重庆市第八中学校2025-2026学年高一下学期数学学科训练3

数学答题卡 注意事项 正确填涂 准考证号 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证 班级 号、考场号、座位号填写清楚。 涂 2选择题使用B铅笔填涂，非选择题使用 错误填涂 黑色碳素笔书写，超出答题区域无效。 例 ☑X 0四00000000四0 3.保持卡面清洁，不要折叠、不要手破。 ©刺 00田和卫和和和00 ■ 姓名 222四2]2122222 33]33]331333]3 444四44红4I4四I四 ■ 考场号 55555555515 贴条形码区 ]66]6 6圆 ■ (正面朝上，请贴在虚线框内) 刀刀刀刀刀刀刀刀☑ ☑ 座位号 8888888I88J8 ■ 9四999四99I9999 缺考 标记 1AIBI网D 6 A][B]CD] 11AIBC网D ■ 2四BMD 7A四B☒D回 ■ 3AIB四D) 8 [A][BC]D] 4 LA][B][CD] 9 [A]B [CD] 5 LA [B [C]D 10 [A][B][C][D] 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 13. 14. 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 四、解答题：共77分 15.(本小题满分13分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 16.(本小题满分15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 17.(本小题满分15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 18.(本小题满分17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 19.(本小题满分17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答案无效重庆八中高2028级高一（下）数学学科训练3 一、单选题（共40分） 1.(本题5分)sim105°sin45°-sin15°cos45°的值为() A号 B. C.、3 2 D.3 2.(本匙5分)若两个向量a,万的夹角是，a是单位向量， =2,c=2a+b,则向量 c与b的夹角为() A君 B.3 C.2x D. 3元 3 4 3.(本题5分)设a,b为两个非零向量，则“āb=a-孙”是“a与b共线的 A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(本题5分)已知向量a=(1,2),b=(3,1),向量c满足c⊥a,a11(c+b),则c=() A.(-2,-1) B.(2,-1) C.(-2,1) D.(2,1) 5.（本题5分)如图所示，A,B,C,D是正弦函数y=sinx图象上的四个点，且在A,C两点处 的函数值最大，在B,D两点处的函数值最小，则(OA+OB)(OC+OD)=() A.12r2 B.10m2 C.8π2 D.6π2 6.(本题5分)如图，在△ABC中，4N=4C,M=B,若cM=AB+u4C,则2+u= 3 () c.-1 D.9 7(本题5分)已知菱形4ABCD的边长为2，BAD=?,点P在线段8C上，点Q在线段D0 试卷第1页，共4页 上，BP=OC,则DP.BO的最大值为() A月 B.2 D.-2 8.(本题5分)已知0c0孕，若vaeR,存在xea-子a+孕，使得sin+cosr小2in0成 立，则0的最大值为() A日 B. C. 6 D. 二、多选题（共18分） 9.(本题6分)下列命题不正确的是() A.单位向量都相等 B.若a与b共线，b与c共线，则a与c共线 c.若a+b=la-b,则a.b=0 D.若a与b都是单位向量，则ab=1 10.（本题6分)已知西数f)-sm+@>0),则下列说法正确的是() A当a时，四在〔g写 上单调递增 B.若)(：=2，且书xL。则函数/)的最小正周期为元 C.若f(x)的图象向左平移亚个单位长度后，得到的图象关于y轴对称，则ω的最小 12 值为3 D.若f()在[0,2川上恰有4个零点，则0的取值范围为2·2 「2329 11.（本题6分)著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条 直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.此直线称为欧拉线.该定理称为欧 拉线定理.已知△ABC的外心为O,重心为G,垂心为H,且AB=6,AC=4,以下结论 正确的是() A.AG.BC=-20 B.A0.BC=10 C.若Bd=27,则aG=2y 3 D.OH=Q4+OB+OC 三、填空题（共15分） 12.(本题5分)已知=(1，-2)，与a方向相反的单位向量的坐标为 试卷第2页，共4页 13.(本题5分)己知函数fw)=sim(Ox+四，如图，A,B是直线y=}与曲线y=f()的 2 两个交点，若AB石，则令=一 B 2π 14.(本题5分)已知平面向量a,b,e,且e=1.已知向量5与e所成的角为60°，且 b-e上5-e对任意实数t恒成立，则a+2el+a-的最小值为 四、解答题（共77分） 15.（本题13分)在△ABC中，角4，B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,b=2,cos(A+B)= (1)求c的值和cosB (2)求simB+ 的值 6 16.(本题15分)如图，在△ABC中，D是线段BC上的点，且DC=2BD,O是线段AD的 中点延长BO交AC于E点，设BO=1AB+AC. D (1)求入+u的值： (2)若△ABC为边长等于2的正三角形，求OE.BC的值. 试卷第3页，共4页 17.(本题15分)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c, asinA-csinC=b(sin B-sinC). (1)求角A: (2)若点D在BC上，AD=CD=2,b=3,求C. 18.(本题17分)已知a=(2sinx,cosx-sinx),b=1+sinx,cosx+sinx),函数f(x)=ab. (1)求f(x)的最小正周期、对称轴方程以及单调递减区间； ②)设8)=1og,(⑧2+x+定义域为R,是否存在实数a,使得对任意∈〔石1，书∈R 不等式g(x2)≥f(x)恒成立？若存在，求出实数α的值；若不存在，请说明理由 19.(本题17分)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是： “在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”意大利数学家托 里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120° 的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点试 用以上知识解决下面问题：已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C的对边，且 cos2C+2sin(A+B)sin(A-B)=1,点P为△ABC的费马点 (1)求A: (2)若bC=6,求PA.PB+PB.PC+PC.PA的值： (3)若PA=xPB+yPC,求x+y的最大值. 试卷第4页，共4页 重庆八中高2028级高一（下）数学学科训练3 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）的值为（   ） A． B． C． D． 2．（本题5分）若两个向量，的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）设为两个非零向量,则“”是“与共线”的 A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（本题5分）已知向量，向量满足，，则（　　） A． B． C． D． 5．（本题5分）如图所示，是正弦函数图象上的四个点，且在两点处的函数值最大，在两点处的函数值最小，则（    ） A． B． C． D． 6．（本题5分）如图，在中，，，若，则（   ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知菱形的边长为2，，点在线段上，点在线段上，，则的最大值为（   ） A． B．2 C． D．－2 8．（本题5分）已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）下列命题不正确的是（   ） A．单位向量都相等 B．若与共线，与共线，则与共线 C．若，则 D．若与都是单位向量，则 10．（本题6分）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，在上单调递增 B．若，且，则函数的最小正周期为 C．若的图象向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的最小值为3 D．若在上恰有4个零点，则的取值范围为 11．（本题6分）著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线称为欧拉线．该定理称为欧拉线定理．已知的外心为，重心为，垂心为，且，，以下结论正确的是（ ） A． B． C．若，则 D． 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知，与方向相反的单位向量的坐标为______ 13．（本题5分）已知函数，如图，A，B是直线与曲线的两个交点，若，则_______. 14．（本题5分）已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为_______. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）在中，角的对边分别为，若， （1）求的值和 （2）求的值． 16．（本题15分）如图，在中，D是线段上的点，且，O是线段的中点延长交于E点，设． （1）求的值； （2）若为边长等于2的正三角形，求的值． 17．（本题15分）在中，内角，，所对的边分别为，，，． （1）求角； （2）若点在上，，，求． 18．（本题17分）已知，，函数. （1）求的最小正周期、对称轴方程以及单调递减区间； （2）设定义域为R，是否存在实数a，使得对任意，，不等式恒成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由. 19．（本题17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点P为的费马点. （1）求A； （2）若，求的值； （3）若，求的最大值. 试卷第4页，共4页 试卷第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 《重庆八中高2028级高一（下）数学学科训练3》参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B B D C A D A B ABD ABD ACD 1．B 【详解】 2．B 【详解】因为， ， ， 设与的夹角为，则， 又，所以. 故选：B. 3．D 【详解】试题分析：设的夹角为，一方面，由可得，所以，当时“与不共线”，因此“”不是“与共线”的充分条件；另一方面，若“与共线”，如时，，所以，因此“”不是“与共线”的必要条件，综上，故选D. 考点：1、充分条件必要条件；2、平面向量的数量积. 4．C 【详解】设，则， 由，得， 又，得，即， 联立，解得. . 故选：C. 5．A 【详解】由图知，，，，， 所以，，，， 所以，， 所以． 故选：A 6．D 【详解】在中，， ， 又，，， ， ，. 故选：D. 7．A 【详解】在边长为2的菱形中，由，得，由点在线段上， 令，由点在线段上， ，得， 则， 而，因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最大值为. 8．B 【详解】命题“，存在，使得成立”的否定为： ，对，不等式恒成立， 而，，令， 函数，函数的最小正周期为，不妨令， 当时，，此时，则； 当时，，函数在上递减，在上递增， ； 当时，，； 当时，，函数在上递减，在上递增， ； 当时，，， 由，对，不等式恒成立，得， 即，而，解得， 因此当，存在，使得成立时，， 所以的最大值为. 9．ABD 【详解】对A：单位向量的模都为1，但方向不确定，所以单位向量都相等是错误的.故A错误； 对B：若，，，则与共线，与共线，但与不一定共线，故B错误； 对C：因为，故C正确； 对D：若与都是单位向量，则，只有当时，才有，故D错误. 10．ABD 【详解】对于A，当时，若，则， 由于在上单调递增，故在上单调递增；故A正确； 对于B，若，且，则当且仅当，故B正确； 对于C，若的图象向左平移个单位长度后， 得到的图象所对应的函数表达式为：， 若的图象关于轴对称，则， 注意到， 所以当且仅当时，的最小值为4，故C错误； 对于D，，，得到， 若在上恰有4个零点， 则当且仅当，解得，即的取值范围为，故D正确. 故选：ABD. 11．ACD 【详解】因为是的重心，， 又， ，选项A正确； 因为是的外心， ，， ， 选项B错误； 若，， 可得， ， 则，选项C正确； 根据已知条件，，即， ， 所以，选项D正确. 12． 【详解】由，得与方向相反的单位向量， 所以与方向相反的单位向量的坐标为. 13． 【详解】由可得或， 两个相邻交点的横坐标的差为：， 因为，所以，即. 函数为，由图象过点，且该点在递增区间， 所以，解得，故. . 14． 【详解】平方去绝对值号，由，则， 根据向量与的条件可得， 化简可得， 令，由于函数开口向上，所以需要满足，所以. 观察所求式子内部，两者相减可将约掉，所以可用向量的三角不等式求解， 即， 又， 则的最小值为 15．解：（1）因为在中， 所以， 所以. 由余弦定理可得，，所以. ； （2）由（1）可知， 所以. 16．解：（1）因为O为的中点，， 又，故 （2）法一，设，因为O为的中点，， ∴ ∵B，O，E三点共线，所以，得 故 因为为边长为2的正三角形 故 （法二）设 又由（1）知与为非零的共线向量. 与为非零的共线向量，所以，得 ∴ 因为为边长为2的正三角形 故 . 17．解：（1）由正弦定理得得， 所以，所以由余弦定理得， 因为，所以． （2）在中，，所以，， 又， 在中，由正弦定理得． 18．解：（1）依题意， ， 所以的最小正周期为、对称轴方程为，单调递减区间为. （2）依题意，或， 由的定义域为R，得对，恒成立， 因此，解得，则或， 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，， 假定存在实数a，使得对任意，，不等式恒成立， 则存在实数a，使得对任意，不等式恒成立， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 当时，函数在上单调递减，此时有最大值，无最小值， 因此在时，不存在实数a，使得对任意，不等式恒成立； 当时，函数在上单调递增，此时， 当时，，则， 因此在当时，不存在实数a，使得对任意，不等式恒成立， 所以不存在实数a，使得对任意，，不等式恒成立. 19．解：（1）法一：因为， 所以， 即， 整理得：， 所以由正弦定理可得，所以； 法二：因为，且， 所以， 所以，整理得， 因为，所以，所以. （2）由（1）可得，，所以三个内角都小于， 则由费马点的定义可知：， 设，由， 得，整理得：， 所以； （3）由费马点的定义可知：， 设，则， 又，所以由平面向量基本定理有. 由余弦定理可得：， ，， 因为，所以， 所以有，化简可得：， 将代入上式，化简得. 因为，当且仅当结合解得时等号成立， 设，所以，解得或， 因为，所以，所以，即的最大值为. 答案第10页，共10页 答案第7页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $《重庆八中高2028级高一（下）数学学科训练3》参考答案 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 B B 0 ABD ABD ACD 1.B 【详解】sin105°sin45°-sin15°cos45° =sin(90°+15)sin45°-sin15°cos45° =cos15°sin45°-sin15°cos45 =sin(45°-15°）】 =sin30° 2.B 【详解】因为a-b=1x2cos2亚-1， 3 =2a+b2a+b°-√4d2+4a6+6=4-4+4=2, c.b=(2a+b)b=2a.b+b=-2+4=2, 设c与6的夹角为0，则c0s0=c-b=21 542 又0≤6≤π，所以日= 3 故选：B. 3.D 【详解】试题分析：设a,的夹角为0，一方面，由a-b=a.b可得cos6=cos,所以cos6≥0， 当cos6>0时“a与b不共线，因此“a.b=a.b不是“a与b共线”的充分条件；另一方面， 若“a与共线”，如0=π时，a-b0,a-b列0，所以a.b≠a.b,因此“ab=lab不是“a与 共线”的必要条件，综上，故选D 考点：1、充分条件必要条件；2、平面向量的数量积 4.C 【详解】设c=(x,y),则c+b=(x+3,y+1), 答案第1页，共10页 由c⊥a,得x+2y=0, 又a1/(c+b),得v+1-2(x+3)=0,即y=2x+5, [x+2y=0 x=-2 联立 y=2x+5’解得 y=1 .c=(-2,1) 故选：C 5.A 【详解】由图知， 4c经 所以0A= 〔-（经-c-(经n-(- 所以OA+OB=(2π，0)，OC+OD=(6元，0)， 所以(OA+0B)(OC+OD)=2元×6m+0×0=12元2. 故选：A 6.D 【详解】在△ABC中，AN=AC, :.CN-AN-AC-LAC-AC--2AC, 3 又0-号证，两=5-N--4c,01=到-4c4-弓4c, .CM-CN+NM--2AC+2AB-2AC-2AB-SAC-2AB+AAC, 9 3、8 +u= 282 399 故选：D. 7.A 【详解】在边长为2的菱形ABCD巾，由BAD-号，得BCD-于，由点e在线段DC上， 令CQ=CD,0≤≤1，由点P在线段BC上，BP=OC,得CP=1-)CB, BO=CO-CB ACD-CB,DP=CP-CD=(1-)CB-CD, 而CB-CD=2×2cos写-2，因此DP.B0-[0-0CB-CD1(acD-C国 答案第2页，共10页 =[20-)+1]cB.CD-1-)cB-CD=22-22+1)-40-)-4元 =-2+22-2=-2元--3s-3,当且仅当2=)时取等号， 22-2 3 所以DP.BO的最大值为 2 D B 8.B 【详解】命意aeR,存在xca平a+孕、使得sir+cosx22in0成立”的否定为： 3aeR,对xca年a+孕，不等式mx+caK2in0恒成立， 可mxco51sm+孕1，eaa7-4eaa孕： 函数f)=√2simt|,函数f)的最小正周期为π，不妨令0≤a≤π， 当0≤as时，a+c巧，此时5eaa+孕.则f0=-f孕5， 2 2 2 当行a:产时，a分低子，函数们在a网上花减，在a1上适指， 5兀、 4 2 4 f(t)mx f(a)=2sina>1; 当a时，1e孕.0-3-学-1 当于a时：a+宁学宁，商数m在时上滋减。仙a+受上滋格， 2 f0s=fa+2-1sma+3>1: 当a=时，a+经经0=受5， 由aeR,对x∈[a- 牙a+孕.不等式sr+co水2in0恒成立，得2n0>l, 即sm0>分而0@受，解得9=信3 6'2 因此当va∈R,存在xe[a景a+孕、使得m+cosx2m8成立时，0e0夏， 4 所以0的最大值为君 答案第3页，共10页 y=f(t) π3ππ5π3π 24 42 9.ABD 【详解】对A：单位向量的模都为1，但方向不确定，所以单位向量都相等是错误的.故A 错误； 对B:若b=0,a≠0，c≠0，则a与b共线，b与c共线，但a与c不一定共线，故B错误； 对c:因为a+bl=a-b→(a+b)=(a-b)'→a+2n.b+b=-2a.b+b→a.b=0, 故C正确： 对D:若a与5都是单位向量，则a-b=cos(a,b）,只有当(a,b)=0时，才有a:b=l,故D 错误 10.ABD 【详解】对于A,当o=3时，若x∈ 4π7π 99, 则3x+匹∈35π） 622 白于y=咖x在(）上单调递增，故/)在（暂）上单调道增：故A正痛， 3π5兀 对于B,若6)-2，且-儿受则当且仅当号T=元，成B正确： 对于C,若f(x)的图象向左平移”个单位长度后， 12 得到的图象所对应的西数表达式为：-m+管+o0叭， 若)的网象关于y抽对称，则管+名受+eZ@=4+12e乙， 注意到o>0, 所以当且仅当k=0时，w的最小值为4，故C错误： 对于D.o0,2词，得到am+名+2a 若f(x)在[0,2元上恰有4个零点， +2om24 则当且仅当 6 ·解得2 sw29 , 2329 即®的取值范围为 12'12 故D正确 1 +2am<5元 6 故选：ABD 答案第4页，共10页 11.ACD 【详解】因为G是AA8C的重心，AG-AB+AC, 又BC=AC-AB, AG.BC-()2 3 ,选项A正确； 因为O是△ABC的外心， 40AB-B,AoAc=号4C, 40.c-a0.(ac-A0-A04c-40B-06-36-10, 选项B错误； 若BC=2万，BC=(4C-AB}2=AC2-24ACAB+AB=28, 可得AC.AB=12, hc-AG-uD+2aB4c+ac-6 则4G-2 3 ,选项C正确： 根据已知条件，OH=3OG,即Oi=30G, 0G=}o1+0B+00, 所以OH=OA+OB+OC,选项D正确. 2(55, 【详解】由=(1，-2)，得与a方向相反的单位向量 a +(2 5a-(59. 所以与á方向相反的单位向量的坐标为(5,25)】 5,5 1B月 【f解】由如+到)可得am+p君2皮r 6 _5m+2k(keZ), Γ6 两个相邻交点的横坐标的差为：k-x红）=红2如 0666w30 因别仙名所以高-音w4 答案第5页，共10页 面效为心m+),由图象过点(0，日该点在递培区制。 所以4+0=2，解得p=头，收)=-3 =-sin I=1 6 -2 14.23 【详解】平方去绝对值号，由b-t≥b-e,则b2-2b.e+te2≥b2-2b.e+e2, 根据向量6与E的条件可得b-e=6, 化简可得-t+-1≥0， 令f)=-b+-1,由于函数开口向上，所以需要满足 AbP-4+4≤0→△=(l-2≤0，所以b=2 观察所求式子内部，两者相减可将á约掉，所以可用向量的三角不等式求解， a+2e+la-B(a+2e)-(a-B)2e+6, 又2e+b=V4e2+4e-b+b2-4+4+4=25, 则la+2+a-的最小值为25， 15.解：(1)因为在△ABC中，A+B+C=π 所以cosC=cos[-(+B]-cos(+B)= 烈-品9 由余弦定理可得，c2=a2+b2-2 abcosC=32+22-2x×3×2× 4 =16,所以c=4 cosB=a+c2-b29+16-47 2ac 2x3x4=81 49 5 (2》由(1)可知simB=1-cosB=1-648 所以mB+周oo-5+57生35 6 6=828216 16.解：(1)因为O为AD的中点，DC=2BD, BO=BA+A0=BA+IAD 2 =+丽-c 答案第6页，共10页 -4+4c 6 又B0-2a6+AC,放天-子u-后+h=月 6 (2)法一，设AC=tAE,因为O为AD的中点，DC=2BD, 400w+B0-号d-c-4+cac-4调-4B+名4c 6 6 31 8,O,B三点共线，所以+仁=1，得t=4 36 故o--40-号4c-0+4c+品4c 12 因为△ABC为边长为2的正三角形 故o哑ac(证4cca1acac西 12 -c1o于吉41cso号 (法二)设AC=tAE oi=4-40-4c-4D-4c-a+号4c )G 又白①)知30-号45+名4C.B0与OE为非要的共线制量 111 BO与OE为非零的共线向量，所以1,6=3 1 得t=4 63 因为△ABC为边长为2的正三角形 故o8ac-〔号4+4Cc=4c-o4.aa -}co4小ccos臂 2 312 1 17.解：(1)由正弦定理得asin A-csinC=b(sinB-sinC)得a2-c2=b(b-c), 答案第7页，共10页 所以+c2-d=bc,所以由余弦定理得cosA=+c2-心_上， 2bc 21 因为0<A<,所以4=亚 3 (2)在a4CD中，AD=CD=2,4C=b=3,所以cosC-1C+CD-AD_3 22AC.CD 4 simc=i-cos'c-V万 4 又B=兀-A-C=2L-C,sinB=sim 3 3-c小5sc+mnc-35+6 3 21 2 8 在△ABC中，由正弦定理得c=bsinC_9√21-21 sin B 10 18.解：(1)依题意，f(x)=2 sinx(1+sinx)+(cosx-sinx)(cosx+sinx) 2sinx+2sin'x+cos'x-sin'x=2sinx+1, 所以f)的最小正周期为2π、对称轴方程为x=匹+机，k∈乙，单调递减区间为 月+2a经+2ke0 (2)依题意，0<a<1或a>1, 由g(x)=1og.(2+x+1)的定义域为R,得对x∈R,2+x+1>0恒成立， 因t△=1-4a<0,解得a>行则片a=1或a1, 由)知网在上单调递箱，在上单调运减，=孕=3， 假定存在实数a使得对行意6为.七R,不等式8化)产)恒废立， 则存在实数a,使得对任意x∈R,不等式g(x)≥3恒成立， 函数1=m2+x+1在（←0，-上单调递减，在（←+切）上单调递增，=1- 2a 2a 4a 当 <a<1时，函数=og.“在D-女+)上单调逆减，北时8)有最大值，无最小值， 因此在子a<1时，不存在实数a。,使得对任意xR,不等式)23恒成立： 当a>1时，属数y=ogu在-右o)上卓调道增，比时g=@.Q-治· 当a>1时，子1石1，则s0治0 _4a 因此在当a>1时，不存在实数a,使得对任意x∈R,不等式g(x)≥3恒成立， 所以不存在实数a,使得对任意x【匹，码，飞，∈R,不等式8，)≥f()恒成立 641 答案第8页，共10页 19.解：(1)法一：因为cos2C+2sin(A+B)sin(A-B)=1, 1-2sin2C+2(sinAcosB+sinBcosA)(sinAcosB-sinBcosA)=1, sin'C=sin2Acos2B-sin2Bcos24=sin24(1-sin2B)-sin2B(1-sin2A)=sin'A-sin2B, 整理得：sinC+sin2B=sim2A, 所以由正弦定理可得a2=b2+c2,所以A=90°： 法二：因为cos2C+2sin(A+B)sin(A-B)=1,且sinC=sin(A+B)>0, 2sin(A+B)sin(A-B)=1-cos2C 2sin'C =2sin2(A+B), 所以sin(A-B)=sin(A+B),整理得sinBcosA=0, 因为sinB>0,所以cosA=0,所以A=90, (2)由(1)可得，A=90°，所以△ABC三个内角A,B,C都小于120°， B 则由费马点的定义可知：∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设PA=x,PB=,PC=z,由SAB+SAMc+S△Bc=SAABC, y8g5山z-x6,整理得：w++2 22 2 2 所以A丽+P丽C+PcA=y（((》x45-25, (3)由费马点的定义可知：∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 设|PB=,PC=n,PA=p,m,hp>0,则PA=-p PB PC 又PA=xPB+yPC,所以由平面向量基本定理有x=-卫，y=-巴 n 由余弦定理可得：|BCP=m2+n2-2wcos120°=m2+n2+m, AB 2=p2+m2-2mpcos120=p2+m2+pm,AC=p2+n2-2npcos120=p2+n2+pn 答案第9页，共10页 因为A=90°，所以BC=AB+AC, 所以有m2+n2+mn=（p2+m2+pm)+(p2+n2+pn）,化简可得：m=p+pn+2p2, 将m=-卫，n=-卫代入上式，化简得29y-x-y-1=0 因为w(八当且汉当=y结合20--1-0解得x=1时等号成立， 2 设+v=4,所以写1-120，解得1>1+5或1≤1-5。 因为x<0,y<0,所以t<0,所以t≤1-√5，即x+y的最大值为1-√5 答案第10页，共10页