广西玉林市九校2025-2026学年高一下学期期中质量监测数学试卷

**基本信息** 注重数学眼光与思维，通过实践活动（如测量大楼高度）和创新情境（如布洛卡点）考查空间观念、运算能力与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数虚部、直线与平面关系、向量性质|基础概念辨析，如向量共线条件判断| |多选|3/18|复数运算、向量坐标运算、解三角形|综合性质考查，如向量垂直与夹角计算| |填空|3/15|向量模、圆锥体积、翻折问题|空间几何应用，如菱形翻折后内切球表面积| |解答|5/77|向量共线、圆柱与三棱柱体积、解三角形实践、布洛卡点证明|实践与创新结合，如测量距离高度的数学建模，布洛卡点历史情境下的推理证明|

2026年春季期高一期中质量监测 数 学 （试卷总分 150 分，考试时间 120 分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5 毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．复数的虚部为（　　） A． B． C． D． 2．若直线在平面内，则符号表示正确的是（   ） A． B． C． D． 3．下列关于平面向量的说法正确的是（   ） A．若是共线的单位向量，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（    ）    A． B． C．12 D．10 高一数学试卷 第1页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 5 ．已知空间中两条直线，及平面，且满足，“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 6．已知向量，则向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 7 ．已知三角形ABC满足，则三角形ABC的形状一定是（    ） A．正三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 8．已知的内角，，所对的边分别为，，，，，，若，（），若与相交于点，则当取最小值时，（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分． 9．已知为，复数，，则（    ） A．的共轭复数为 B． C．为实数 D．的虚部为-5 10．已知向量，，则（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则或3 D．若，则与的夹角为 11．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（   ） A． B．外接圆的面积为 C．面积的最大值为 D．周长的最大值为 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12．已知向量，则__________. 高一数学试卷 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 13．圆锥的底面半径扩大到原来的2倍，高缩小为原来的，则其体积是原来的____倍. 14． 已知菱形ABCD的边长为1，，将沿AC翻折，当三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为______. 四、解答题：本题共5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15 ．（13 分） 平面内给定两个向量，. (1)求的坐标； (2)若，且、、三点共线，求的值. 16．（15 分）如图，三棱柱内接于一个圆柱，且底面是正三角形，圆柱的体积是，底面直径与母线长相等． (1)求圆柱的底面半径； (2)求三棱柱的体积． 17 ．（15 分）某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°. (1)求两点间的距离； (2)求大楼的高度. 高一数学试卷 第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 18．（17 分）在中，内角的对边分别为，且，. (1)求的大小； (2)若，求的面积； (3)求的最大值. 19．（17 分）三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点P满足条件时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为． (1)求证：； (2)若，是否存在常数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． (3)若，试判断的形状． 高一数学试卷 第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季期高一期中质量监测 数学 答题卡 班级：__________ 姓名：___________________ 准考证号： 贴条形码区 考生禁填： 以上标志由监考人员用2B铅笔填涂 缺考标记 填涂样例： 正确填涂 错误填涂 [×] [√] [／] [◎] 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准条形码上的姓名、准考证号与本人相符并完全正确，且考试科目相符后在规定位置贴好条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5 mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 一、选择题: 1-8小题，每小题 5 分，9-11 小题，每小题 6分，共 58分。（请用 2B铅笔填涂） 01 [A] [ B] [C] [ D] 02 [A] [ B] [C] [ D] 03 [A] [ B] [C] [ D] 04 [A] [ B] [C] [ D] 05 [A] [ B] [C] [ D] 06 [A] [ B] [C] [ D] 07 [A] [ B] [C] [ D] 08 [A] [ B] [C] [ D] 09 [A] [B] [C] [ D] 10 [A] [B] [C] [ D] 11 [A] [B] [C] [ D] 二、填空题: 每小题 5分，共 15分。（请使用0.5 毫米的黑色字迹签字笔书写） 12. 13. 14. 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 三、解答题（共 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分 13分） 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域作答，超出黑色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作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 高一数学答题卡 第 1 页（共 2 页） ( 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框 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作答，超出黑色矩形边框 限定区域的答案无效 ) ( 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框 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作答，超出黑色矩形边框 限定区域的答案无效 ) 请在各题目的答题区域作答，超出黑色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作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 高一数学答题卡 第2 页（共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $2026年春季期高一期中质量监测 数学 答题卡 班级： 姓名： 准考证号： 考生禁填： 填涂样例： 以上标志由监考人员 正确填涂■ 贴条形码区 用2B铅笔填涂 错误填涂[凶】【【/1[⊙] 缺考标记L」 团口三 1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准条形码上的姓名、准考证号与本人相符并完 全正确，且考试科目相符后在规定位置贴好条形码。 2.选择题必须用2B铅笔填涂：非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题：字体工 整、笔迹清晰。 3.请按题号顺序在各题目的答恶区域内作答，超出区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。 4。保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 选择题：1-8小题，每小题5分，911小题，每小题6分，共58盼。 (请用2笔填涂) 01A内[g[叮o5[[)[C][09A][間[q[叮 02[][[g[]06[内[C][]10[]B]C][叨 03[A][B)[]07[A][B)[C][D]11[A]B]C][] 04[A][)[☑[]08[A][)C][] 二、填空题：每小题5分，共15分。 (请使用0.5毫米的黑色字迹签字笔书写) 12 13 14 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 三、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 16.(本小题满分15分) , C B C A 诗在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 高一数学答题卡第1页（共2页） 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 17.(本小题满分15分) D ◇ B A C 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 ■ 请在各题目的答题区域作答，超出黑色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作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 19.(本小题满分17分) p B C 请在各题目的答题区域作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 高一数学答题卡第2页（共2页）2026年春季期高一期中质量监测 数学 (试卷总分150分，考试时间120分钟) 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其它答案标号， 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上· 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效， 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的. 1.复数2-3i的虚部为() A.-3i B.3i C.3 D.-3 2.若直线l在平面内，则符号表示正确的是() A.Ica B.1∥a C.lEa D.Ina=A 3.下列关于平面向量的说法正确的是() A.若a,b是共线的单位向量，则a= B.若ā=五，则= c.若a/6,则a.b= D.若a/b,b/1c,则a11a 4.已知某平面图形OABC的直观图是如图所示的梯形OA'B'C,且AB=2,OC=3,OA=2,则原图形 OABC的面积为() 45 A.5√2 B.52 C.12 D.10 2 高一数学试卷第1页（共4页） 5,已知空间中两条直线l,,及平面a,且满足mC,“l⊥”是“l⊥o”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件 6.已知向量5l=2,ā.万=3，则向量a在6上的投影向量为() A.石 B.五 C.五 D.B BA BC 7.已知三角形ABC满足 AC=0,则三角形ABC的形状一定是() A.正三角形 B.等腰三角形 C.直角三角形 D.钝角三角形 内角A,8,C所对的边分别为a,b,c,a=2万，b=6,c生 AE=2AB(0≤元≤1)，若BD与CE相交于点F,则当AF取最小值时，1=() A. B.3 C. D. 4 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.已知i为，复数51=1-2i,52=2-i,则() A.z1的共轭复数为-1+2i B.= C.+52为实数 D.31·z2的虚部为-5 10.已知向量a=(2,-3),万=(m-1,m),则() A.若a/6,则m=-3 B.若a⊥b,则m=-2 C.若同=，则m=-2或3 D.若m=1,则a+b与b的夹角为135° B 11.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b.c,b=V5,bsin(A+B)=ccos?,则（） A.B=T B.△ABC外接圆的面积为兀 6 C.△ABC面积的最大值为3 D.△ABC周长的最大值为2W3 4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知向量a=(2,1),则川a= 高一数学试卷第2页（共4页） 13。圆锥的底面半径扩大到原来的2倍，高缩小为原来的；，则其体积是原来的一倍。 14,已知菱形ABCD的边长为1，∠ADC,将△ADC沿AC翻折，当三棱锥D-ABC表面积最大时 ,其内切球表面积为 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)平面内给定两个向量ā=(-1,0)，b=(2,1) (1)求4a-2b,3ā+4仍的坐标： (2)若AB=2a-b,BC=a+mb且A、B、C三点共线，求m的值. 16.(15分)如图，三棱柱ABC-AB,C内接于一个圆柱，且底面是正三角形，圆柱的体积是16π，底 面直径与母线长相等. B B (1)求圆柱的底面半径： (2)求三棱柱ABC-AB,C的体积， 17,(15分)某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处有一栋大楼，某学生选B,C两处 作为测量点，测得BC的距离为50m,∠ABC=45°，∠BCA=105°，在C处测得大楼楼顶D的仰角a为 75°. C (1)求AC两点间的距离： (2)求大楼的高度. 高一数学试卷第3页（共4页） 18.(17分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为4，b,c,且2c-a=2bc0sA,b=3. (1)求B的大小： (2)若a=√3，求△ABC的面积： (3求c的最大值 a+c 19,(17分)三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并 未被当时的人们所注意.1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名.当 △ABC内一点P满足条件∠PAB=∠PBC=∠PCA=O时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角O为布洛卡角 ,如图，在△ABC中，角A,B,C所对边长分别为a,b,c,点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为日. P (1)求证：a:PB+b-PC+cPA=2S4e sin (2)若A=20,是否存在常数2∈R,使得a2+b2+c2=bCc0s20,若存在，求1的值；若不存在，请说 明理由. (3)若6=30°，试判断△ABC的形状. 高一数学试卷第4页（共4页)《2026年春季期高一数学期中质量监测》参考答案 题号 1 2 4 o 8 0 10 答案 D A B D B A B C BD BCD 题号 11 答案 BC 1.D 【详解】复数2-3i的虚部为-3 2.A 【详解】对于A:直线在平面内是两个集合间的包含关系，符号表示为lc,A正确： 对于B:I∥表示直线与平面平行，不符合题意，B错误： 对于C:∈是元素与集合的"属于"符号，仅用来表示点在直线平面内，不能表示直线与平面的位置关 系，C错误； 对于D:I⌒=A表示直线与平面相交于点A,不符合题意，D错误， 3.B 【详解】选项A:共线单位向量可同向也可反向，反向时ā=-b≠b,A错误； 选项B:相等向量的定义是方向相同、模长相等，因此若ā=i,必有=，B正确： 选项C:ā/6时，两向量夹角为0°或180°，夹角为180°时ā-6=-5，c错误： 选项D:若b是零向量，零向量与任意向量平行，此时ā与c可以不平行，D错误， 4.D 【详解】梯形OAB'C中，AB=2,OC'=3,OA=2,而∠AO'C'=45°， 则梯形OA'B'C的高h=Asin45°=√2， 因此梯形0A'BC的面积S”-4B+OCh=52 2 而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的 4 所以原图形OABC的面积为2√2S'=10 故选：D 5.B 【详解】充分性：只有当l垂直于α内的两条相交直线，才可推出l⊥，由题可知，l垂直于内的 一条直线m,可能与平面斜交，平行，或在平面内， 故无法推出1⊥，充分性不满足： 必要性：1⊥o,又mc,则l⊥m,故必要性成立； 第1页共8页 综上所述，“1⊥m”是“1⊥”的必要不充分条件. 故选：B 6.A 【详解】向量ā在上的投影向量 ab6_3b_36 5万2249 7.B BA BC 【分析】根据单位向量的定义及加法的几何意义有 对应向量在∠B的角平分线上，进而 IBAIBCI 有∠B的角平分线与边AC垂直，结合等腰三角形的性质即可得， BA BC 【详解】由几何意义知， 对应向量在∠B的角平分线上， BA BCI BA BC 由 AC=0,即∠B的角平分线与边AC垂直， BA BC 所以三角形ABC的形状一定是等腰三角形. 8.C 【分析】先利用余弦定理求出A=60°，当F为线段BD的中点时，AF⊥BD,即AF取最小值，结 合已知条件将AF用AB,AC表示，最后根据平面向量基本定理得解. 【详解】因为a=2W7,b=6,c=4, 由余弦定理得：cosA=6十C一：=36628，所以A=60°. 2bc 因为而-号C,所以4D4, 又因为c=AB=4,所以△ABD为正三角形 则当F为线段BD的中点时，AF⊥BD,即AF取最小值， 此时孤+0=丽c}孤衣 又因为E,F,C三点共线，所以AF=tAE+(1-t)AC=tAB+1-tAC, 。1 tλ= 1’解得 3 由平面向量基本定理，得 1-t 3 = 4 第2页共8页 9.BD 【分析】求出三的共轭复数判断A:求出、5，可判断B:由复数的加法，求出+5，的值判断C: 由复数的乘法运算，求出z·z2,可判断D 【详解】因为1=1-2i的共轭复数为二，=1+2i,所以A错误； 因为=V+(-2=5,=V22+(-1=5,所以B正确： 因为z,+z2=1-2i+2-i=3-3i,所以C错误： 因为5·52=(1-21)(2-i)=-5i, 所以虚部为-5，所以D正确. 10.BCD 【详解】A:若a历，则2m=-3m-》,解得号，故A睛误； B:若a⊥b,则2(m-1)-3=0,解得m=-2,故B正确； C:=3,令=Vm-1+2=3,解得m=-2或m=3,故C正确： D:若m=1,b=(0,1),a+b=(2,-2), 到f6,6 (a+b)万 0×2+1×(-2) 、 a+02+1PV2+(-2y2 2 因为(a+i,)e[0°，180]，所以(a+五，b=135°，故D正确. 11.BC 【分析】A.利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换求解；B利用正弦定理求解；C利用余 弦定理，结合基本不等式求解；D利用余弦定理，结合基本不等式求解。 B B 【详解】因为bsin(A+B)=ccos,由正弦定理得si血Bsi血C=sinC 因为C0,所以号分则号君即B=子放A腊误： 26 2R=b-V5 由正弦定理得外接圆的半径 =snB万2，即R=1, 2 所以外接圆的面积为πR2=π，故B正确： 由余弦定理得b2=a2+c2-2 ac cos B,即3=a2+c2-ac≥ac,则ac≤3， 第3页共8页 当且仅当a=C时，等号成立，所以三角形的面积为：SABc=acsin B≤x3×号-日，故c正确 24 3a-ac-(ato)-xagae 得(a+c)2≤12， 则a+c≤2W3,当且仅当a=c时，等号成立， 所以三角形的周长为l=a+b+c≤33，故D错误， 故选：BC 12.5 【详解】因为d=(2,1), 则园=√22+12=√5， 13.2 【分析】根据圆锥的体积公式即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径以及高分别为九，则变化之后的半径和高分别为2， 则原来的体积为知h,变化后的体积为头-写（口片号五， 3 故'2=2%， 故答案为：2 14.(14-8V3)π 【分析】求内切球的表面积，只需根据等体积法求出内切球的半径即可求解. 【详解】 D A D A 。----- B B 因为菱形的四条边相等，对角线互相垂直 三棱锥D-ABC中，面ADC与面ABC的面积是确定的，所以要使三棱锥表面积最大，则需要面 DBC与面DAB最大即可，而且S△DCB=S△DAB: SADBC=sinDCB·DC,BC,当∠DCB=时，SaC取得最大值. 2 第4页共8页 过点D向平面ABC作垂线，设AC的中点为E垂足为D, D D A D B B 因为DB=5,BB=BD=5,所以由余弦定理知cos∠BBD=-, 所以mDB=22,易每DD- 3 3 156182 所以V,c=3X4×3=3612 因为SAABD=S△BDc=2 SMARG=SARDe= 4 设内切球的半径为”，则根据等体积法，有： g目9小号 即+5，解之得r=,5 3612 4+2W5, 所以其内切球的表面积为S=4πr2=4 22 4+234-83) 故答案为：(14-8V5)π 15.(1)因为ā=(-1,0)，b=(2,1), 所以4ā-2b=4(-1,0)-2(2,1)=（4,04,2上（8，-2)， .3分（注：如果直接写出正 确答案(8，-2)，给3分。如果过程正确但最终结果计算错误，扣1分) 3ā+46=3(-1,0)+4(2，)=(-3,0+{89(5,6分（注：如果直接写出正确答案(5， 4),给3分。如果过程正确但最终结果计算错误，扣1分) (2)由题意可得，AB=2a-b=2(1,0)(2,1)=←4，-1)， .7分 BC=a+mb=(-1,0)+M2,）=(2m-1,m川，.8分 又A、B、C三点共线，则可得AB/BC,.........10分 即-4m-(2-1)(-1)=0,.12分 第5页共8页 1 解得=- 2.13分 16.(1)设圆柱的底面圆直径为2r,.......1分（注：正确设出底面半径为r,1分） 则该圆柱的高为2r,.2分 其体积V=D2.2r=16π，3分 解得r=2,所以圆柱的底面半径为2...… .6分（注：若解方程过程有误但结果正确，扣1 分) (2)由(1)知，正△ABC外接圆半径为2， …8分 则边长AB=2×2×c0s30°=2√3，.10分 因为5=×23×23x=33, .12分 所以三棱柱ABC-AB,C的体积V=33×4=12V3..15分 17.（1)因为∠BAC=180°-105°-45°=30°，2分 BC AC 在△ABC中，由正弦定理得 sin∠BAC sin∠ABC .4分 即、50 AC sin30°sin45°’.5分 所以AC=50W2m,.6分 即AC两点的距离为50W2m;.7分 (2)在△DCM中，因为∠DAC=90°，AD =tana, Ac 所以AD=ACtan75°=50W2tan75°，...9分 (3)又tan75°=tan(45°+30°)= tan45°+tan30° 1 1-tan45tan30 3=2+,.12分 1、V3 3 所以AD=502(2+V3=(100W2+50⑤m,14分 即大楼的高度为(1002+506)m.15分 18.（1)由正弦定理得：2sinC-sinA=2 sin BcosA,.2分 又sinC=sin(π-(A+B)）=sin(A+B), 第6页共8页 .2sin(A+B)-sin A=2sin Acos B+2cos Asin B-sin A=2sin B cos A, 即2 sin Ac0sB=sinA,.........4分 又Ae(0,),∴sinA≠0，cosB= 5分 又B∈(0，π)，B= 3… (2)由余弦定理得：b2=a2+c2-2acc0sB=3+c2-V3C=9,7分 解得：c=23,8分 54c=asinB=-×V3×2V3sim写=910分（注：面积公式1分，结果1分） (3)由余弦定理得：b2=a2+c2-2acc0sB=(a+2-3ac=9,.11分 :(a+c-9=3ac≤2(a+g2(当且仅当a=c时取等号)，13分 4 .a+c≤6，又a+c>3,3<a+c≤6；.14分 (a+c)2-9 ac 3 =049_3,15分 a+c a+c 3 a+c 令1a:6小.f=专子则/0在0可上竿调道， 16分 )kf0)6),即0<f回子的最大值为 a+c …17分 19.（1)依题意，SAAc=SAPBC+SAPAC+S△PaB=2a~PB·sim0+b:PC,sim0+2c·PA:sin0, ….…2分 所以Saac=2sin6(a·PB+b:PC+c·PA) 所以a·PB+b·PC+cPA=g4分 sin (2)存在实数入=4使等式成立.理由如下： 由(1)得c·AP+Q·BP+b·CP=S4,在△PAB,△PBC,△PAC中，由余弦定理得： sin BP2=c2+AP2-2c.APcos0,CP2=a2+BP2-2a:BPcos0,AP2=b2+CP2-2b.CP cos0, ...7分（注：每写对一个得1分) 三式相加整理得a2+b2+c2=2cos0(c·AP+Q·BF+b·CF)=2cos日2匙 sine 第7页共8页 =2cos6.cstm20=4 b920,9分（注：写出a2+b2+2=2c0s9AP+a sine BF+b·CF)得2分) 所以A=28时，存在实数1=4使a2+b2+c2=4bcc0s20......10分 (3)当0=30时，由(1)得aPB+b-PC+cPA=25=4S6ABC,11分 sin30° 由(2)得，Q2+b2+c2=2cos30°(C·AP+a·EP+b·CF)=4W2 SAABC,.12分 在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2-2bcc0SA, 于是a2+b2+c2-4W3 SAABC=2b2+2c2-2bcc0sA-4W3S△4Bc =2b+2c2-2bc cosA-2/3bc sin A=2b*+2c2-4bc sin(A+" 1 ≥40c[l-sn64+2J20,14分 当且仅当b=c且$im(4+乃=1时取等号，15分 由Ae0,,得A+匹∈(7巧，则A+匹，A=, 666 62 3 即当且仅当b=c且A=雪时取等号，亦当且仅当△AC为等边三角形时取等号，16分 因此a2+b2+c2≥4V3S。e,当且仅当△ABC为等边三角形时取等号， 而a2+b2+c2=4V5S。Bc,所以△ABC为等边三角形17分 第8页共8页