四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高一下学期数学期中考试试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1．（2024高一下·嘉陵期中）已知，（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以，.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘法运算，结合复数相等的重要条件求解即可.
2．（2024高一下·嘉陵期中）若，向量与向量的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为， 向量与向量的夹角为，
所以在上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据投影向量定义计算即可.
3．（2024高一下·嘉陵期中）如图，在中，为的中点，点在上，且，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：在中，因为为的中点，所以，
又因为，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】根据平面向量的线性运算法则计算即可.
4．（2024高一下·嘉陵期中）如图，一个半径为4米的筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为2米.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系可以表示为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：设，
由题意可知，，，解得，，
函数的最小正周期为，
则，
当时，，可得，
又因为，所以，故.
故答案为：A.
【分析】设，由题意求、的值，再根据函数的最小正周期，求得的值，最后由结合的取值范围可得出的值，由此可得出与时间之间的关系式.
5．（2024高一下·嘉陵期中）的内角的对边分别为且则的形状为（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形或直角三角形
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：因为，所以，即，
又由余弦定理可得，所以，化简可得，
所以是以为直角的直角三角形．
故答案为：B．
【分析】根据已知条件，利用余弦的二倍角公式化简，结合余弦定理和勾股定理计算判断即可．
6．（2024·湖北模拟）若，，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为， 所以，
整理得：，所以，
又因为，所以，
所以，，
所以.
故答案为：D.
【分析】首先根据公式化简条件等式，再结合二倍角和两角差的正弦公式，即可化解求值.
7．（2024高一下·嘉陵期中）已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
因为，所以，
又因为函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，
则，解得，故的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】利用余弦的二倍角公式、辅助角公式化简函数可得，求得，根据题意，列出不等式求解即可.
8．（2024高一下·嘉陵期中）在锐角中，角的对边分别为的面积为，若，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，
因为，所以，由余弦定理得，即，
又由正弦定理得，
整理得，故或（舍去），得，
因为是锐角三角形，所以，解得，故，
.
故答案为：C.
【分析】根据三角形面积公式以及正余弦定理化简后得出关系，再结合为锐角三角形求角A的范围，代入求值即可.
二、多选题：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．（2024高一下·嘉陵期中）下面四个命题中的真命题为
A．复数是实数的充要条件是
B．若复数满足，则
C．复数满足
D．若复数满足，则
【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、设复数，由，得，解得，则z是实数；
当z是实数时，，则，故A正确；
B、当复数，满足，但，故B错误；
C、设，则，
则，
而，故，故C正确；
D、若复数满足，但，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】设复数，根据复数的类型以及充要条件的判断即可判断A；举反例即可判断B；根据复数模的计算即可判断C；根据复数的乘法运算以及共轭复数的概念即可判断D.
10．（2024高一下·嘉陵期中）已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于点对称
B．的图象关于直线对称
C．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：易知，函数的周期为，则，解得；
由，可得，因为，所以，故；
A、因为，所以的图象关于点对称，故A正确；
B、因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误；
C、，向右平移个单位，
得到，即可以得到函数的图象，故C正确；
D、时，，则，作出函数的图象，如图所示：
由图可知：的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据函数图象求出函数的解析式，再结合选项逐项分析判断即可.
11．（2024高一下·嘉陵期中）在中，角所对的边分别为，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若的三条高分别为，则为钝角三角形
D．若，则为直角三角形
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；两角和与差的正切公式；正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、因为，
所以，即，
又因为，所以，
所以只有一个小于 0 ，所以是钝角三角形，故A正确；
B、若，则或，即或，
故为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
C、设的面积为，由三角形面积公式可得，
解得，所以为最大角，
所以，即为钝角，为钝角三角形，故C正确；
D、由，得，
而，当且仅当时等号成立，
所以，解得，即，所以为直角三角形，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由，从而得到，进而得到，即可判断A；由可得或，即可判断B；设的面积为，根据面积公式可得，从而可得，即可判断C；利用正弦定理边化角可得，再结合基本不等式可得，即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·嘉陵期中）在复平面内，复数与对应的向量分别是与，其中是原点，则两点间的距离为 .
【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：设两点间的距离为，因为点，，
所以，则两点间的距离为.
故答案为：.
【分析】由题意，求出复数对应的点的坐标，利用两点间距离公式求解即可.
13．（2024高一下·嘉陵期中）已知，则的值是 .
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；诱导公式
【解析】【解答】解：因为，所以，
两边平方可得，解得，
又因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，结合诱导公式，二倍角公式以及平方关系化简求值即可.
14．（2024高一下·嘉陵期中）若，平面内一点，满足的最大值是 .
【答案】
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】解：由，可得：，
即，从而，
设，则，由，可得
由余弦定理，当且仅当时，即时等号成立，
因，则，故.
故答案为：.
【分析】由向量的数量积定义和条件易得，利用三角形的角平分线定理可得，设，求出的取值范围，根据余弦定理得到的解析式，再利用基本不等式求得的范围，由正弦函数的图象即得的最大值.
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．（2024高一下·嘉陵期中）已知复数为虚数单位.
（1）求；
（2）若复数是关于的方程的一个根，求实数的值.
【答案】（1）解：因为复数，所以.
（2）解：因为复数是关于的方程的一个根，
所以，
可得，即，
所以，解得.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；方程的解与虚数根；共轭复数
【解析】【分析】（1）利用复数的除法运算，结合共轭复数的概念求解即可；
（2）将z代入方程，再根据复数的乘法运算以及复数相等的充要条件列式求解即可.
16．（2024高一下·嘉陵期中）已知向量.
（1）若，求的值；
（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
所以
因为，所以，
所以，即，解得或.
（2）解：当时，
因为与的夹角为锐角，则且与不共线同向，
所以解得则实数的取值范围是.
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标求出、的坐标，再根据得到，利用向量数量积的坐标表示列方程，求解即可；
（2）求出的坐标，依题意可得且与不共线同向，即可得不等式组，求解即可.
17．（2024高一下·嘉陵期中）已知向量，函数.
（1）在中，分别为内角的对边，若，求；
（2）在（1）条件下，，求的面积.
【答案】（1）解：由向量，函数，.
由，即，
因为，所以，从而，解得.
（2）解：由余弦定理，可得，
则，则.所以，所以的面积.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示结合三角恒等变换将函数化成正弦型函数，再由解三角方程即可求的A；
（2）利用余弦定理求边，再根据三角形面积公式计算即可.
18．（2024高一下·嘉陵期中）已知函数.
（1）求函数的对称中心与对称轴；
（2）当时，求函数的单调递增区间；
（3）将函数的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为.若关于的方程在区间上有两个不相等的实根，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：
，
令，解得，
所以对称轴为；令，解得，
所以对称中心为.
（2）解：由（1）得，
令，得，
又因为，所以的单调递增区间为和.
（3）解：将的图象向左平移个单位后，得，又因为，则，的函数值从0递增到1，又从1递减回0，
令，则，依题意得在上仅有一个实根，
令，因为，
则需或，解得或.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用正、余弦的二倍角公式集合辅助角公式将原函数化简，再利用正弦函数的对称轴和对称中心求解即可；
（2）根据函数的性质求解即可；
（3）先将函数平移变换后再结合正弦函数的对称性把问题转化为方程在上仅有一个实根，再令，结合二次函数的性质求解即可.
19．（2024高一下·嘉陵期中） “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：已知的内角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求；
（3）设点为的费马点，，求实数的最小值.
【答案】（1）解：由已知中，即
，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）解：由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
（3）解：点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据余弦的二倍角公式结合正弦定理化简原式得，即可求A的值；
（2）由题意，利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求解即可；
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式求解即可.
1 / 1四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高一下学期数学期中考试试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1．（2024高一下·嘉陵期中）已知，（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·嘉陵期中）若，向量与向量的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·嘉陵期中）如图，在中，为的中点，点在上，且，则等于（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·嘉陵期中）如图，一个半径为4米的筒车按逆时针方向每分钟转1.5圈，筒车的轴心距离水面的高度为2米.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系可以表示为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·嘉陵期中）的内角的对边分别为且则的形状为（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形或直角三角形
6．（2024·湖北模拟）若，，则 （ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·嘉陵期中）已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·嘉陵期中）在锐角中，角的对边分别为的面积为，若，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：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．（2024高一下·嘉陵期中）下面四个命题中的真命题为
A．复数是实数的充要条件是
B．若复数满足，则
C．复数满足
D．若复数满足，则
10．（2024高一下·嘉陵期中）已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于点对称
B．的图象关于直线对称
C．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
11．（2024高一下·嘉陵期中）在中，角所对的边分别为，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若的三条高分别为，则为钝角三角形
D．若，则为直角三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·嘉陵期中）在复平面内，复数与对应的向量分别是与，其中是原点，则两点间的距离为 .
13．（2024高一下·嘉陵期中）已知，则的值是 .
14．（2024高一下·嘉陵期中）若，平面内一点，满足的最大值是 .
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．（2024高一下·嘉陵期中）已知复数为虚数单位.
（1）求；
（2）若复数是关于的方程的一个根，求实数的值.
16．（2024高一下·嘉陵期中）已知向量.
（1）若，求的值；
（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
17．（2024高一下·嘉陵期中）已知向量，函数.
（1）在中，分别为内角的对边，若，求；
（2）在（1）条件下，，求的面积.
18．（2024高一下·嘉陵期中）已知函数.
（1）求函数的对称中心与对称轴；
（2）当时，求函数的单调递增区间；
（3）将函数的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数为.若关于的方程在区间上有两个不相等的实根，求实数的取值范围.
19．（2024高一下·嘉陵期中） “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：已知的内角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求；
（3）设点为的费马点，，求实数的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以，.
故答案为：B.
【分析】根据复数的乘法运算，结合复数相等的重要条件求解即可.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为， 向量与向量的夹角为，
所以在上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】根据投影向量定义计算即可.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：在中，因为为的中点，所以，
又因为，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】根据平面向量的线性运算法则计算即可.
4．【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：设，
由题意可知，，，解得，，
函数的最小正周期为，
则，
当时，，可得，
又因为，所以，故.
故答案为：A.
【分析】设，由题意求、的值，再根据函数的最小正周期，求得的值，最后由结合的取值范围可得出的值，由此可得出与时间之间的关系式.
5．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：因为，所以，即，
又由余弦定理可得，所以，化简可得，
所以是以为直角的直角三角形．
故答案为：B．
【分析】根据已知条件，利用余弦的二倍角公式化简，结合余弦定理和勾股定理计算判断即可．
6．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为， 所以，
整理得：，所以，
又因为，所以，
所以，，
所以.
故答案为：D.
【分析】首先根据公式化简条件等式，再结合二倍角和两角差的正弦公式，即可化解求值.
7．【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
因为，所以，
又因为函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，
则，解得，故的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】利用余弦的二倍角公式、辅助角公式化简函数可得，求得，根据题意，列出不等式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：，
因为，所以，由余弦定理得，即，
又由正弦定理得，
整理得，故或（舍去），得，
因为是锐角三角形，所以，解得，故，
.
故答案为：C.
【分析】根据三角形面积公式以及正余弦定理化简后得出关系，再结合为锐角三角形求角A的范围，代入求值即可.
9．【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、设复数，由，得，解得，则z是实数；
当z是实数时，，则，故A正确；
B、当复数，满足，但，故B错误；
C、设，则，
则，
而，故，故C正确；
D、若复数满足，但，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】设复数，根据复数的类型以及充要条件的判断即可判断A；举反例即可判断B；根据复数模的计算即可判断C；根据复数的乘法运算以及共轭复数的概念即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：易知，函数的周期为，则，解得；
由，可得，因为，所以，故；
A、因为，所以的图象关于点对称，故A正确；
B、因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误；
C、，向右平移个单位，
得到，即可以得到函数的图象，故C正确；
D、时，，则，作出函数的图象，如图所示：
由图可知：的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据函数图象求出函数的解析式，再结合选项逐项分析判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；两角和与差的正切公式；正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、因为，
所以，即，
又因为，所以，
所以只有一个小于 0 ，所以是钝角三角形，故A正确；
B、若，则或，即或，
故为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
C、设的面积为，由三角形面积公式可得，
解得，所以为最大角，
所以，即为钝角，为钝角三角形，故C正确；
D、由，得，
而，当且仅当时等号成立，
所以，解得，即，所以为直角三角形，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由，从而得到，进而得到，即可判断A；由可得或，即可判断B；设的面积为，根据面积公式可得，从而可得，即可判断C；利用正弦定理边化角可得，再结合基本不等式可得，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：设两点间的距离为，因为点，，
所以，则两点间的距离为.
故答案为：.
【分析】由题意，求出复数对应的点的坐标，利用两点间距离公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；诱导公式
【解析】【解答】解：因为，所以，
两边平方可得，解得，
又因为，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，结合诱导公式，二倍角公式以及平方关系化简求值即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】解：由，可得：，
即，从而，
设，则，由，可得
由余弦定理，当且仅当时，即时等号成立，
因，则，故.
故答案为：.
【分析】由向量的数量积定义和条件易得，利用三角形的角平分线定理可得，设，求出的取值范围，根据余弦定理得到的解析式，再利用基本不等式求得的范围，由正弦函数的图象即得的最大值.
15．【答案】（1）解：因为复数，所以.
（2）解：因为复数是关于的方程的一个根，
所以，
可得，即，
所以，解得.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；方程的解与虚数根；共轭复数
【解析】【分析】（1）利用复数的除法运算，结合共轭复数的概念求解即可；
（2）将z代入方程，再根据复数的乘法运算以及复数相等的充要条件列式求解即可.
16．【答案】（1）解：因为，
所以
因为，所以，
所以，即，解得或.
（2）解：当时，
因为与的夹角为锐角，则且与不共线同向，
所以解得则实数的取值范围是.
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标求出、的坐标，再根据得到，利用向量数量积的坐标表示列方程，求解即可；
（2）求出的坐标，依题意可得且与不共线同向，即可得不等式组，求解即可.
17．【答案】（1）解：由向量，函数，.
由，即，
因为，所以，从而，解得.
（2）解：由余弦定理，可得，
则，则.所以，所以的面积.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示结合三角恒等变换将函数化成正弦型函数，再由解三角方程即可求的A；
（2）利用余弦定理求边，再根据三角形面积公式计算即可.
18．【答案】（1）解：
，
令，解得，
所以对称轴为；令，解得，
所以对称中心为.
（2）解：由（1）得，
令，得，
又因为，所以的单调递增区间为和.
（3）解：将的图象向左平移个单位后，得，又因为，则，的函数值从0递增到1，又从1递减回0，
令，则，依题意得在上仅有一个实根，
令，因为，
则需或，解得或.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用正、余弦的二倍角公式集合辅助角公式将原函数化简，再利用正弦函数的对称轴和对称中心求解即可；
（2）根据函数的性质求解即可；
（3）先将函数平移变换后再结合正弦函数的对称性把问题转化为方程在上仅有一个实根，再令，结合二次函数的性质求解即可.
19．【答案】（1）解：由已知中，即
，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）解：由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
（3）解：点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据余弦的二倍角公式结合正弦定理化简原式得，即可求A的值；
（2）由题意，利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求解即可；
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式求解即可.
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