2024-2025學(xué)年吉林省長春實驗中學(xué)高一(下)期中數(shù)學(xué)試卷

一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求

的。

1.在△ABC中、內(nèi)角力，B,C所對的邊分別為a,b,c,a=2c,若3s出C=2s譏B,則cosA的值為()

1111

A-3B4C-3D-4

2.已知復(fù)數(shù)z=1+2，貝！Jl+z+z2H------1-z2025-()

A.l+iB.l-i

3.如圖，在正方體ABC?！猘/iGA中，M,N,P分別為CD,aC1的

中點，則下列命題正確的是(

A.4M〃平面BCiN

B.PC與QN相交

C.AM與PC是異面直線/,，二一一、/

D.四邊形4MGN為正方形B

4.在AABC中，角4B,C對邊分別為a,b,c,a2+b2-c2=2y[3absinC,且|荏+而|=|就則

B=()

A小B.fC.JD.J

2436

5.在AABC與ATliBiCi中，已知AB==x,BC=/G=d=G=全若對任意這樣兩個三角形,

總有△ABCg△4/16，貝1]()

A.xG(0,|]B.xe(0,><3)

C.xG[-^3,4-00)D.x￡[AAS,+<?)U{j}

6.“方斗”常作為盛米的一種容器，其形狀是一個上大下小的正四棱臺，現(xiàn)有D__________

“方斗”容器如圖所示，已知AB=24/1，現(xiàn)往容器里加米，當(dāng)米的高度是\-Y/

“方斗”高度的一半時，用米38kg,則該“方斗”可盛米的總質(zhì)量為()\^1

A.152kgB.133kgC.114kgD.112kgB,

7.已知正三角形ABC的邊長為2,點D,E都在邊BC上，S^BD=1BC,BE=

^BC,F為線段4E上一點，M為線段BF的中點，則喬?麗的最小值為(

8.已知在四棱錐P—2BCD中，P4_L平面2BCD,AB=BC=2口PA=AC=4,△&CD為等邊三角形,

則平面P4D與三棱錐P-ABC的外接球球面的交線長為()

A.47rB.2y/~5nC.6nD.4A/~27r

二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。

9.已知N與3均為單位向量，其夾角為氏則下列結(jié)論正確的是()

A.\a+b\>1ee[o,y)B.|a+K|>1ee(y,7r]

C.\a-b\<l^Be[0,^)D.\a-b\<1^0e(^,Tt]

10.已知a,b,c分別是△ABC三個內(nèi)角4B,C的對邊，下列四個命題中正確的是()

A.若ta九4+tanB+tanC>0,貝！]△ABC是銳角三角形

B.若acosA=bcosB,則AABC是等腰三角形

C.若bcosC+ccosB=b,則△ABC是等腰三角形

D.AABC是銳角三角形，則s譏4>cosB

11.如圖，在棱長為4的正方體4BCD中，E,F分別是棱G%的中點，P是正方形

&B1QD1內(nèi)的動點，則下列結(jié)論正確的是()

A.若DP〃平面CEF,則點P的軌跡長度為

B.若DP〃平面CEF,則三棱錐P-DEF的體積為定值

C.若4P=/17,則點P的軌跡長度為27r

D.若P是棱的中點，則三棱錐P-CEF的外接球的表面積是41兀

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.某校高一共有學(xué)生240人，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取80人進行體能測試；若這80人中有35人是

男生，則該校高一男生共有人.

13.圓臺的上下底面半徑分別為1、2,母線與底面的夾角為60。，則圓臺的側(cè)面積為.

14.AABC的內(nèi)角力，B,C對邊分別為a,b,c,m=(sinA,sinC-sinB),元=(a—V3c,6+c)且記1元,

b=2,則屈-前的最小值為.

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

15.(本小題13分)

如圖所示，以向量力1=2,歷=行為邊作平行四邊形4。8￡),又麗=,同，CN=^CD.

(1)用出弦表示兩，ON；

(2)0A=1,OB=3,^AOB=p求|麗

16.(本小題15分)

記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且2acos/+bcosC=ccos(/+C),

(1)求角”的大??；

(2)若a=/II,BC邊上的高為要，求△力BC的周長.

17.(本小題15分)

空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規(guī)定：多面體頂點的曲率等于2兀與多面

體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制.例如：正四面體每個

頂點均有3個面角，每個面角均為條故其各個頂點的曲率均為2兀-3x-兀，如圖，在直三棱柱2BC-

2TT

4/1G中，點4的曲率為與，N,M分別為AB,CQ的中點，5.AB=AC.

(1)證明：CNJ?平面4BB14；

(2)若441求二面角％—AM—G的余弦值.

18.(本小題17分)

已知銳角△ABC,角4B,C所對的邊分別為a,b,c,且a=y/lcosB+^b=c.

(1)求a；

22

(2)求卷上的取值范圍.

19.(本小題17分)

如圖，在四棱臺ABC?！猘/iGDi中，4411平面A8CD,底面4BCD為平行四邊形，BDLArC,且E,

F,“分別為線段BBi，ArB,4D的中點.

⑴證明：M/|=|40|.

(2)證明：平面EF”〃平面41CD.

(3)若4B=2A1B1,AA1=l/ABC=全當(dāng)4/與平面4CD所成的角最大時，求四棱臺4BCD—4/￡心

的體積工

答案解析

1.【答案】D

【解析】【分析】

本題主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題.

由已知利用正弦定理可得b=結(jié)合已知a=2c,利用余弦定理即可求解cos4的值.

【解答】

解：因為3s譏C=由正弦定理可得3c=2b,即力=了，又a=2c,

所以cos/="%a由2+C2_（2C）21

2x與xc4

故選D.

2.【答案】A

【解析】解：復(fù)數(shù)Z=1+=1+當(dāng)=i,

(1-1)(1+02

nEN,z4n+1+z4n+2+z4n+3+z4n+4=i—1—i+l=0,

所以1+z+z2+???+z2025=1+506(z+z2+z3+z4)+z=1+i.

故選：A.

根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法計算z=i,再利用i的整數(shù)次塞的周期性求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，依次分析選項：

對于4,因為M,N分別為&Bi，CD的中點，在正方體中易證4例〃GN,u平面BC#,AM不在平面

BQN內(nèi)，所以4M〃平面BQN,A正確，

對于B,PC在平面BCGB1內(nèi)，GN與平面BCG/相交于點G，G不在PC上，所以PC與C】N為異面直線，B

錯誤，

對于C,因為M,P分別為4G的中點，易知MP〃&G//2C,

則4、M、P、C四點共面，則直線4M與PC共面直線，C錯誤，

對于。，設(shè)正方體的棱長為2,易知=|MCJ=\C±N\=\NA\=\ACr\=2/3,

GN/+|M4|2=10去|CM|2=12,所以四邊形力MC】N為菱形而不是正方形，O錯誤.

故選：A.

由空間中線面的位置關(guān)系逐個判定即可.

本題考查空間直線與直線的位置關(guān)系，涉及直線與平面平行的性質(zhì)和應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】C

22

【解析】解：由余弦定理結(jié)合a?+b-c=26absmC,

可得a?+匕2_?2=2abcosC=2^[3absinC,

,,tCLTlC—3，

又ce(0㈤,

「Tt

?."=%；

又知|荏+前|=|反I=|萬一通I，平方可得麗?刀=0,

???力=熱

B=(

故選：C.

根據(jù)余弦定理化簡已知條件，求得C,利用平方的方法化簡|荏+元|=|前|,求得4進而求得B.

本題考查余弦定理與平面向量的運用，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】D

【解析】解：由題意可知：UBC有唯一解，且46(0,算

由正弦定理學(xué)=等，可得s出4=衛(wèi)度=3,

sinCsmAx2x

所以關(guān)于a的方程：Sim4=^,Ae(0,等有唯一解，

可知曲線y=sinA,A￡(0,爭和水平直線y=,必須有唯一的交點，

則0<；<噂或怖=1，解得久>宿或x=

2x22%2

故選：D.

由題意可知△力BC有唯一解，且46(0,拳，結(jié)合正弦定理可得曲線y=s出2,46(0,陰和水平直線好忘

必須有唯一的交點，結(jié)合圖象分析求解.

本題考查了解三角形，屬于中檔題.

6.【答案】D

【解析】解：設(shè)線段BB、、CCi、的中點分別為42、殳、的、

D2,如圖所示：

由題可知，四邊形44B1B為等腰梯形，

設(shè)&B1=a,

因為力B=24/1，

所以4B2=竺苧生=竽，

設(shè)棱臺A/1C1D1—Z282c2。2的高為九，體積為匕，棱臺4遇1。1。1一48。0的高為2/1,體積為心

則匕="口2+，2+引2)九=^a2h,

o4Z1Z

V=1(a2+4a2+2a2)-2h=^a2h,

g、i-56

所以心=適，

又匕=38,

所以U=||x38=112,

所以該“方斗”可盛米的總質(zhì)量為112kg.

故選：D.

設(shè)線段力41、BBi、CQ、DDi的中點分別為&、B2,C2、D2,利用臺體的體積公式計算棱臺為B1QD1-

4BCD與棱臺4/1的。1-4282c2。2的體積之比，即可得出原“方斗”可盛米的總質(zhì)量.

本題考查了臺體的體積公式，屬中檔題.

7.【答案】D

【解析】解：因為麗=；就，即。為BC的中點，又靛=，就，所以E為。。的中點,

Z4

又正三角形4BC的邊長為2,所以DB=1,

依題意前=而一礪，詢=9力F+麗）,

所以品.麗=：麗+麗)?(而_麗)=|(DF2-~DB2}=|(|DF|2-1),

所以當(dāng)DF12E時，|而產(chǎn)取得最小值，

如圖，此時點尸在出的位置，連接4D,貝YD1BC,

又力。=V22-12=y[3,DE=I，所以4E=J）2+（今2=苧

所以--^--胃--―,

2

所以畫.而）.=/（譽）2—1]=—得.

故選：D.

依題意可得麗?97=^（而2-而2）=*|而|2一1）,從而轉(zhuǎn)化為求|前產(chǎn)的最小值，當(dāng)￡>/?：￡■時,

I9|2取得最小值，利用等面積法求出|而|就“，即可得解.

本題考查了平面向量數(shù)量積的計算，屬于中檔題.

8.【答案】B

【解析】解：因為，AB=BC=2qPA=AC=4,貝！MB?+BC?=人小，所以AB1BC,

又R4_L平面4BCD,所以P41BC,

又aBnP4=4所以BC1平面P4B,

又PBu平面P4B,所以BCJ.PB,

則PC為三棱錐P-4BC的外接球的直徑，

PA_L平面4BCD,ACu平面ABCD,所以P41AC,

PA=AC=4,由勾股定理得PC=7PA2+"2=4/2.

取M為PC的中點，過C作CH1AD,H為垂足，PM=2^2,

P力，平面4BCD,CHu平面4BCD,所以PA1CH,

又4。（yPA=A,AD,PAu平面PAD,故CH_L平面P2D,

因為△4CD為等邊三角形，且力C=4,貝帖”=2門，

所以M到平面PAD的距離d=^=73,

故平面P4D與三棱錐P-4BC的外接球球面的交線為圓，

且圓的半徑r滿足d2=PM2,解得「=石，故其周長為2怖兀

p

故選：B.

先證明出BC1平面P4B,所以8C1PB,則PC為三棱錐P—ABC的外接球的直徑，且PC=4，^，作出輔

助線，得到C”！平面PAD,求出M到平面PAD的距離d=芋=門，平面24。與三棱錐P-ABC的外接球

球面的交線為圓，且圓的半徑「=，虧，故其周長為24兀.

本題主要考查了空間幾何體與球的組合體性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題.

9.【答案】AC

【解析】解：根據(jù)題意，2與3均為單位向量，其夾角為8,

若|五+6|〉1,BP|a+b|2=a2+b+2a-b=2+2cos0>1,變形可得cos6>—g，

又由0<0<71,則有8￡[0,y),

故A正確，8錯誤；

若|五一b|<l,BP|a—b|2=a2+/?—2a-b=2—2cosO<1,變形可得cos。>

又由04。<兀，則有ee[oq),

故。正確，。錯誤；

故選：AC.

根據(jù)題意，由向量模的計算公式可得|方+K|2=a2+K2+2a-K=2+2cos9>1以及一b\2=a2+

b2-2a-b=2-2cos6<1,變形可得cos。的取值范圍，進而可得。的取值范圍，即可得答案.

本題考查向量數(shù)量積的性質(zhì)以及計算，涉及向量模的計算，屬于基礎(chǔ)題.

10.【答案】ACD

【解析】解：4：???tan(2+B)=善嗎器，且4,B,C是△4BC的內(nèi)角，,tcm力+tcmB=tan(4+

1—tanAtciTiD

B)(l-tanAtanB),

???tanA+tanB+tanC=tan(>1+8)(1—tanAtanB)+tanC=-tanC(l-tanAtanB)+tanC=

tanAtanBtanC>0,

??.4B,C都是銳角，??.△ABC是銳角三角形，故選項A正確；

B：由acosA=bcosB及正弦定理可得siTL4cos/=sinBcosB,即s譏2/=sin2B,

22=2B或24+2B=兀，-?.A=B或4+B=],

??.△4BC是等腰三角形或直角三角形，故選項8錯誤；

C：由6cosc+ccosB=b及正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=sinB,即sin(B+C)=sinA=sinB,

???a,B,C是△ABC的內(nèi)角，.?.a=B,.?.△ABC是等腰三角形，故選項C正確；

D-.△ABC是銳角三角形，:A+B>3即

貝(|s譏4>sin(]—B)=cosB,故選項。正確.

故選：ACD.

由兩角和的正切公式結(jié)合誘導(dǎo)公式判斷力，由正弦定理化邊為角結(jié)合正弦的二倍角公式判斷B,由正弦定理

化邊為角，逆用兩角和的正弦公式判斷C,根據(jù)0-B<4<熱結(jié)合正弦函數(shù)單調(diào)性判斷D.

本題考查了解三角形，屬于中檔題.

11.【答案】ABD

【解析】解：對a選項，如圖，

分別取4D1，&B1的中點N,M,

則易得MN〃EF,MN//DB,DN//CE,

從而易得平面MNDB〃平面CEF,

又P是正方形AiBiGA內(nèi)的動點，且DP〃平面CEF,

P點的軌跡為線段NM,又MN=2^2,■■4選項正確；

對B選項，由4選項分析可知P點的軌跡為線段NM,MN//EF,

三角形PEF的面積為定值，又D到平面PEF的距離也為定值，

???三棱錐P-DEF的體積為定值，B選項正確；

對C選項，如圖，若4P=717，又A4=4,且441，平面&B1C1A，

則2止=yjAP2-AA1=V17-16=1.

P點的軌跡是正方形&B1GD1內(nèi)以4為圓心1為半徑的四分之一圓弧,

P的軌跡長度為:x2兀x1=1C選項錯誤；

4L

對D選項，如圖，

若P是棱Ai%的中點，取PF的中點G,4C的中點H,

貝！JFE1PE,二G至UE,F,P的距離相等，又G”！平面PEF,

三棱錐P-CEF的外接球的球心。在GH上，

設(shè)G。=t,貝1]。//=4-3又PG=2,HC=2y/2,

設(shè)三棱錐P-CEF的外接球的半徑為R,貝加。=CO=R,

.?.在RtAPG。與RtAHC。中，根據(jù)勾股定理可得：

22>

[R=(2/1)2+(4-t)解得=2'

...R2=4+[2=4+與=?，

44

三棱錐P-CEF的外接球的表面積是4兀R2=417T,D選項正確.

故選：ABD.

根據(jù)面面平行的判定定理與性質(zhì)，三棱錐的體積公式，三棱錐的外接球的求法，針對各個選項分別求解即

可.

本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，線面平行問題，動點的軌跡問題，三棱錐的外接球問題，化歸轉(zhuǎn)化思想，

屬中檔題.

12.【答案】105

【解析】解：現(xiàn)采用分層抽樣的方法從中抽取80人進行體能測試;

則分層抽樣的抽樣比為：法=：，

所以該校男生的人數(shù)為：苧=105.

故答案為：105.

根據(jù)給定條件，求出分層抽樣的抽樣比，進而求得答案.

本題主要考查分層抽樣的定義，屬于基礎(chǔ)題.

13.【答案】67r

【解析】解：圓臺的軸截面為等腰梯形，如圖所示；

r=1,R=2,母線與底面的夾角為60。，

；.I=2（R—丫）=2,

圓臺的側(cè)面積為：

5倒=（Ttr+nR）l

=（17T+2兀）X2

=67T.

故答案為：67r.

畫出圓臺的軸截面，結(jié)合圖形求出母線1,圓臺的側(cè)面積S以=（兀r+兀R）。由此能求出圓臺的側(cè)面積.

本題考查圓臺的側(cè)面積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能

力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題.

14.【答案】-2

【解析】解：根據(jù)題意可得布-n=(a-V~^c)s譏4+(sinC一sinB)(b+c)=0>

所以a(a—V-3c)+(c—b)(b+c)=0,

所以a?+c2—b2=，5ac,

所以c°sB="^V-3ac_V_3

lac~~T"

所以8=也

o

又b=2,可得△ABC的外接圓半徑為一壺=2,

可知點B在優(yōu)弧彩上運動（不包括端點），

過外接圓圓心。作DE〃/1C,當(dāng)點B與點。重合時，刀在前方向上的投影最小,

止匕時N￡MC=m，\AD\=\AC\=2,|AF|=1.

所以荏■前的最小值為一1X2=-2.

故答案為：-2.

由萬1元得(a—yfSc)sinA+(sinC—sinB)(b+c)=0,根據(jù)正弦定理、余弦定理化簡可得△48c的外接圓

半徑為丁=2,根據(jù)向量數(shù)量積幾何意義可知當(dāng)點B與點。重合時，麗.尼有最小值.

本題考查向量數(shù)量積的最值的求解，屬中檔題.

15.【答案】解⑴前=OA-OB=a-b,：.~0M=OB+~BMOB+^~BC=OB+^BA=ya+^b,

3666

OD=a+b,ON=0C+CN=10D+^0D=l0D=la+^b；

L6333

(2)w=W-W=|a+|K-ia-jb=ia-^b,

336626

-1111121111

-母2T2TKK

a-a+2XX3a+-+-

-6-4-2-(-U4-4-4-2-

36

【解析】(1)按照向量幾何意義的加減運算法則運算即可；

(2)按照向量幾何意義加減運算法則及求向量模的方法計算即可.

本題考查平面向量幾何意義加減運算、平面向量數(shù)量積性質(zhì)及運算，考查數(shù)學(xué)運算能力，屬于中檔題.

16.【答案】4=竽；

5+/21.

【解析】解：(1)因為2acosZ+bcosC=ccos^A+C),

所以2acosZ+bcosC=—ccosB,

由正弦定理得2si7h4cos/+sinBcosC=—sinCcosB,

所以一2si?r4cos/=sinCcosB+sinBcosC=sin(B+C),

即sin(B+C)=—sinA,

-i

又sin/W0,所以cos/=-

又4€(0,兀),所以a=:；

(2)因為a=/ILBC邊上的高為h=學(xué)，

所以△ABC的面積S=|xaxh=|xV21x=V-3,

又由△ABC的面積S=|bcsinA=gbcx亨=V-3,

解得be=4,

由余弦定理得a?—b2+c2—2bccosA-b2+c2+be=(^b+c)2—be,而a=721,

所以21=(6+c)2-4,解得b+c=5,

所以△2BC的周長a+b+c=5+/21.

(1)利用三角形內(nèi)角和代換，再利用誘導(dǎo)公式和正弦定理邊化角，即可得4=與；

(2)利用等面積公式求出6c=4,再結(jié)合余弦定理可解得b+c=5,即可求解周長.

本題考查正弦定理，余弦定理的應(yīng)用，三角形面積公式的應(yīng)用，屬于中檔題.

17.【答案】證明見解析.

【解析】⑴證明：在直三棱柱ABC—ABC中，

???AAt_1_平面力BC,ABu平面ABC,ACu面力BC,CNu平面4BC,

AA11AB,AA11AC,AAr1CN,

.??點4的曲率為27r-2x1—ABAC=y,

：.Z.BAC=全

???AB=AC,

.?.△ABC為等邊三角形，

???N分別為AB的中點，

???AB1CN,

AA11CN,AB1CN,AArC\AB=A,AA1,2Bu平面ABBiA，

CN_L平面4BB1&.

取力iQ的中點F,連接B/,MF,

為等邊三角形，

???B1F1ArCr,

???三棱柱ABC-4/1Ci是直三棱柱，

.,?平面441GC1平面a/iG，

?平面441QCn平面&B1Q=&Q,B#146，B/u平面

B1F_L平面441GC,

AM,MFu平面A41clC,

B/1AM,B#1MF,

設(shè)AB=<2>

AA±=y/~2ABy

胸=2,AM=B1M=<3,ABr=<6,

22

AM+B1M=ABl，

■■■AM1B]M,

???AM1BtM,B/1AM,

又B]MClB#=Bi，B]Mu面B/u平面B/M,

.-.AM1平面BjFM,

MFu平面B/M,

AM1MF,

NFMBi為二面角Bi—4M-G的平面角，

???MF=J(苧產(chǎn)+F==B、M=g

.■.在RtAFAZ2中，cosZ.FMB1——古=學(xué)，

二二面角Bi—AM—G的余弦值為苧.

(1)由直三棱柱ABC-&Bi&的結(jié)構(gòu)特征可得4411AB,AAt1AC,4411CM根據(jù)點力的曲率可求得

^BAC=I，則AABC為等邊三角形.由N分別為的中點得ABICM由線面垂直的判定定理即可證明.

(2)取4Q的中點F,連接B/,MF,則名尸146.由直三棱柱4BC-a/iQ的結(jié)構(gòu)特征易證平面

441GC,根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得B1F1AM,BpF1MF.設(shè)4B=，！，則根據(jù)三棱柱的邊長及勾股定理

可證4M1BiM.由線面垂直的判定定理可證AM1平面從而NFM4為二面角當(dāng)-AM-Q的平面

角.在RtAFMBi中即可求解二面角Bi-4M-C1的余弦值.

本題考查直線與平面的位置關(guān)系，二面角，解題中注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔題.

18.【答案】*

[2g).

11

【解析】解：(1)由題意得acosB+=c,結(jié)合正弦定理得sizh4cos8+=sin。=sin(/+8),

11

§PsinAcosB+-sinB=sinAcosB+cosAsinB,化簡得2s譏8=cosAsinB,

1IT

因為4、Be(o,兀)，sinB0,所以COS4=E，可得A=百；

(0<C<y

(2)在銳角△ABC中，結(jié)合B+C=7T-X=y,解得C￡(葭).

0<B

L

sinB_sin(C+1)_^sinC+^-cosC

所以2=工+旦結(jié)合tcmfE(苧,+8)可得：￡?，2)?

csinCsinCsinC22ttmc'

由基本不等式，可得獨獸==+"22形，當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)=(時，即9=苧時，等號成立.

設(shè)t=2,則/⑷=2t+：在(1苧)上為減函數(shù)，在(苧,2)上為增函數(shù),

f(t)的最小值為f(年)=2/2,最大值小于f(2)=即f(t)￡[2V^,1).

綜上所述，弟《的取值范圍是

(1)根據(jù)正弦定理化簡所給等式，結(jié)合兩角和的正弦公式算出COSA=2,進而可得角4的大小;

(2)根據(jù)△力BC是銳角三角形，求出ce管,》可得tcmce(苧,+8),然后根據(jù)正弦定理與三角恒等變換

公式，推導(dǎo)出2=4+品64,2),進而根據(jù)基本不等式與函數(shù)的單調(diào)性，算出專2的取值范圍.

c22tanC、2/be

本題主要考查正弦定理、兩角和與差的三角函數(shù)公式、基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性及其應(yīng)用等知識，屬于

中檔題.