2024^2025学年吉林省通化市梅河口市高二上学期开学考试数学试卷（2套）附解析

这是一份2024^2025学年吉林省通化市梅河口市高二上学期开学考试数学试卷（2套）附解析，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若，则在复平面内z对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．若样本数据的方差为，则的方差为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ）
A．钝角三角形B．直角三角形
C．锐角三角形D．等边三角形
4．已知是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
5．已知圆锥的底面半径为，体积为，则该圆锥内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量与向量夹角为，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．四名同学各投骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是（ ）
A．平均数为，极差为B．中位数为，众数为
C．平均数为，方差为D．平均数为，中位数为
8．费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.如图，已知和 都是正三角形，，，且三点共线，设点是内的任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数（为虚数单位），则下列结论正确的是（ ）
A．的虚部为B．的共轭复数为
C．D．
10．某学校为了解本校学生上学的交通方式，在全校范围内随机抽样调查部分学生，了解到上学的交通方式主要有：A为家人接送，B为乘坐地铁，C为乘坐公交，D为其他方式.学校把收集到的数据整理绘制成条形图和扇形图，如图只给出了其中部分信息，则下列结论中正确的是（ ）

A．此次抽查的样本量为240
B．若该校有学生2000人，则约有500人是家人接送上学
C．扇形图中B的占比为38%
D．估计该校学生上学交通方式为乘坐地铁或者其他方式的人数占全校学生的一半
11．在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．异面直线与所成角的取值范围为
C．的最小值为
D．当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为 .
13．已知向量，，若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 .
14．某工厂的三个车间生产同一种产品，三个车间的产量分布如图所示，现在用分层随机抽样方法从三个车间生产的该产品中，共抽取60件做使用寿命的测试，则C车间应抽取的件数为 ；若A，B，C三个车间产品的平均寿命分别为220，240，230小时，方差分别为20，20，30，则总样本的方差为 .
四、解答题（本大题共4小题）
15．已知复数是一元二次方程（）的根.
(1)求的值；
(2)若复数（其中）为纯虚数，求复数的模.
16．有两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的环数如下：
甲：7 8 7 9 5 4 9 10 7 4
乙：9 5 7 8 7 6 8 6 7 7
设甲、乙两名运动员射击平均环数分别记为和，方差分别记为和.
(1)求，，，；
(2)如果你是教练，你如何对这次射击情况作出评价？如果这是一次选拔性考核，你应当如何作出选择？
17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求B；
(2)若外接圆的周长为，求周长的取值范围.
18．在中，，，，D，E分别是AC，AB上的点，满足，且DE经过的重心.将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.
(1)求证：平面；
(2)求直线CM和平面所成的角；
(3)在线段上是否存在点F，使二面角的余弦值？若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由.（要求用几何法解答）
参考答案
1．【答案】D
【分析】求出，求出其在复平面内对应的点的坐标，求出在复平面内z对应的点位于的象限.
【详解】因为，所以，
所以其在复平面内对应的点为，
则其对应的点位于第四象限.
故选D.
2．【答案】C
【分析】根据方差的性质结合已知条件直接求解.
【详解】因为样本数据的方差为，
所以的方差.
故选C.
3．【答案】A
【分析】利用余弦定理可以判断出B为钝角，则的形状为钝角三角形.
【详解】由，可得，即
则，又，则
则的形状为钝角三角形.
故选A.
4．【答案】B
【分析】由线面位置关系即可逐一判断各个选项.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，则或，
若，，则，
若，则存在，使得，因为，所以，又，所以，
所以无论如何，只要，，，就有，故B正确；
对于C，若，，，则或相交或异面，故C错误；
对于D，若，，，则或相交或异面，故D错误.
故选B.
5．【答案】D
【分析】作出组合体的轴截面，利用体积求出圆锥的高，然后再利用三角形相似即可求出内切球的半径，结合求得体积公式，即可求解.
【详解】
如图，圆锥与内切球的轴截面图，设圆锥高为h,
根据圆锥的底面半径为1，体积为，
可知，V=13π×12×ℎ=223π，解得，所以母线长为AC=222+12=3，
设内切球的半径为，则OD=OE=r,AO=AE−OE=22−r，
由轴截面三角形相似得△AOD∼△ABE，所以AOAB=ODBE，
即22−r3=r1，解得内切球半径为，
所以内切球的体积为V=43πr3=43π×223=23π.
故选D.
6．【答案】A
【分析】根据投影向量的定义结合已知条件直接求解即可
【详解】因为向量与向量夹角为，，
所以，
则在上的投影向量为
.
故选A.
【方法总结】向量的数量积的求法：(1)求两个向量的数量积，首先确定两个向量的模及向量的夹角，其中准确求出两向量的夹角是求数量积的关键．(2)根据向量数量积的运算律求解，向量的加、减与数量积的混合运算类似于多项式的乘法运算．
7．【答案】D
【分析】举反例可以逐一判断A、B、C是错误的，逻辑推理即可判断D选项.
【详解】对于A，数据为2，4，5，5，6，A错误；
对于B，数据为3，3，4，5，6，B错误；
对于C，数据为1，2，2，4，6，C错误；
对于D，所有数据和为15，中位数为4，如果出现6，那么其余三个数的和为5，且其中有一个数至少为4，这组数据不可能，D正确；
故选D.
8．【答案】A
【分析】在中，利用余弦定理求出，然后利用勾股定理逆定理可得为直角三角形，由题意可知取得最小值时，点为费马点，设，，，在中分别使用余弦定理，三式相加，再结合三角形面积公式化简可求出，从而可得答案.
【详解】由题可知，，在中，由余弦定理得
，
所以，
所以，所以为直角三角形，
由定义可知取得最小值时，点为费马点，
设，，，且，，，，
在中分别使用余弦定理可得，
相加得
由三角形面积得，即，
所以，
所以
，
所以的最小值为.
故选A.
9．【答案】AD
【分析】复数化简为，再依次判断即可．
【详解】，
则的虚部为，A项正确；
的共轭复数为，
而，故B项错误；
，故C项错误；
，故D项正确.
故选AD.
10．【答案】ABD
【分析】根据公交的人数和比例即可求解样本量，进而判断A，根据条形图可得家人接送所占比重，即可求解B，根据乘坐地铁的人数与样本量的比即可求解CD.
【详解】因为乘坐公交的调查人数为60，所占比例为，所以调查的总人数为，故A正确，
对于B,家人接送的学生所占的比例为，故，所以B正确；
对于C：扇形图中的占比为，所以C错误；
对于D：，所以D正确.
故选ABD.
11．【答案】ABD
【分析】构造正方体模型，即可判断A、B，展开为平面图形，两点间直线最短，即可求出最小值，从而判断C，构造正方体模型，求出外接球半径，然后计算得到球心到截面的距离，然后结合勾股定理即可求解D选项.
【详解】
对于A，如图，将几何体补为正方体，易知，，又，所以，故A正确；
对于B，如图，将几何体补为正方体，当动点M运动到点B时，此时直线与所成角最小，为，但此时直线与相交，不满异面；
当动点M由点B向点C运动时，直线与所成角慢慢变大，当动点M运动到点C时，此时直线与所成角最大，易知 是等边三角形，所以直线与所成的角为，而，即此时直线与所成角为；所以，异面直线与所成角的取值范围为，故B正确；
对于C，如图，将平面与平面展为同一平面，则
，故C错误
对于D，如图，补为正方体，三棱柱外接球即为正方体的外接球，所以外接球半径，即，
，所以
所以，
取正方体的中心点O，的中点N，连接ON，易知，
所以，设正方体的中心点O到截面的距离为h，
即球心到截面的距离为，根据勾股定理可得截面圆半径为，
所以截面面积为，故D正确.
故选ABD.
【思路导引】本题考查线面垂直的判定 与性质、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力.
12．【答案】10
【分析】根据直观图与原图形的关系结合已知可得，从而可求出，进而可求出四边形的周长.
【详解】由题意可得，
所以原图形中，
所以，
所以四边形的周长为.
故答案为：10.
13．【答案】
【分析】由题意列出关于的不等式组即可求解.
【详解】由题可知且与不共线，即，得.
故答案为：.
14．【答案】18 84
【分析】第一空，根据分层抽样的定义即可求解；第二空，根据分层抽样的方差公式即可求解
【详解】由分层抽样方法可得：抽取C车间应抽取的件数为60×30%=18；
总样本平均值，
总样本方差为
.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】根据是一元二次方程的根得到也是一元二次方程的根，代入列方程组求解即可；
（2）求出，根据复数为纯虚数求出即可求出.
【详解】（1）因为是一元二次方程的根，
所以也是一元二次方程的根，
故，解得；
（2）因为复数为纯虚数，
所以，且，
即，所以复数，
故.
16．【答案】(1)7；7；4；1.2
(2)答案见解析
【分析】（1）根据平均数和方差公式计算即可；
（2）由（1）的结论，平均数一样，则通过方差判断其稳定性即可得结果.
【详解】（1），
，
，
.
（2）由（1）知，甲乙射击的平均成绩一样，但乙比甲射击的成绩更稳定，所以选择乙.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）运用正弦定理即可求出B；
（2）先求出b，在运用余弦定理和基本不等式即可.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
因为，所以，
因为．所以；
（2）因为 外接圆的周长为，所以外接圆的直径为，
由正弦定理得，则，
由余弦定理得，
因为，所以，即，
当且仅当时，等号成立，
又因为，所以，则．
故周长的取值范围为；
综上，，周长的取值范围为.
18．【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据⊥平面，得到⊥，故⊥，结合，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，得到与平面的夹角即为与平面的夹角，利用等体积法求出到平面的距离，进而得到点平面的距离为，从而求出线面角的正弦值，求出答案；
（3）作出辅助线，找到二面角的平面角为，利用余弦定理和勾股定理求出各边长，并求出，利用正切差角公式得到，得到方程，求出CF的长度.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
将沿DE折起到的位置，故始终有，，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，故，
因为，，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，两两垂直，
因为DE经过的重心，所以，故，
，
由勾股定理得，
连接，取的中点，在上取点，使得，连接，
则，，
又，，故四边形为平行四边形，
故，，
与平面的夹角即为与平面的夹角，
其中，而平面，
故，
由勾股定理得，
中，，故，
，，
故由余弦定理得，
故，
则，
设到平面的距离为，
由于，故，解得，
故点平面的距离为，
设直线CM和平面所成角的大小为，
则，
故直线CM和平面所成的角为
（3）存在，，理由如下：
连接，过点作于点，连接，
因为平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以，，
故二面角的平面角为，
设，，
在中，由余弦定理得，
故，
则，
，
其中，，
故，，
则
，
故，解得.
存在，.
【思路导引】求直线与平面所成角的方法
(1)定义法：①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角．
向量法：sin θ＝|cs〈AB→，n〉|＝ (其中AB→为平面α的斜线AB的方向向量，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角)．
2024-2025学年吉林省通化市梅河口市高二上学期开学考试数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．样本数据24，13，14，18，12，14，20，16的75%分位数为（ ）
A．17B．18C．19D．20
2．设事件A，B，已知P（A）＝，P（B）＝，P(A∪B)＝，则A，B之间的关系一定为（ ）
A．两个任意事件B．互斥事件
C．非互斥事件D．对立事件
3．某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，满足，，且，的夹角为，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，若对任意的实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李华答对每道题目的概率都是，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李华最终通过面试的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知平面向量，，则（ ）
A．当时，
B．若，则
C．若，则
D．若与的夹角为钝角，则
10．在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．异面直线与所成角的取值范围为
C．的最小值为
D．当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
11．设为随机事件，且，下列说法正确的是（ ）
A．事件相互独立与互斥不可能同时成立
B．若三个事件两两独立，则
C．若事件独立，则
D．若，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知平面向量，向量在向量上的投影向量为，则= .
13．已知事件与相互独立，，，则 .
14．已知四面体中，棱BC，AD所在直线所成的角为，且，，，则四面体体积的最大值是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．抛掷两枚质地均匀的骰子（标号为号和号），记下两枚骰子朝上的点数，求下列事件的概率：
(1)“两个点数之和是5”；
(2)“两个点数相等”；
(3)“号骰子的点数大于号骰子的点数”．
16．已知平面向量，，，且，．
(1)求和；
(2)若，，求向量和向量的夹角的大小.
17．在中，内角A，B，C的对边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求面积的最大值.
18．2024年4月25日，神舟十八号载人飞船顺利发射，本次乘组将首次在空间站实施水生生态项目，即要实现“太空养鱼”，意味着我们有能力在太空构造新的生态环境和生态系统．郑州航天电子技术有限公司为此次任各提供了科技产品和技术服务，该公司为了提高单位职工的工作热情，开展了知识比赛，满分120分，100分及以上为“航天达人”，结果航天达人有t人，这t人按年龄分成了5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组，，第五组：，得到的频率分布直方图如下图，已知第一组有10个人．
(1)根据频率分布直方图，估计这t人年龄的第80百分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“航天工程”的宣传大使．若第四组宣传大使的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传大使的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这t人中35～45岁所有人的年龄的平均数和方差．（分层随机抽样中各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，，，n，，．记总体的样本平均数为，样本方差为，则，
19．如图是函数图象的一部分.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数的单调区间；
(3)记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值.
参考答案
1．【答案】C
【分析】由百分位数的定义即可得解.
【详解】数据从小到大排序为12，13，14，14，16，18，20，24，则，
所以75%分位数为.
故选C.
2．【答案】B
【分析】由题意先求P（A）＋P（B），然后检验P（A）＋P（B）是否与P(A∪B)相等，从而可判断是否满足互斥关系.
【详解】因为P（A）＋P（B）＝＝P(A∪B)，所以A，B之间的关系一定为互斥事件.
故选B.
【思路导引】利用对立事件与互斥事件的概率公式，结合概率基本性质即可得解.
3．【答案】A
【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求出即可.
【详解】设圆台的母线长为l，高为h，
因为圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，母线，
因此圆台的高为，
所以圆台的体积为.
故选A.
4．【答案】D
【分析】利用投影向量的公式即可求解.
【详解】向量在向量方向上的投影向量.
故选D.
5．【答案】C
【分析】由投影向量计算可得.
【详解】因为，且，
所以，即夹角为，
故选C.
6．【答案】D
【分析】利用正弦定理、余弦定理进行角化边整理得到，再通过余弦定理消元得到，然后利用基本不等式得出的最小值，从而可以得到的最大值.
【详解】因为，
由正弦定理得，
所以，
所以，
由余弦定理得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以当时，取得最大值，
此时，
所以的最大值是.
故选D.
7．【答案】D
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再根据余弦型函数的值域与周期性可得解.
【详解】由，
函数值域为，
又对任意的实数，在区间上的值域均为，
则，
解得.
故选D.
【思路导引】化简函数，结合题目条件可得，解不等式即可得到的取值范围.
8．【答案】D
【分析】利用相互独立事件及对立事件的概率公式计算即得.
【详解】依题意，李华3道题都没有答对的概率为，
所以李华最终通过面试的概率为.
故选D.
9．【答案】ACD
【分析】根据向量加法坐标公式计算可判断A；根据向量平行的坐标公式计算即可判断B；根据向量垂直坐标公式计算即可判断C；根据向量数量积坐标公式计算即可判断D.
【详解】对A，当时，，所以，故A正确；
对B，若，则，解得，故B错误；
对C，若，则，解得，故C正确；
对D，若与的夹角为钝角，则且与不共线，
解得且，即，故D正确，
故选ACD
10．【答案】ABD
【分析】构造正方体模型，即可判断A、B，展开为平面图形，两点间直线最短，即可求出最小值，从而判断C，构造正方体模型，求出外接球半径，然后计算得到球心到截面的距离，然后结合勾股定理即可求解D选项.
【详解】
对于A，如图，将几何体补为正方体，易知，，又，所以，故A正确；
对于B，如图，将几何体补为正方体，当动点M运动到点B时，此时直线与所成角最小，为，但此时直线与相交，不满异面；
当动点M由点B向点C运动时，直线与所成角慢慢变大，当动点M运动到点C时，此时直线与所成角最大，易知 是等边三角形，所以直线与所成的角为，而，即此时直线与所成角为；所以，异面直线与所成角的取值范围为，故B正确；
对于C，如图，将平面与平面展为同一平面，则
，故C错误
对于D，如图，补为正方体，三棱柱外接球即为正方体的外接球，所以外接球半径，即，
，所以
所以，
取正方体的中心点O，的中点N，连接ON，易知，
所以，设正方体的中心点O到截面的距离为h，
即球心到截面的距离为，根据勾股定理可得截面圆半径为，
所以截面面积为，故D正确.
故选ABD.
【思路导引】本题考查线面垂直的判定 与性质、勾股定理等基础知识，考查运算求解能力.
11．【答案】ACD
【分析】利用相互独立性的性质，相互独立事件是可以同时发生的，而互斥事件是不可能同时发生的；三个事件两两独立，不能确定三个事件相互独立，即不能判断是否成立；利用概率公式求解.
【详解】若相互独立，则；若互斥，则，
而，，所以事件相互独立与互斥不可能同时成立，故A正确；
当三个事件两两独立时，一般不成立．
比如：设样本空间含有等可能的样本点，且，
则，，
所以，
即三个事件两两独立，但是，故B错误；
若相互独立，则也独立，故C正确；
由得，所以，故D正确；
故选ACD．
12．【答案】
【分析】根据投影向量的定义即可求解.
【详解】由投影向量的定理可得，向量在向量上的投影向量为：，
又向量在向量上的投影向量为，所以，
所以，所以.
故答案为：.
13．【答案】0.88
【分析】根据独立事件乘法公式求出，从而利用求出答案.
【详解】因为事件与相互独立，
所以，
所以.
故答案为：0.88.
【思路导引】根据独事件概率计算公式可得，代入即可计算出0.88.
14．【答案】
【分析】作出辅助线，找到，求出，由正弦定理得到点在半径为的的外接圆的劣弧上，当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，且最大距离为，从而求出三棱锥的体积最大值为，由得到答案.
【详解】在平面内，分别过作的平行线交于点，连接，
则四边形为平行四边形，则，，
则，
在中，，，由正弦定理得，
其中为的外接圆半径，解得，
则点在半径为的的外接圆的劣弧上，
作⊥，垂足为，如图1，
则当为的中点，即时，最大，此时，
如图2所示，此时，
当平面⊥平面时，点到平面的距离最大，且最大距离为，
连接，此时三棱锥的体积最大，最大为，
而，故四面体的最大值为.
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）判断出符合古典概型，列出样本空间，找到满足事件的样本点，求比值即可；
（2）列出满足事件的样本点，求比值即可；
（3）列出满足事件的样本点，求比值即可．
【详解】（1）用表示号出现的点数为，用表示号出现的点数为，
则用表示这个实验的一个样本点，
样本空间，共有36个样本点．
由于骰子的质地均匀，所有各个样本点出现的可能性相等，因此这个试验是古典概型．
，
，
；
（2），
，
；
（3），
．
16．【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由列方程可求出，再由列方程可求出，从而可求出和；
（2）先求出向量和向量的坐标，再利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）因为，所以，解得，
因为，所以，解得，
故，；
（2），，
设向量和向量的夹角为，
则，
因为，所以，
即向量和向量的夹角的大小为.
17．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）依据给定条件，并结合正弦定理，余弦定理求解即可；
（2）利用重要不等式求出，再结合三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）在中，若，
由正弦定理得，故，
即，由余弦定理得，
因为，故；
（2）当时，，由重要不等式得，
当且仅当时取等，故有，解得，
而，故，
故面积的最大值是.
18．【答案】(1)
(2)年龄的平均数为，方差约为
【分析】（1）根据频率分布直方图可确定第百分位数位于第四组，根据第百分位数定义可构造方程求得结果；
（2）由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差.
【详解】（1）设第百分位数为，
，，
位于第四组：内；
由得：．
（2）由题意得，第四组应抽取人；第五组抽取人， 设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数分别为，方差分别为，
设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数分别为，方差分别为，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为．
则，
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，
则
.
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为；
据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为．
19．【答案】(1)；
(2)单调递增区间为，，单调递减区间为，；
(3)，.
【分析】（1）根据函数图象可得，由周期求出，再根据函数过点求出，即可得到函数解析式；
（2）根据正弦函数的性质计算可得；
（3）依题意可得，由的取值范围求出的取值范围，令， ，即，结合正弦函数的图象及对称性计算可得.
【详解】（1）由图可得，
函数的最小正周期为，又，
则，所以，
又函数过点，所以，则，
则，解得，
因为，所以，
所以.
（2）令，，解得，，
令，，解得，，
因此函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，.
（3）方程，即，即，
因为，所以，
设，其中，即，
结合正弦函数的图象，可得方程在区间有个解，即，
又的对称轴为，
不妨设个解从小到大依次为，
则关于对称，关于对称，关于对称，
所以，，，
即，，，
解得，，，
所以，
所以，.