甘肅省2023-2024學年高一年級下冊期末學業水平質量測試數學試卷（含答案）

甘肅省2023-2024學年高一下學期期末學業水平質量測試數學試卷

一、單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是

符合題目要求的）

1.已知E分別為△ABC的邊AB,AC的中點，若近=（12,16），。（一2,-3）,則點E的坐標為（）

A.(4,5)B.(1,1)C.(-5,-7)D.(-8,-11)

2.盒口有3個大小質地完全相同的球,其中1個白球、2個紅球，從中不放回地依次隨機摸出2個球.則恰

好摸出一個紅球一個白球的概率為（）

ABCD.5

-I-I,6

3-設—cosd=則si7i28=（）

J

4334

c

------

A.5B.55D.5

4.若復數z滿足|z|=l,則|z—l|的最大值為（）

A.1B.yf2C.2D.3

5.從1,2,3,4中任取2個數，設事件A=”2個數都為偶數"，B="2個數都為奇數“，C至少1個數為

奇數”，D="至少I個數為偶數”，則下列結論正確的是（）

A.4與8是互斥事件B.A與C是互斥但不對立事件

C.C與。是互斥事件D.A與。是對立事件

6.在CABC中，點P是線段8C上一點，若而=!而+%尼，則％=（）

A-5B-Ic-5D-I

7.一知三棱錐A-BCD中，A81平面8c0,/.CBD=30°,AB=4,CD=2,則此三棱錐外接球的表面積為

（）

A.等乃B.167rC.”縱D.327r

8.“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔她的標志得來，是平面向量中一個非常優美的結論.它的具體內容是：已

-?f-

知”是△48。內一1點，ABMC,△AMC,△/MB的面積分別為SA，SB,且$力.MA十Sg?MS十S。,MC=

0.若M為△4BC的垂心，3MA+4M8+5MC=O,則c°s44MB=（）

B

第1頁

Av6p展「Y6DJ6

3663

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合

要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）

9.已知復數z=—l+3i,貝ij（）

A.z的虛部是3i

B.|z|=-/io

C.z在復平面內對應的點位于第二象限

D.z-3t是純虛數

10.下列各式的值為今的是（)

A.si屋870°B.sinl50cosl50

Dtan22.5°

C.cos40°cos20°—sm40°sin20°

'l-tan222.5°

11.如圖所示，在正方體ABCD-AB'C'D'中,M,N分別是C'D'的中點，E是線段8方上的動點，則下

列判斷正確的是（）

A.三棱錐N—M4E的體積是定值

B.過4M,N三點的平面截正方體所得的截面是六邊形

C.存在唯一的點E,使得4E1MN

D.4E與平面4MN所成的角為定值

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）

12.若一個圓錐的側面展開圖是面積為2兀的半圓面，則該圓錐的體積為.

13.在△4BC中，點。為線段的中點，若AB=4,AC=6,BC=8,則力0=_______.

14.《易經》是中華民族智慧的結晶，易有太極，太極生二儀，二儀生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的

哲理解釋了自然、社會現象.八卦圖與太極圖（圖1）的輪廓分別為正八邊形力BCDEFGH和圓0（圖2）,其中

正八邊形的中心是點。，魚眼（黑、白兩點）P,Q是圓。半徑的中點，旦關于點。對稱.若。4=4四，圓。的

半徑為3,當太極圖轉動（即圓面。及其內部點繞點。轉動）時，同?祝的最大值為.

第2頁

四、解答題(本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)

15.已知0vaV*V0v7T,sina=sin/?=

(1)求cos(G-a)的值；

(2)求包出3袋包的值.

l+cos2a

16.蘭州機場停車場小型機動車收費標準為：30分鐘內免費.停車時長在30分鐘至1小時之間的，收費為5

元/輛.超過1小時后，超出部分每小時收費5元，不足I小時按1小時計費24小時內最高收費50元.現有

甲、乙二人在該機場臨時停小型機動車，兩人停車時間均大于半小時且不超過4小時.

(1)若甲停車I小時以上且不超過2小時的概率為停車付費多丁10元的概率為《?求甲停車付費恰為5

ZO

元的概率；

(2)若每人停車的時長在每個時段的可能性相同，求甲、乙二人停車付費之和為25元的概率.

17.如圖，在四棱錐P-4BCD中，四邊形4BCO為正方形，P41平面4BG).力8=P4=4,Z7是PB中點.

(2)求點P到平面ACF的距離.

18.記448C的內角4,B,C的對邊分別為a,b,c.已知亍上=”+廠-彳

2^^+C2T2

(1)求4；

(2)若。是線段BC上的一點，BDiDC=1:2,AD=2,且內角4W8,求a的最小值.

19.定義：如果在平面直角坐標系中，點A,B的坐標分別為(勺,丫1),(孫，丫2)，那么稱d(48)=氏一外1+

|力一先|為A,B兩點間的曼哈頓距離.

(1)已知A,B兩個點的坐標為4(%2),8(1/),如果它們之間的蛙哈頓距離不大于5,那么工的取值范

圍是多少？

(2)已知A,B兩個點的坐標為4(a,x),8(與-3),如果它們之間的曼哈頓距離恒大于3,那么Q的取值

第3頁

范圍是多少？

(3)若點AQ,y)在函數y=2乂圖象上且;vWZ,點。的坐標為(1,16),求d(A,3)的最小值并說明理由.

第4頁

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】解：因為0,E分別為AB,AC的中點,

所以尻=/近=(6,8)，

所以(x+2,y+3)=(6,8),

<+3：8,

解喉也

則點E的坐標為(4,5).

故答案為：A.

【分析】根據中點的性質和向量共線的坐標表示，從而得出點E的坐標.

2.【答案】C

【解析】【解答】解：記1個白球為42個紅球分別為Q,b,現從中不放回地依次隨機摸出2個球,

則可能結果有4ab,bA,ba,共6個,

其中恰好摸出一個紅球一個白球的有Aa,4b,共4個,

所以，恰好摸出一個紅球一個白球的概率P=2=卷

oJ

故答案為：C.

【分析】利用列舉法求出基本事件總數，求出符合條件的事件數，再結合古典概率公式得出恰好摸出一個紅

球一個白球的概率.

3.【答案】C

【解析】【解答】解：tilsinO-cosO=平方可得:

(sin。-cosO)2=sin20+cos20—2sin0cos0=1-sin23=%=耳，

解得sin2J=

J

故答案為：C.

【分析】利用已知條件和平方關系以及二倍角的正弦公式，從而得出s比2。的值.

4.【答案】C

第5頁

【解析】【解答】解：設復數z在復平面內對應的點的坐標為(％y),則2=%+",

則Z—1=無+yi-1=O—1)+yi,

由口=1，得jN+y2=i，

則%2+,2=1=y2=1一%2,

所以|z—11=/(X-1)2+y2-7%2—2%+14-1—x2=V2—2%-

因為/+y2=i,

所以一1WxW1，

所以0W2-2xW4,

所以，2-2x42,

所以怙-1|的最大值為2

故答案為：C.

【分析】根據復數的模的計算公式，將|z—1|轉化為怙一1|=J(x一1尸+儼=VTF,再通過不等式的基

本性質得出怙-1|的最大值.

5.【答案】A

【解析】【解答】解：根據題意，

樣本空間Q={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},

A={(2,4)}，

B={(1,3)),

C={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(3,4)},

D={(1,2),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},

則AClB=0,

所以4與B是互斥事件，故4正確；

因為4nc=。，AUC=C,

所以4與C是互斥且對立事件，故B錯誤；

因為Cno={(1,2),(L4),(2,3),(3,4)},

所以，與。不是互斥事件，故C錯誤；

因為4n。={(2,4)},

所以A與。不是對立事件，故D錯誤.

故答案為：A.

【分析】利用互斥事件的定義和對立事件的定義，從而逐項判斷找出結論正確的選項.

6.【答案】C

【解析】【解答】解：因為而=《而+%而，且點P是線段BC上一點，

第6頁

所以8,P,。三點共線,

所;以4+x=1，

解得X=

故答案為：C.

【分析】由B,P,C三點共線可得!+%=1,從而得出X的值.

7.【答案】D

【解析】【解答】解：在三棱錐A-8C。中，A8，平面BCD,Z.CBD=30%AB=4,CD=2,

設底面△BCO的外接圓的半徑為r,三棱錐外接球的半徑為R,

CD

由正弦定理得2r=可得r=2,

sinZ-CBDsin30°-'

2

所以/=（竽）+「2=22+22=8，

則外接球的表面積為S=4nR2=4TTx8=327T.

故答案為：D.

【分析】設底面△BC。的外接圓的半徑為r,三棱錐外接球的半徑為R,在△8CD中，利用正花定理得丁=2,

48_L平面8c0,再結合R2=（竽j+八得出球的半徑，最后利用外接球的表面積公式得出此三棱錐外接球的

表面積.

8.【答案】B

【解析】【解答】解：延長4M交8C于點0,延長8M交AC于點孔延長CM交48丁點E,加圖所示：

若M為△43C的垂心，3M月十4M6+5MC=??MA?M8+Sc?MC=?可得SA：SB：SC=

3:4:5,

則58=犯.=沁，

因為S^ABC=+Sp+S。，所以與7c=4,同理可得笥；。=3,

rcrpiAD_.BF_

歷以而=4,標=3o,

設M0=x,MF=y,則AM=3%,BM=2y,

第7頁

則coszBMZ)==cos^AMF=即3/=2y2,尹孚

x布

cos乙BMD=藥一百'

則coszTlMB=cos5—4BMD)--cosz.BMD=一卷

故答案為：B.

:S:5

【分析】根據力-MA+SB-MB+SC-MC=G和3M4+4MB+5MC=0^?c=3:4:5,推得麗=

4,非=3,設MO=x,MF=y,得力M=3x,BM=2y,再結合垂心和直角三角形余弦值求解即可.

9.【答案】B,C

【解析】【解答】解：由z=—l+3i,易知z的虛部是3,故A錯誤；

因為憶=](一1)2+3?=au，故B正確；

因為z在復平面內對應的點為(-1,3),位于第二象限，故C正確；

因為z-3i=-l,此時復數z是實數不是純虛數，故D錯誤.

故答案為：BC.

【分析】由復數的虛部的定義判斷出選項A；利用復數求模公式判斷出選項B；利用復數z的幾何意義判斷出

選項C；利用復數的運算法則和純虛數的定義，則判斷出選項D,從而找出正確的選項.

10.【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：對于A,因為sE870o=sE(2x360o+150o)=si7il50o=。所以A正確；

對于B,因為=1.9in30°=1,所以B錯誤:

對?于C,因為cos400cos20。-sm400sin20°=cos(40°+20°)=cos60°=所以C正確；

“二門m衣tan22.5°12tan22.501.1口、干朝

對于D,因為;----2^T7；=?'；----=2tan45=ACO所以D正確.

l-tanz22.5°2l-tanz22.5°，乙

故答案為：ACD.

【分析】利用誘導公式計算判斷出選項A：利用二倍角的正弦公式計算判斷出選項B：利用兩角和的余弦公

式計算判斷出選項C利用二倍角的正切公式計算判斷出選項D,從而找出值為，的選項.

11.【答案】A,C

【解析】【解答】解：因為E是線段B'D'上的動點，又因為且MNIIB'。,

所以△MNE的面積為定值，

又因為點4到平面MNE的距離為定值，

所以V/V-MAE=VA-MNE，

所以三棱錐N-MAE的體積是定值，故A正確；

第8頁

過A作G”||MN分別交CO,C8的延長線于H,G,連接MG,NH,如圖,

F為MG,。夕的交點，K為N〃，。。的交點,

所以截面為五邊形4FMNK,故B錯誤；

當E在BD,上運動時，

則當AE1GH時,AE1MNt

又因為4為GH中點，

所以，當E為8,。'中點時，AE1GH,

則存在唯一的點E使得AE1MN,故C正確；

由B'o'llMN，MNu平面4MN,B’D’0平面AMN,

則8‘。'||平面4MN,

所以E到平面力MN的距離一定，

又因為4E長度隨E運動會變化，

所以AE與平面力MN所成的角不為定值，故D錯誤.

故答案為：AC.

【分析】利用AME=V/1-MNE結合△“可￡?的面積為定值，從而得出點A到平面MNE的距離A4'為定值，可

判斷出選項A：利用平面的基本性質作出面4MN與的交點，再利用正方體的性質和線線平行判斷方法、

線面平行的判定定理、中位線性質，則判斷出選項B：當E為8方中點時，可得AE1GH,則判斷出選項C；

利用點E到平面4MN的距離一定，再利用4E長度隨E運動會變化，則結合線面角定義判斷出選項D,從而找

出判斷正確的選項.

12.【答案】梟

【解析】【解答】解：由題意可知：圓的半徑為2,即圓錐的母線長為2,圓錐的底面周長為2兀，

則底面半徑為1,圓錐的高為6,故該圓錐的體積為V=￡s/i=2xV5x7r=§7r.

故答案為：梟.

【分析】由題意，可得圓錐的半徑和高，利用錐體體積公式求解即可.

13.【答案】V10

第9頁

【解析】【解答】解：由。是線段BC的中點，得而=；（南+尼卜

AB2+AC2-BC242+62-82

在中，由余弦定理得cos4B4C=1,

2ABAC2x4x64

則而?元=4X6X(V)=-6

22

所以而2=y而2+冠2+2通.=|X[4+6+2X(-6)]=10,

所以府|=?U,

則40=V10.

故答案為：＜10.

【分析】根據中線的性質可得而=劣（而+而），由余弦定理得出cos4BAC的值，再利用數量積的運算律，從

而得出AD的長.

14.【答案】苧

建立平面直角坐標系,

因為正八邊形的每個內角為竽,

則4力OB=*Z-AOM=

又因為。4=4企,

則A(-4-72sing,-4y/2cosg),C(4>!2cosg,-4yj2sing).

由題意知，尸在以。為圓心，，為半徑的圓上，旦P,Q關于原點對稱,

設PG’osa.sine),則Q(一"cos仇一

可得可?優=（一4魚si,n—|cosO,—4V2cossin8)?(4后cos+1cosa—4V2sin4-1-sinO^

n8

713713\(n3\/7i13

-4yj2sing-2cos8)(4、2cosg+cosB1+1-4v2cosg-2s加8I^-4V2sing84r-2sind

第10頁

=-4V2x|xn7i\9

sind+COS7=7+sin7=7cosO--T

乙88/4

99

L3L,、-

=-472xxV2sin(0+(p)4

41

2

其中tms，吟+s/（c竭+s%）=1+sg;

>cos^-s叫（cos^-sin|）（cos^+sin^）cos^

所以，當sE（e+0）=-1時，而?玩取得最大值為苧.

故答案為：學

【分析】先建立平面直角坐標系寫H點A和點C的坐標，再根據已知條件得出點P在以0為圓心，3為半徑

的圓上.且P、Q關于原點對稱，設出點P和點Q坐標，再利用數量積的運算律和三角恒等變換可得可?無二

一12sm再結合正弦型函數求最值的方法，從而得出西?近的最大值.

15.【答案】(1)解：因為0<avgv/?V7T,sizia=sin/?=y|

所以cosa=cosp二一含

所以cos(夕-a)=cos^cosa+sin^sina

53,12433

=-T3X5+i3X5=65-

(2)解sin2a-cos2a_2sEacosa-cos2a_2sina-cosa

?l+cos2a~l+2cos2a—1-2cosa

【解析】【分析】（1）利用同角三角函數關系式得出cosa,cos/?的值，再結合兩角差的余弦公式計算得出

cos邛-Q）的值.

（2）利用二倍角的正弦公式和余弦公式，從而化簡得出包轡二零包的值.

1+cos2a

(1)因為。<a0<re,sina=/，si"0=

5

所以cosa=F，

COSp=-131

所以C0S(B-a)=cospcosa+sinpsina

53,124_33

T3X5+l3X5=65-

s出2a-cos2a_2s出acosa-cos2a_2sirta-cosa__5

(2)2

1+cos2a——l+2cosa-l——一2cosa一—2x^一寸

16.【答案】（1）解:設“甲臨時停車付費恰為5元”為事件4

1_1_1

則PQ)2~6~3f

第11頁

所以甲臨時停車付費恰為5元的概率為

(2)解：設甲停車付費Q元，乙停車付費b元，

其中a,b可能取值為5,10,15,20,

則甲、乙二人的停車費用的所有樣本點為：

(5,5),(5,10),(5,15),(5,20),(10,5),

(10,10),(10,15),(10,20),(15,5).(15,10),(15,15),(15,20),(20,5),(20,10),(20,15),(20,20)共16

種情形，

其中，(5,20),(10,15),(15,10),(20,5)這4種情形符合題意,

故“甲、乙二人停車付費之和為25元”的概率為P=±=i

【解析】【分析】(1)根據題意結合對立事件求概率公式，從而得出甲停車付費恰為5元的概率.

(2)設甲停車付費。元，乙停車付費b元，其中Q,b可能取值為5,10,15,20,再利用列舉法和古典概率公

式，從而得出甲、乙二人停車付費之和為25元的概率.

(1)設“甲臨時停車付費恰為5元”為事件4

則P(A)=1——g=

所以甲臨時停車付費恰為5元的概率為最

(2)設甲停車付費Q元，乙停車付費b元，其中a,匕可能取值為5,10,15,20.

則甲、乙二人的停車費用的所有樣本點為(5,5),(540),(5,15),(5,20),(10,5),

(10,10),(10,15),(10,20),(15,5).(15,10),(15,15),(15,20),(20,5),

(20,10),(20,15),(20,20)共16種情形

其中，(5,20),(10,15),(15,10),(20,5)這4種情形符合題意.

故“甲、乙二人停車付費之和為25元”的概率為P=^=,

17.【答案】(1)證明：連接BD,交AC于點0,連接F。,

因為四邊形力BCD為正方形,

所以。為BD中點，

又因為F是PB中點，

第12頁

所以FO〃PD,

因為PDU平而4CF,"Ou平面AC凡

所以PD〃平面力CF.

（2）解：因為PD〃平面4Cr,

所以點P到平面46的距離等于點。到平面48的距離.

因為尸是P8中點，目.PA1平面力BCD,

所以點F到平面力BC。的距離為義/M=2,

乙

因為尸A1平面48C0,AB.BCa^ABCD,

所以PA148,PAJL8C,

因為四邊形48co為正方形，

所以4B18C,

因為/MCI48=4,PAMBu平面P4B,

所以BC1平面P/1B,

因為PBu平面P4B,

所以BC1PB,

因為PA=48=8C=4,

所以A9=BF=^PB=1V42+42=2版AC=V42+42=4vL

所以。尸=y/BC2+BF2=V16+8=2乃，

2

所以+CF=8+24=4c2,所以A/?J.CF,

所以S“CF=-CF=1x2V2x2V6=4V3

11

SAACD=才。-CD=2X4X4=8.

設點0到平面AC"的距陷為九，

則匕）TCP—F-ACD^

所以:.SAAB?九=:"S^ACD，P"'

代入得力=蕓=隼，

4/33

所以，點P到平面4CF的距離為隼.

【解析】【分析】（1）連接B。，交AC于點0,連接產。，利用三角形的中位線定理可得90〃P0,再由線面平

行的判定定理證出P。〃平面ACF.

（2）利用P0〃平面力「",將問題轉化為求點。到平面4c"的距離.再利用V）ACF=VF4"）得出點P到平面”"

的距離.

第13頁

(1)證明：連接8D,交AC于點。，連接尸。,

因為四邊形48co為正方形，所以。為8。中點.

又因為F是P8中點，所以尸0〃尸0,

因為PD仁平面ACF,F0u平面ACT,

所以PD〃平面4CF.

(2)解：因為PD〃平面4CF,

所以點P到平面ACF的距離等于點。到平面48的距離.

因為尸是PB中點,且PA1平面中BCD,

所以點?到平面48CD的距離為鼻A=2.

因為/Ml平面4BCD,4B,BCu平面ABC。，所以P4J.4B,P41BC,

因為四邊形48co為正方形，所以力B1BC,

因為PAn48=4P4A8u平面P4B,所以8cl平面P48,

因為PBu平面PAB,所以8clpB,

因為"A=AB=8C=4,

所以AF=BF=^PB=1V42+42=242,AC=V42+42=4&,

所以C7=y/BC2+BF2=V16+8=2e，

所以4尸2+CO=8+24=AC2.所以AF1CF,

所以果/ICF=④力尸-CF=1x2V2x2V6=4V3

SAACD='CD=2x4x4=8.

設點。到平面4CF的距離為h,

則=^F-ACD>

即g?S“CF?h=S?ACD.；P4

代入得仁提=華，

所以點P到平面的距離為隼.

?

18.【答案】(1)解：由余弦定理b?+c2—a2=2bccosA和層+C2—Z>2=2accosB,

第14頁

彳耳匕2+<2_幻2_21CCOS4_bcos/

、.2+c2f2-2accosB~acosB"

因為與二也M，

2c"a2+c2—b2

所以入="韁，

2c—oacosB

則a_cosA

AJ2c-b-cosB'

由正弦定理三=「"=「>,

sinAsinbsine

彳耳a_si/M_cosA

優發F=2sinC-sinB=cosB'

整理得sim4cos8=2sinCcosA-cosAsinB,

所以sin(/l+B)=sin(n—C)=sinC=2sinCcosA.

因為sinC>0,

所以cos/=

因為4G(0,7T),

所以A=*

o

(2)解：由題意，得2月方=反,

所以而'=AB+BD=AB+；覺=熊+^(AC-而)=|褊+^AC

所以而2=6荏硝2,

E—?24—?24—?~~?1—Q

則4D=1AB+初."+：4?，

所以2?=(c2+(c?bcos5+ib2?

則必+4。2+2兒=36①，

由余弦定理得Q2=b2+C2-兒②,

2

①+②得當=4y+2加=啕：2鏟1,

QD+c2—hc華「一/1

令*=x,又因為4<B,

所以a<b,

所以出工后，

所以反+。2-兒<廬,

第15頁

所以c<b,

所以O〈1=xWl.

令f（x）J含小KI），

因為小）=4+舒p

令6x-3=3則％=

O

令gQ）=fM=4+----------=4+優（-3<t<3）

k（計3）」+3十］t+27，

當￡=0時，g（￡）=4；

當￡H0時，9（￡）=4+R（-3VCW3且CHO）,

t+~

由對勾函數性質可得：

當0ctM3時，y=￡+多單調遞減，

V

貝股+學之3+手=12,

VO

同理，當一3VtV0時，t+生<一12,

所以1<g（t）<7,

所以患—7,

所以a號，

所以，當△A8C為等邊三角形時a最小，最小值為券.

【解析】【分析】（1）由余弦定理得心=鬻，由正弦定理、兩角和的正弦公式、三角形內角和定理和誘

2c—bcosB

導公式，從而得出角A的余弦值，再結合三角形中角A的取值范圍，進而得出角A的值.

（2）根據平面向量基本定理可得而而+［而，利用兩邊平方可得廬+牝2+2兒=36,結合余弦定理

JO

2

可得警二4（?令三=丫,再結合函數的單調性和最值，從而得出a的最小值.

。（鏟3+1》

（1）由余弦定理力?+c2-a2=2bccos4和弦+c2—b2=2accosB,

^jb2+c2-a2_2bccosA_bcos/l

2

a2_|_c2_/j-2accosB-acosB"

pb_b」+c2一次.J舊力_bcosAN［|a_cosA

X-2,

2c-ba2+c2_^^2c-b~acosB"*2c-b~cosB"

由F眩宗再0-6_c；□a_sEA_c°s力

11%,也上西彳—布近一品忑，［寸2c—b_2sinC-sinB~cosB'

整理得si/McosB=2sinCcosA-cosAsinB,

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所以sinQ4+8)=sin(n-C)=sinC=2sinCcosA.

因為si"C>0,所以cosA=/

因為46(0,7T),所以4=%

(2)由題意，得2而=反，

所以而=通+麗=而+!前=礪+卜前一而)=搟通+!宿

COOK)

42

而,2

所以而而+/前)，-4―.―.i—

2=(|9+?4C+gAC，

所以22=qc2+gc?bcos^+^廬，即廬+4c2+2bc=36①，

又由余弦定理得標=反+。2_兒②，

2

①+②得當=f+f+2加=峭產華)+1,

ab+c2-bc6“一角+1

令〉K,又AWB,所以QWb,所以次式房，

所以反+c2—力cwM,所以cWb,所以0</=%41.

令f(x)=4定:;1(0〈XVI)，

因為f(x)=4+￡*令6%一3=%則％=等，

令如=f(X)=4+管2：再「+居(_3<X),

當￡=0時，g(￡)=4,

當twO時，9(￡)=4+R(-3ctM3且tHO),

t+T

由對勾函數性質可得

當0c"3時，y=￡+星單調遞減，故￡+用23+弓=12，

同理當一3Vt<0時，1+多<一12,

所以l〈g(t)W7,所以|137,所以QZ宇，

所以當△ABC為等邊三角形時Q最小，最小值為學.

19.【答案】(1)解：因為4?2),8(1,%),所以d(4,B)=歸-1|+|2—二］,

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由曼哈頓距離不大于5,得1|+|2-W5,

①、當為22時，2X一345,解得2WxW4；

②、當1VXV2時，1W5,解得1VXV2：

③、當XW1時，3-2x45,解得一14x41,

綜上，x的取值范圍是［-1,4］；

(2)解：因為43,幻,8(%-3),所以d(48)=|a-x|+|x+3|,

由題意可得：|。一%|+反+3|>3恒成立，

因為|a—幻十|無十3|>\ci—x+x+3|=|a十3|,

當且僅當(x+