由积化和差公式可以知道，
再由二倍角公式可以知道，
所以
所以可以化简为
可以得到，.
因为，所以有，
因为，
所以要证，即证，
只需证.
假设，且，所以
令，则.且
则.
因为即且.
，可以得到即.这与余弦函数的值域矛盾，故假设不成立，所以必有.
于是
即有.
1 / 1浙江省绍兴市2025-2026学年高一上学期期末数学试题
1．（2026高一上·绍兴期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即集合因为，
集合，则.
故答案为：C.
【分析】解二次不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2026高一上·绍兴期末）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”的否定是“”.
故答案为：A.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
3．（2026高一上·绍兴期末）半径为的圆上，有一条弧的长是，则该弧所对的圆心角的弧度数为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】弧度制、角度制及其之间的换算；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设弧所对圆心角为，半径 ，弧长 ，
由弧长公式，可得，解得.
故答案为：B.
【分析】根据弧长公式求解即可.
4．（2026高一上·绍兴期末）“”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】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：若，则，，即充分性成立；
若，则，即，即必要性成立，
则“”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据不等式关系，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．（2026高一上·绍兴期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则.
故答案为：B.
【分析】利用诱导公式，结合余弦的二倍角公式求解即可.
6．（2026高一上·绍兴期末）函数在区间上的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数定义域为，
令，，即函数为奇函数，
为偶函数，则函数为奇函数，排除AB；
当时，，，，排除C.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，判断函数的奇偶性排除AB；再根据当时函数值的正负排除C.
7．（2026高一上·绍兴期末）定义在上的函数满足，且，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】函数的周期性
【解析】【解答】解：由，可得，
令，可得，即函数是周期为6的周期函数，
则.
故答案为：D.
【分析】由可得，令，求得，推出函数是周期为6的周期函数，利用周期性计算求即可.
8．（2026高一上·绍兴期末）已知两两不相等的实数、满足，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：AB、设，则，
代入，可得，
令，
因为，所以，，
代入，可得，所以，
因为两两不相等的实数、满足，且，
且，故、、两两不相等，
由基本不等式可得，所以，
所以，所以，
所以，整理可得，故A错误，B正确；
C、不妨取，取，，，
满足，但，故C错误；
D、不妨取，取，，，
满足，此时，故D错误.
故答案为：B.
【分析】设，求得，代入，令，代入等式，结合基本不等式求解即可判断AB；利用特殊值法求解即可判断CD.
9．（2026高一上·绍兴期末）若正实数，满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：正实数，满足，
A、由，得，因为，为正实数，所以，解得，故A正确；
B、由，得，因为，为正实数，所以，解得，故B正确；
C、由，可得，则，当且仅当，
即，时取等号，故C错误；
D、因为正实数，满足，所以，
又，所以，即，当且仅当，时取等号，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由，得，根据，为正实数，列不等式组求解即可判断A；由，得，根据，为正实数，列不等式组求解即可判断B；利用基本不等式求解即可判断CD.
10．（2026高一上·绍兴期末）设函数，则（ ）
A．是偶函数 B．的其中一个零点是
C．的图象关于直线对称 D．
【答案】B,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数
A、，是奇函数，故A错误；
B、，故B正确；
C、，则的图象关于直线对称，故C正确；
D、，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】函数，化简，可得，利用正弦函数的奇偶性即可判断A；求得即可判断B；计算，得的图象关于直线对称即可判断C；利用两角差的正弦公式计算，再求即可判断D.
11．（2026高一上·绍兴期末）已知正方形的边长为1，，分别是边，上的动点（不含端点），记，，，，则（ ）
A．若为定值，则是关于的减函数
B．若为定值，则是关于的增函数
C．若，则
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】复合函数的单调性；简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：设，，如图所示：
由题意可得：，，，，，，
则，
A、令，则，则，即，
令，则，
，
因为是关于的增函数，是关于的减函数，
所以是关于的减函数，故A正确；
B、，当增大时，分母在减小，且，
分子在增大，故整体在增大，故为定值，则是关于的增函数，故B正确；
C、当时，，故C错误；
D、由，可得，两边平方得，又，，则，因为，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】设，，由题意可得，，利用诱导公式，结合两角和的正切公式化简求得，令，得，进而根据复合函数单调性即可判断A；根据，当增大时，分母减小，分子增大，故整体在增大，据此即可判断B；由，求得即可判断C；由，可得，两边平方，结合，求得，代入求得即可判断D.
12．（2026高一上·绍兴期末） .
【答案】
【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】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】直接根据分数指数幂，以及对数运算化简求值即可.
13．（2026高一上·绍兴期末）已知，，则 .
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
由，可得，
则.
故答案为：.
【分析】由，可得，利用同角三角函数基本关系求，再根据，结合两角差的余弦公式求解即可.
14．（2026高一上·绍兴期末）若函数恰有2个零点，则的取值范围为 .
【答案】
【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：函数，
当时，，令，得，解得，
又因为，所以，所以，
当时，在有一个零点，
当时，没有零点；
当时，，令，则，解得或，
若，则，在内有两个零点，
若，则，在内有一个零点，
若，则，在内有两个零点，
若，则，在内有一个零点，
当，则，在内没有零点，
综上所述：当时，有三个零点；当时，有两个零点；
当时，有一个零点，当时，有两个零点，
当时，有一个零点，当，没有零点，
所以函数恰有2个零点，则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】当时，令，解得，再根据，求得，得在有一个零点，当时，令，解得或，再分、和、以及讨论函数的零点个数，据此求a的取值范围即可.
15．（2026高一上·绍兴期末）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递增区间.
【答案】（1）解：函数，
则函数最小正周期为：；
（2）解：令，
解得，
则的单调递增区间为.
【知识点】二倍角的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据正弦的二倍角公式化简求得的解析式，再根据正弦型函数的最小正周期公式求解即可；
（2）利用整体法，结合正弦型函数单调性求解即可.
（1）由，
所以函数最小正周期为：.
（2）由，
即，
所以的单调递增区间为.
16．（2026高一上·绍兴期末）对于实数，规定区间，，，的长度均等于.
（1）若集合，，求的区间长度；
（2）若函数的定义域为区间，求的区间长度.
【答案】（1）解：由，可得，解得，即集合；
不等式等价于，解得 ，即集合 ，
则，区间 的长度为：；
（2）解：要使函数 有意义，则，解得，
即，故的区间的长度为：
【知识点】并集及其运算；函数的定义域及其求法；不等式的解集
【解析】【分析】（1）解绝对值不等式和分式不等式求得集合，再根据集合的并集运算求，最后根据性定义求的区间长度即可；
（2）根据偶次根式、对数函数有意义，列不等式组求得函数的定义域区间，再求的区间长度即可.
（1）由，
得： ；
不等式等价于，
解得 ：，故 ；
所以：
区间 的长度为：；
（2）函数 的定义域 需满足：，
由 得 ；
由 ，得：，
对数函数在上单调递减，
有：；
综上：，
因此 .
故的区间 的长度为：
17．（2026高一上·绍兴期末）已知函数满足.
（1）证明：，；
（2）求的单调区间（不要求证明）；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）证明：函数，
由，得，解得，
则，，
故，；
（2）解：由（1）得，
设，原函数化为，易知在上单调递减，在单调递增，
又因为是增函数，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则的单调递增区间为，单调减区间为；
（3）解：由（1）知关于对称，由（2）知在单调递增，在单调递减，
所以可化为，解得或，
所以的取值范围为或.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；复合函数的单调性；奇偶函数图象的对称性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）根据，求出a的值，确定函数的解析式，代入证明即可；
（2）由（1）得，设，原函数化为，根据对勾函数的性质求其单调性，再根据复合函数的单调性求的单调区间即可；
（3）由（1）（2）的结论，不等式化为，解绝对值不等式即可.
（1）由得，所以
，所以，.
（2）设，则原函数可化为，在上单调递减，在单调递增.
又因为是增函数，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以的单调递增区间为，单调减区间为，
（3）由（1）知关于对称，由（2）知在单调递增，在单调递减，
所以可化为，解得或.
所以的取值范围为或
18．（2026高一上·绍兴期末）设，，函数，对于集合，记.
（1）若，求和；
（2）已知，设，若，求的最小值；
（3）若，都有，求.
【答案】（1）解：当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，且，
函数在的值域为，在上的值域为，
所以，；
（2）解：当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
且，而，因此，
则的最小值为0；
（3）解：当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
取，则，，因此；
当时，函数在上单调递增，；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
取，则，，因此，
故，都有时，.
【知识点】补集及其运算；函数的值域；函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）当时，函数，根据函数的单调性，分别求函数在与的值域，再根据新定义求和即可；
（2）当时，利用二次函数单调性，结合及已知可得，求最小值即可；
（3）分探讨求出值即可.
（1）当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，且，
函数在的值域为，在上的值域为，
所以，.
（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
且，而，因此，
所以的最小值为0.
（3）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
取，则，，因此；
当时，函数在上单调递增，；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
取，则，，因此，
所以，都有时，.
19．（2026高一上·绍兴期末）已知函数，，此时设.
（1）求，及的取值范围；
（2）求的最大值；
（3）若，，求证：.
【答案】（1）解：函数，
将代入，可得，
将代入，可得，
令，，
在任取两个实数，令，则，
因为，所以，所以，所以在单调递增，
则，，
故的取值范围；
（2）解：，则，
即，
利用两角和差公式可得，，
因为，，
则，显然，当时，取得最大值1，
故的最大值为；
（3）解：由(2)可得，
因为且，所以在上先单调递增后单调递减，即存在最大值点使得，
令，，
因为，且，所以，即，
因为，所以，
所以，化简得，
设，
由积化和差公式可以知道，，
再由二倍角公式可得，
则，
即，，，
因为，所以，，
因为，所以要证，即证，只需证，
假设，且，所以，
令，则.且，
则，
因为即且，
，可以得到即.这与余弦函数的值域矛盾，
故假设不成立，所以必有，于是，
即.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）将和代入函数的解析式中计算和的即可；令，，利用函数单调性的定义判断函数的单调性，求的最值即可得的取值范围；
（2）由，利用同角三角函数基本关系求，代入，结合两角和的正弦公式化简求得，再根据三角函数的性质求其最大值即可；
（3）由(2)可得，要证明，构造函数，利用函数的单调性证明即可.
（1）已知，将代入可得，
，
将代入可得，
，
令，因为
在任取两个实数，令.
则，
因为，所以
所以在单调递增.
所以；
.
所以的取值范围.
（2）已知，则.
即
利用两角和差公式可得，.
因为，.
则.显然，当时，取得最大值1.
所以的最大值为.
（3）由(2)知道，，因为且，
所以在上先单调递增后单调递减，即存在最大值点使得.
令，
因为，且.
所以.即
因为，所以有.
所以有，化简得，
设
由积化和差公式可以知道，
再由二倍角公式可以知道，
所以
所以可以化简为
可以得到，.
因为，所以有，
因为，
所以要证，即证，
只需证.
假设，且，所以
令，则.且
则.
因为即且.
，可以得到即.这与余弦函数的值域矛盾，故假设不成立，所以必有.
于是
即有.
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