25-26 高一下期中数学答案 第 1 页（共8 页）
广东实验中学2025－2026 学年（下）高一级期中考试 数学
答案及说明
【选择题、填空题答案】
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
D
B
C
C
D
C
题号
9
10
11
12
13
14
答案
BC
ABD
ACD
10
6 2
，
1
4
【试题详解及解答题参考评分标准】
4．解：连接𝐴𝐶，设𝐴𝐶交𝐵𝐸于𝑂，连接𝑂𝐹，
因为𝑃𝐴||平面𝐸𝐵𝐹，𝑂𝐹⊂平面𝐵𝐸𝐹，
且𝑃𝐴，𝑂𝐹⊂平面𝑃𝐴𝐶，所以𝑃𝐴||𝑂𝐹，
在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐸为𝐴𝐷的中点，所以𝐶𝐹
𝐹𝑃= 𝑂𝐶
𝑂𝐴= 𝐵𝐶
𝐴𝐸= 2，
所以𝐶𝐹
𝐶𝑃= 2
3．选B
7．解：圆锥底面积
2
3 3
3
3
r
=
=
，母线长为
2
2
3
9
2 3
r
h
+
=
+
=
，侧面展开图扇形面积为
2 3
3
6
rl
=
=
。选B
8．解：正方体中，𝐴，𝐵为正方体的两个顶点，𝑀，𝑁，𝑃分别为其所在棱的中点，
在图④中，𝐴𝐵∩𝑃𝐵= 𝐵，𝑃𝐵⊂平面𝑃𝑀𝑁，∴𝐴𝐵∩平面𝑃𝑀𝑁= 𝐵，
故④不能得出𝐴𝐵||平面𝑀𝑁𝑃．故选：𝐶．
11．解：对于𝐴，因为平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1||平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，𝑃𝑄⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，所以𝑃𝑄||平
面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，故A 正确；
对于𝐵，作直线𝑀𝑄，分别交𝐷𝐷1,𝐷𝐶延长线于点𝐸, 𝐹，
再连接𝐸𝑁并延长交𝐷𝐴延长线于点𝐺，连接𝐺𝐹交𝐵𝐶于点𝑃，
因为𝑀, 𝑁, 𝑃分别是棱𝐶1𝐷1，𝐴𝐴1，𝐵𝐶的中点，可作正方体截面𝑀𝑁𝑃为正六边形，
它们交于各棱中点，所以𝑄为𝐶𝐶1中点，𝐶𝑄= 1，故B 错误；
对于𝐶，由平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1 ∩平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1 = 𝑋𝑌，则𝑋𝑌∩𝐵1𝐷= 𝑂，
因为𝑄𝑂, 𝐴𝐴1都在平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1内，所以由图可得𝑄𝑂必与𝐴𝐴1相交，
根据以上作图可得唯一交点𝑂，所以𝑄𝑂直线是唯一与𝐴𝐴1和𝐵1𝐷相交
的直线，故C 正确；
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对于D，由𝐴1𝐹||平面𝐴𝑃𝑄，
则𝑉𝐹−𝐴𝑃𝑄= 𝑉𝐴!−𝐴𝑃𝑄= 𝑉𝑃−𝐴!𝐴𝑄= 𝑉𝑃−𝐴!𝐴𝐶=
1
2 𝑉𝐵−𝐴!𝐴𝐶=
1
2 𝑉𝐴!−𝐵𝐴𝐶=
8
12 =
2
3
故D 正确；故选：𝐴𝐶𝐷．
12．解：显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面
积，设圆柱的底面半径为𝑟，高为ℎ，则2𝑟ℎ= 10，所以圆柱的侧面积为2𝜋𝑟ℎ= 10𝜋．
13．解：由题意得𝑓(𝑥) = √ 3𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥+ cos2𝑥−1
2 = √ 3
2 𝑠𝑖𝑛2𝑥+ 1
2(2𝑐𝑜𝑠2𝑥−1)
= √ 3
2 𝑠𝑖𝑛2𝑥+ 1
2 𝑐𝑜𝑠2𝑥= sin (2𝑥+ 𝜋
6) , 𝑥∈[−𝜋
6 , 𝑚]时，2𝑥+ 𝜋
6 ∈[−𝜋
6 , 2𝑚+ 𝜋
6]，由sin (−𝜋
6) = sin 7𝜋
6 = −1
2，
sin 𝜋
2 = 1，
结合正弦函数的单调性，可知：若𝑓(𝑥)的值域为[−1
2 , 1]，则𝜋
2 ≤2𝑚+ 𝜋
6 ≤7𝜋
6 ，解得𝜋
6 ≤𝑚≤𝜋
2，实数𝑚的取
值范围为[𝜋
6 , 𝜋
2]．故答案为：[𝜋
6 , 𝜋
2]．
14．解：如图，设𝑎⃗⃗ = 𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，𝑏⃗ = 𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，𝑐⃗ = 𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，
若对任意实数𝑥，𝑦都有|𝑎⃗⃗ −𝑥𝑏⃗ | ≥|𝑎⃗⃗ −𝑏⃗ |，|𝑎⃗⃗ −𝑦𝑐⃗ | ≥|𝑎⃗⃗ −𝑐⃗ |成立，
则𝐵，𝐶在以𝑀𝐴为直径的圆上，过𝑂作
𝑂𝐷
𝐴𝐶，交𝑀𝐶于𝐸，交圆于𝐷，
𝑏⃗ = 𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在𝑂𝐷上的射影最长为|𝐸𝐷|，𝑏⃗ ⋅(𝑐⃗ −𝑎⃗⃗ ) = 𝑏⃗ ⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = |𝐷𝐸| ⋅|𝐴𝐶|，
设∠𝐴𝑀𝐶= 𝜃，则|𝐴𝐶| = √ 2𝑠𝑖𝑛𝜃𝐸| = √ 2
2 𝑠𝑖𝑛𝜃，
|𝐷𝐸| = √ 2
2 −|𝑂𝐸| = √ 2
2 −√ 2
2 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑏⃗ ⋅(𝑐⃗ −𝑎⃗⃗ ) = 2𝑠𝑖𝑛𝜃(1 −𝑠𝑖𝑛𝜃) = −sin2𝜃+ 𝑠𝑖𝑛𝜃，
则当𝑠𝑖𝑛𝜃= 1
2时，𝑏⃗ ⋅(𝑐⃗ −𝑎⃗⃗ )有最大值为1
4．
15．解：（1）由
2sin
3
(0)
f
=
=
，得
3
sin
2
=
，而
π
0
2
，则
π
3
=
， （2 分）
由
π
( )
( )
6
f x
f
恒成立，得
π
π
π
( )
2sin(
)
2
6
6
3
f
=
+
=
，即
π
π
sin(
)
1
6
3
+
=
，
0
， （3 分）
因此π
π
π
2 π,
6
3
2
k
k
+
=
+
N ，解得
12
1,
k
k
=
+
N ，而0
2
，则
1
=
， （5 分）
所以
( )
f x 的解析式为
π
( )
2sin(
)
3
f x
x
=
+
. （6 分）
（2）由（1）得，
π
( )
2sin(
)
0
3
f B
B
=
+
=
，
π
+
=k ,k
Z
3
B
，而0
π
B
，解得
2π
3
B =
，（8 分）
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由
1
1
2π
sin
4 sin
2 3
2
2
3
S
ac
B
c
=
=
=
，解得
2
c =
， （10 分）
由余弦定理得
2
2
1
2
cos
16
4
2 4 2 (
)
2 7
2
b
a
c
ac
B
=
+
−
=
+
−−
=
， （12 分）
所以ABC
6+2 7
的周长为
． （13 分）
16．解：(1)根据题意，𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = |OA⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB⃗⃗⃗⃗⃗ |cos∠AOB = 2√ 3 × 2√ 3 × cos∠AOB = 6， （1 分）
所以cos∠𝐴𝑂𝐵= 1
2，因为∠𝐴𝑂𝐵为锐角，所以，∠𝐴𝑂𝐵= 𝜋
3， （2 分）
当𝜃= π
6时，因为四边形𝑂𝑀𝑃𝑁是平行四边形，
所以，△𝑂𝑃𝑀为等腰三角形，且𝑂𝑃= 2√ 3，𝑂𝑀= 𝑂𝑁= 2， （4 分）
𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = |𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ | ⋅|𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝑐𝑜𝑠𝜋
6 = 2√ 3 × (2√ 3 −2) × √ 3
2 = 6√ 3 −6; （6 分）
(2)由题可知，在△𝑃𝑀𝑂中，𝑂𝑃= 2√ 3，∠𝑃𝑀𝑂= 2𝜋
3 ，∠𝑀𝑃𝑂= 𝜃，∠𝑀𝑂𝑃= 𝜋
3 −𝜃， （7 分）
则由正弦定理得：
𝑂𝑃
sin∠𝑃𝑀𝑂=
𝑂𝑀
sin∠𝑀𝑃𝑂=
𝑃𝑀
sin∠𝑀𝑂𝑃，
可得：2√ 3
√ 3
2
= 𝑂𝑀
𝑠𝑖𝑛𝜃=
𝑃𝑀
sin(𝜋
3−𝜃)， （9 分）
故可得：𝑂𝑀= 4𝑠𝑖𝑛𝜃，𝑃𝑀= 4 sin (𝜋
3 −𝜃)， （10 分）
𝑆△𝑃𝑀𝑂= 1
2 × 𝑂𝑀× 𝑀𝑃× 𝑠𝑖𝑛∠𝑃𝑀𝑂，= 1
2 × 4𝑠𝑖𝑛𝜃× 4 sin (𝜋
3 −𝜃) × √ 3
2 √ 3𝑠𝑖𝑛𝜃𝑠𝑖𝑛(𝜋
3 −𝜃)，
= 4√ 3𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑠𝑖𝑛𝜋
3 𝑐𝑜𝑠𝜃−𝑐𝑜𝑠𝜋
3 𝑠𝑖𝑛𝜃)2𝜃+ 𝜋
6) −√ 3，(0 < 𝜃< 𝜋
3)， （12 分）
所以，𝑆= 𝑆扇形𝐴𝑂𝐵−𝑆平行四边形𝑂𝑀𝑃𝑁= 2𝜋−4√ 3sin (2𝜃+ 𝜋
6) + 2√ 3，(0 < 𝜃< 𝜋
3)， （13 分）
由0 < 𝜃< 𝜋
3，得𝜋
6 < 2𝜃+ 𝜋
6 < 5𝜋
6 ，所以1
2 < sin (2𝜃+ 𝜋
6) ⩽1， （14 分）
∴当𝜃= 𝜋
6时，sin (2𝜃+ 𝜋
6) = 1，此时𝑆取得最小值，最小值为：2𝜋−2√ 3． （15 分）
(学生可以在求出∠𝐴𝑂𝐵后建系处理)
17．解：（1）
1
1
1
3
ABC-A B C
3
=
4 =16 3
4
V
直三棱柱
（2 分）
证明：(2)如图，连接𝐸𝐹、𝐺𝐻，
𝐸，𝐹分别为𝐵𝐵1，𝐶𝐶1的中点，则𝐵1𝐸||𝐶1𝐹，且𝐵1𝐸= 𝐶1𝐹，则四边形𝐸𝐹𝐶1𝐵1是平行四边形，
则𝐸𝐹||𝐵1𝐶1，且𝐸𝐹= 𝐵1𝐶1， （3 分）
𝐺，𝐻分别为𝐴1𝐵1，𝐴1𝐶1的中点，则𝐺𝐻是▵𝐴1𝐵1𝐶1的中位线，则有𝐺𝐻||𝐵1𝐶1，且𝐺𝐻= 1
2 𝐵1𝐶1，（4 分）
25-26 高一下期中数学答案 第 4 页（共8 页）
故有𝐸𝐹||𝐺𝐻，且𝐸𝐹= 2𝐺𝐻， （5 分）
故𝐸，𝐹，𝐺，𝐻四点共面． （6 分）
取𝐵1𝐶1中点𝐷1 ，连D𝐷1交EF 于M， 连𝐴1𝐷1交GH 于N，连MN，则𝑀𝑁是▵𝐴1𝐷1D的中位线，（7 分）
则有𝐴1D||MN， （8 分）
又MN⊂平面EFGH，𝐴1D ⊄平面EFGH， （9 分）
所以𝐴1D||平面EFGH （10 分）
(3)由(1)的结论，𝐸𝐹||𝐺𝐻，且𝐸𝐹= 2𝐺𝐻，则四边形𝐸𝐹𝐻𝐺是梯形，
𝐸𝐺和𝐹𝐻是梯形的两腰，即𝐸𝐺和𝐹𝐻必定相交，设其交点为𝑃， （12 分）
则𝑃∈𝐸𝐺，而𝐸𝐺⊂平面𝐵𝐴𝐴1𝐵1，则𝑃∈平面𝐵𝐴𝐴1𝐵1， （13 分）
同理，𝑃∈平面𝐶𝐴𝐴1𝐶1，又由平面𝐵𝐴𝐴1𝐵1 ∩平面𝐶𝐴𝐴1𝐶1 = 𝐴𝐴1， （14 分）
则𝑃∈𝐴𝐴1，故𝐸𝐺，𝐹𝐻，𝐴𝐴1三线共点． （15 分）
（法二，利用G、H 是中点，全等，交点为同一点也得分）
18．解：(1)因为cos𝐵= √ 2
2 ，B
0,
（
）,所以𝐵= 𝜋
4， （1 分）
因为点𝑂为▵𝐴𝐵𝐶的外心，所以∠𝐴𝑂𝐶= 2𝐵= 𝜋
2，
∠𝐵𝑂𝐶= 2𝐴, ∠𝐵𝑂𝐴= 2𝐶=
3𝜋
2 −2𝐴 （2 分）
设三角形𝐴𝐵𝐶的外接圆的半径为𝑅，则|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ | = 𝑅，
2
1
S
R
2
AOC =
，
2
2
1
1
S
sin
sin 2
2
2
BOC
R
BOC
R
A
=
=
，
2
2
1
1
S
sin
cos2
2
2
BOA
R
BOA
R
A
=
= −
代入𝑆Δ𝐵𝑂𝐶⋅𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑆ΔA𝑂𝐶⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑆Δ𝐵𝑂𝐴⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗
得 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + sin2𝐴⋅𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ −cos2𝐴⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗ ． （4 分）
(2)
2
2
2
sin
sin 4
b
R
B
=
=
=
，R=1 （5 分）
(法一) |3𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ | = |(3𝑐𝑜𝑠2𝐴+ 1) 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ + (2 −3𝑠𝑖𝑛2𝐴)𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ |
2
2
(3cos2
1)
(2
3sin 2 )
A
A
=
+
+
−
14
6cos2
12sin 2
A
A
=
+
−
14
6 5 sin(2
)
A
=
−
−
（6 分）
因为三角形𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，且𝐵= 𝜋
4，所以
{
𝐴+ 𝐶= 3
4 𝜋
0 < 𝐴< 𝜋
2
0 < 𝐶< 𝜋
2
，可得𝜋
4 < 𝐴< 𝜋
2，
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2𝐴∈(𝜋
2 , 𝜋),
1
tan
2
=
，
(0,
)
2
，2
(
,
)
2
A
−
−
−
，
5
sin
5
=
（7 分）
(
sin(2
)
sin ,1
A
−
，即
5
sin(2
)
,1
5
A
−
（8 分）
14
6 5
| 3
2
|
8
OB
OA
OC
−
+
+
即|3𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ |的取值范围是
)
3
5,2 2
−
（9 分）
（法二）延长𝑂𝐴至𝑀，使得|𝑂𝑀| = 2，则𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ，以𝑂𝑀, 𝑂𝐶为邻边作矩形𝑂𝐶𝑁𝑀，
则𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ，
且|𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √ 1 + 4 = √ 5，
延长𝑂𝐵至𝑃，使得|𝑂𝑃| = 3|𝑂𝐵| = 3，则𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ = 3𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ，如图(没有图扣1 分)：
所以|3 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |， （5 分）
所以当𝑁, 𝑂, 𝑃三点共线时， |3 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |取最小值，最小
值为3 −√ 5， （6 分）
因为三角形𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，且𝐵= 𝜋
4，所以
{
𝐴+ 𝐶= 3
4 𝜋
0 < 𝐴< 𝜋
2
0 < 𝐶< 𝜋
2
，可得𝜋
4 < 𝐴< 𝜋
2，
所以∠𝐵𝑂𝐶= 2𝐴∈(𝜋
2 , 𝜋)， （7 分）
当∠𝐵𝑂𝐶= 𝜋
2时，|𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √ (𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )
2 = √ 9 + 5 + 2 × 3 × √ 5 ⋅cos (𝜋
2 + ∠𝐶𝑂𝑁)
= √ 14 −6√ 5 ⋅sin∠𝐶𝑂𝑁= √ 14 −6√ 5 × 2
√ 5 = √ 2，
当∠𝐵𝑂𝐶= 𝜋时，|𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √ (𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )
2 = √ 9 + 5 + 2 × 3 × √ 5 ⋅cos (𝜋
2 + ∠𝑀𝑂𝑁)
= √ 14 −6√ 5sin∠𝑀𝑂𝑁= √ 14 −6√ 5 × 1
√ 5 = 2√ 2， （8 分）
所以|𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | ∈
)
3
5,2 2
−
，即|3𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ |的取值范围是
)
3
5,2 2
−
． （9 分）
（3）设三角形𝐴𝐵𝐶的外接圆的半径为𝑅，则|𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ | = 𝑅，
即𝑂𝐴⊥𝑂𝐶，𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = 0，
（法一）因为𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ −𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ) + 𝑦(𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ −𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ )，
所以𝑥𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑥+ 𝑦−1)𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ， （10 分）
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由(𝑥𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )
2 = ((𝑥+ 𝑦−1)𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ )
2
得𝑥2𝑅2 + 𝑦2𝑅2 + 2𝑥𝑦𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑥+ 𝑦−1)2𝑅2， （11 分）
所以𝑥2 + 𝑦2 = (𝑥+ 𝑦−1)2，所以𝑥𝑦= 𝑥+ 𝑦−1
2， （12 分）
因为𝑥𝑦≤
(𝑥+𝑦)2
4
，当且仅当𝑥= 𝑦时，等号成立， （13 分）
所以𝑥+ 𝑦−1
2 ≤
(𝑥+𝑦)2
4
，即(𝑥+ 𝑦)2 −4(𝑥+ 𝑦) + 2 ≥0， （14 分）
得(𝑥+ 𝑦−2)2 ≥2，得𝑥+ 𝑦≥2 + √ 2或𝑥+ 𝑦≤2 −√ 2． （15 分）
因为三角形𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，其外心必在三角形𝐴𝐵𝐶内，
由𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ 可知𝑥> 0,𝑦> 0，
再由𝑥𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑥+ 𝑦−1)𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ 可知𝑥+ 𝑦< 1， （16 分）
所以𝑥+ 𝑦≥2 + √ 2应舍去，所以𝑥+ 𝑦≤2 −√ 2，
所以𝑥+ 𝑦的最大值为2 −√ 2． （17 分）
(法二)以OC OA
、
为x
y
、轴建系，∠𝐵𝑂𝐶= 2𝐴，则C(R,0)，A(0,R)， 𝐵(𝑅𝑐𝑜𝑠2𝐴,−𝑅𝑠𝑖𝑛2𝐴)， （10 分）
（没图扣一分）
由𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ = (−𝑅𝑐𝑜𝑠2𝐴,𝑅𝑠𝑖𝑛2𝐴)，𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ = (−𝑅𝑐𝑜𝑠2𝐴, 𝑅+ 𝑅𝑠𝑖𝑛2𝐴)，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑅−𝑅𝑐𝑜𝑠2𝐴, 𝑅𝑠𝑖𝑛2𝐴)， （11 分）
由𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑦𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑥> 0, 𝑦> 0)，得
−𝑅𝑐𝑜𝑠2𝐴= 𝑥(−𝑅𝑐𝑜𝑠2𝐴) + 𝑦(𝑅−𝑅𝑐𝑜𝑠2𝐴)，𝑅𝑠𝑖𝑛2𝐴= 𝑥(𝑅+ 𝑅𝑠𝑖𝑛2𝐴) + 𝑦𝑅𝑠𝑖𝑛2𝐴， （12 分）
即(x + y −1)𝑅𝑐𝑜𝑠2𝐴= 𝑦𝑅，(x + y −1)𝑅𝑠𝑖𝑛2𝐴= −𝑥𝑅< 0，可得𝑥+ 𝑦−1 < 0， （13 分）
(x + y −1)2 = 𝑥2 + 𝑦2，所以𝑥𝑦= 𝑥+ 𝑦−1
2 （14 分）
因为𝑥𝑦≤
(𝑥+𝑦)2
4
，当且仅当𝑥= 𝑦时，等号成立， （15 分）
得(𝑥+ 𝑦−2)2 ≥2，得𝑥+ 𝑦≥2 + √ 2或𝑥+ 𝑦≤2 −√ 2,又𝑥+ 𝑦−1 < 0 （16 分）
所以𝑥+ 𝑦≤2 −√ 2，所以𝑥+ 𝑦的最大值为2 −√ 2． （17 分）
19．解：（1）对于x2+x+1＝0，它的两个根为
−1±√3𝑖
2
，
不妨设𝑧1 = −1+√3𝑖
2
= 𝑐𝑜𝑠2𝜋
3 + 𝑖𝑠𝑖𝑛2𝜋
3 ，𝑧2 = −1−√3𝑖
2
= 𝑐𝑜𝑠4𝜋
3 + 𝑖𝑠𝑖𝑛4𝜋
3 ， （1 分）
从而𝑧3 = cos (2𝜋
3 + 𝜋
2) + 𝑖𝑠𝑖𝑛(2𝜋
3 + 𝜋
2) = −
√3+𝑖
2
， （2 分）
𝑧4 = cos (4𝜋
3 + 𝜋
2) + 𝑖𝑠𝑖𝑛(4𝜋
3 + 𝜋
2) =
√3−𝑖
2 ； （3 分）
（2）设点P(x0,y0)对应的复数为z0=x0+y0i，点Q(x,y)对应的复数为z=x+yi （4 分）
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由题意z＝z0（cos𝜃+isin𝜃） （5 分）
得（x0+y0i）•（cos𝜃+isin𝜃）=x0cos𝜃−y0sin𝜃+（x0sin𝜃+y0cos𝜃）i=x+yi （6 分）
所以x=x0cos𝜃−y0sin𝜃，y=x0sin𝜃+y0cos𝜃 （7 分）
（3）由题意
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