安徽省肥东县第一中学2025-2026学年高三大联考(一)数学试题

绝密★启用前 试卷类型：A 肥东一中2026级高三大联考(一) 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。命题人：司成煜；审题人：元梓凡。 注意事项： 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。 2. 作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 3. 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4. 考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分． 每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. “”是“函数在区间上单调递减”的( ) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2. 已知函数的导函数为，且，则( ) A． B． C． D． 3. 点是抛物线上一点，定点，则到点的距离与到轴的距离之和的最小值为( ) A． B． C． D． 4. 已知数列，的通项公式分别为，，由，的公共项从小到大排列得到的数列为，则( ) A．1941 B．1961 C．1981 D．2001 5. 已知是单位圆上的两点，为圆心，且，是的一条直径，点在圆内，且满足，则的取值范围是( ) A． B． C． D． 6. 甲、乙、丙、丁4人做传球游戏，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余3人之一．第次传球后，球在甲手中的概率为，在乙手中的概率为，则下列结论错误的是( ) A． B． C． D． 7. 如图(1)，函数的图象与轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角，如图(2)，若折叠后、两点间的距离为，则( ) A． B． C． D． 第7题图 8. 已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有以下几个结论： ①三棱锥体积的最大值为； ②平面截三棱锥的截面图形可能是正方形； ③当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为． 则上述结论中正确的有( ) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分． 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 某校要举办一次中外学生交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名志愿者从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作，则下列说法中正确的是( ) A．若这五人每人任选一项工作，则不同的选法有种 B．若每人安排其中一项工作，每项工作至少一人，则有240种不同的方案 C．若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人，则有60种不同的方案 D．若安排A和B从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人从事剩余工作，则有12种不同的方案 10. 如图所示，动点到定点的距离与到定直线的距离之积为1，记P的轨迹为曲线C，则( )    第10题图 A．点P的横坐标的取值范围是 B．C与抛物线有且只有一个公共点 C．C上任意一点满足 D．C上存在两个不同的点关于直线对称 11. 设是非零实数，定义： ① “数”：； ② “阶乘”，规定； ③ “组合数”． 则下列说法正确的有( ) A． B． C． D． 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是______． 13. 《孙子算经》提出了“物不知其数”问题的解法，被称为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后来经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度. 现有一个剩余问题：在正整数中，把被3除余数为2，被4除余数为2的数，按照由小到大的顺序排列，分别得到数列，，将，中不同的数放在一起，再按照由小到大的顺序排列，得到数列，则______． 14. 在中国象棋的棋盘上，红方“车”从初始位置(如图，第1行第5列)出发，每一步可以横向或纵向移动任意格(但不能斜着移动，也不能连续两次均横向或纵向移动)，已知黑方“将”位于第10行第5列，红方“车”必须在恰好4步后到达第10行第5列．若棋盘上仅存在黑方“将”和红方“车”，黑方“将”不移动，则红方“车”不同的移动路径有______种．第14题图 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. (本小题13分) 为了研究高二学生数学和物理成绩的相关情况，学校在高二学生中采用随机抽样的方法抽取了150名学生，调查他们平时的数学与物理成绩情况，统计数据如下． 项目 数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计 物理成绩优秀 55 20 75 物理成绩不优秀 30 45 75 合计 85 65 150 (Ⅰ) 依据列联表判断，能否有99.9%的把握认为数学成绩优秀与物理成绩优秀有关？ (Ⅱ) 从调查的物理成绩不优秀的学生中，按照数学成绩是否优秀采用分层随机抽样的方法抽取15人．若从这15人中随机抽取2人，记X为数学成绩优秀的人数，求X的分布列及数学期望． 附： ，其中， 16. (本小题15分) 如图，在四棱锥中，平面为的中点，为菱形，，，分别是线段，上的动点，且满足. (Ⅰ) 求证：平面； (Ⅱ) 求的值，使得二面角的平面角的正切值为. 第16题图 17. (本小题15分) 已知数列满足，，． (Ⅰ) 判断数列是否为等比数列； (Ⅱ) 求数列的通项公式． 18. (本小题17分) 已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点. (Ⅰ) 求椭圆C的方程. (Ⅱ) 若直线l的斜率为，求的面积. (Ⅲ) 设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 19. (本小题17分) (Ⅰ) 证明：在锐角三角形中，任意一个角的正弦值必然大于另一个角的余弦值； (Ⅱ) 证明：对于任意角θ，ξ，都有sin 2θ-sin 2ξ=sin (θ+ξ)·sin (θ-ξ)； (Ⅲ) 已知：在△ABC中，AB，AC，BC分别对应c，b，a，对角记为C，B，A，且满足sin C = sin2A + sin2B，证明：C = 90°. (Ⅳ) 在锐角三角形ABC中，设角A，B，C所对的边分别是边a，b，c，且a2+2abcos C=3b2恒成立，试求tan A·tan B·tan C的取值范围． 附：和差化积公式：；. 【数学试卷 第1页 共3页】 学科网（北京）股份有限公司 P (χ2 ≥ α) 0.05 0.01 0.001 α 3.841 6.635 10.828 $$ 绝密★启用前 试卷类型：A 肥东一中2026级高三大联考(一) 数 学 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A A C C B D A 题号 9 10 11 12 13 14 答案 BCD ABC ABD 239 128 单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分． 每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. “”是“函数在区间上单调递减”的( B ) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【知识点】判断命题的充分不必要条件、根据函数的单调性求参数值或范围 【分析】由充分条件和必要条件的概念，以及二次函数的单调性可得结果. 【详解】充分性： 当时，， 易知函数在区间上单调递减． 必要性： 若在区间上单调递减， 则需，即， 故“”是“函数在区间上单调递减”的充分不必要条件． 故选：B. 2. 已知函数的导函数为，且，则( A ) A． B． C． D． 【知识点】导数的运算法则、求某点处的导数值 【分析】对等式两边求导，求导之后令即可得出的值，进而求出. 【详解】因为，所以， 令，则，， 令， 则．故选：A. 3. 点是抛物线上一点，定点，则到点的距离与到轴的距离之和的最小值为( A ) A． B． C． D． 【知识点】抛物线上的点到定点和焦点距离的和、差最值、抛物线的焦半径公式 【分析】由抛物线焦半径公式可得，，当且仅当三点共线时，等号成立，从而求出距离之和的最小值. 【详解】抛物线，焦点坐标为，准线方程为，设到轴的距离为，过点作⊥准线于点，由抛物线焦半径公式可得，，则，当且仅当三点共线时，等号成立，其中，所以到点的距离与到轴的距离之和最小值为. 故选：A 第3题答案图 4. 已知数列，的通项公式分别为，，由，的公共项从小到大排列得到的数列为，则( C ) A．1941 B．1961 C．1981 D．2001 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等差数列的应用 【分析】根据等差数列的性质即可得数列是首项为1，公差为20的等差数列，从而得所求. 【详解】由题可知是首项为1，公差为4的等差数列，是首项为1，公差为5的等差数列， 则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列是首项为1，公差为20的等差数列，故. 故选：C. 5. 已知是单位圆上的两点，为圆心，且，是的一条直径，点在圆内，且满足，则的取值范围是( C ) A． B． C． D． 【知识点】平面向量基本定理的应用、用定义求向量的数量积、数量积的运算律 【分析】根据向量等式结合图形判断点为线段上的一点，将等式两边取平方，化简得，求得，再将利用向量的线性运算和数量积运算，化简后即可求得其范围. 【详解】如图，因点在圆内，且满足，由平面向量基本定理，可知点为线段上的一点，因，且是的一条直径，将等式两边取平方： ，因，则. 由图知，， 故的取值范围是. 故选：C 第5题答案图 6. 甲、乙、丙、丁4人做传球游戏，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余3人之一．第次传球后，球在甲手中的概率为，在乙手中的概率为，则下列结论错误的是( B ) A． B． C． D． 【知识点】写出等比数列的通项公式、计算古典概型问题的概率、构造法求数列通项 【分析】根据题意得到，构造等比数列，求出，同理求出，CD正确，再判断出AB，得到答案. 【详解】由题意得， 故，其中，所以， 所以，，C正确； ，A正确； 同理可得，， 其中，故， 所以，，D正确； ，， ， ，B错误. 故选：B 7. 【坦编改编题】如图(1)，函数的图象与轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角，如图(2)，若折叠后、两点间的距离为，则( D ) A． B． C． D． 第7题图 【知识点】诱导公式一、由图象确定正(余)弦型函数解析式、空间垂直的转化 【分析】过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接，推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，再由函数在轴右侧附近单调递减，结合可求得的值，进而可得出函数的解析式，进而可求得的值． 【详解】如图，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接． 因为的最小正周期 ，所以， 又因为，所以． 当折成直二面角时，即平面平面， 因为，平面平面，平面，所以平面， 因为平面，故， 所以， 解得(负值舍去)，故． 因为，且，所以或， 又因为在轴右侧附近单调递减，所以，则， 所以．故选D. 第7题答案图 8. 【坦编改编题】已知边长为2的菱形，，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥．记线段的中点分别为，有以下几个结论： ①三棱锥体积的最大值为； ②平面截三棱锥的截面图形可能是正方形； ③当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为． 则上述结论中正确的有( A ) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【知识点】判断截面形状、锥体体积的计算、多面体与球体内切外接问题、线面垂直证明线线垂直 【分析】①求证平面即可判断；②找到最大体积时，即可由锥体体积公式计算求解；③取中点，由题设求出即可判断；④找到球心位置，根据勾股定理列方程组即可求解． 【详解】因为四边形为菱形，所以，故，， 又且都在平面内，所以平面，因为平面，所以，正确； ①由上得平面，平面，所以平面平面， 当到平面的距离最大时，即平面时三棱锥的高最大， 由题意得，为等边三角形，为中点，所以， 所以三棱锥体积的最大值为，错误； ②取中点，连接，因为线段的中点分别为， 所以，且，所以截面图形为平行四边形． 由上可知，所以，故四边形为矩形， 由题意得， 所以， 所以，即四边形一定不是正方形，错误； ③当二面角为时，由①可得 ，所以到平面的距离为， 在平面内的投影在直线上，投影长为， 因为，所以为外接圆圆心， 所以三棱锥外接球的球心在过D且与平面垂直的直线上， 如图，设三棱锥外接球的半径为R，，则，解得，故三棱锥外接球的半径为，错误． 则有0个正确的结论，故选：A． 第8题答案图 多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分． 每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 某校要举办一次中外学生交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名志愿者从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作，则下列说法中正确的是( BCD ) A．若这五人每人任选一项工作，则不同的选法有种 B．若每人安排其中一项工作，每项工作至少一人，则有240种不同的方案 C．若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人，则有60种不同的方案 D．若安排A和B从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人从事剩余工作，则有12种不同的方案 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素(位置)有限制的排列问题 【分析】根据分步乘法计数原理逐一进行计算即可. 【详解】若五人每人任选一项工作，则每人均有4种不同的选法，不同的选法有种，故A不正确. 若每项工作至少安排一人，则先分成四组，再分配到四个岗位，故不同的方案有种.B正确. 若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人：则先从五人中任选两人安排在礼仪岗位， 其余三人安排在剩余三个岗位上全排列即可，因此不同的方案有种，C正确. 若安排A和B从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人剩余工作，则方案有种，D正确. 故选：BCD. 10. 如图所示，动点到定点的距离与到定直线的距离之积为1，记P的轨迹为曲线C，则( ABC )    第10题图 A．点P的横坐标的取值范围是 B．C与抛物线有且只有一个公共点 C．C上任意一点满足 D．C上存在两个不同的点关于直线对称 【知识点】由方程研究曲线的性质、判断两曲线交点的个数、求平面轨迹方程 【分析】由题可得曲线C的方程为，令即可得到的范围即可得到A；联立方程，根据方程解的情况可判断B；根据曲线方程可得，然后利用基本不等式即可确定C；将曲线向左平移1个单位得，接着判断曲线是否存在关于对称的点即可. 【详解】根据题意，曲线C的方程为， 则，解得，且时或， 所以C上的点的横坐标x的取值范围是，A正确； 将抛物线的方程与联立并消去y， 整理得，解得，所以C与抛物线有且只有一个公共点，B正确； 当点在C上时， (等号仅当时成立)， 所以即，C正确； 对于D，如果C上存在两个不同的点关于直线对称， 则将曲线C向左平移1个单位长度得到的曲线 上必存在两点关于直线对称， 设上关于直线对称的两点为，且， 则 ， 所以，因为， 所以 ，代入消去得 ， 因为，所以， 所以关于的方程无解， 所以曲线上不存在两点关于直线对称，D错误． 故选：ABC． 11. 设是非零实数，定义： ① “数”：； ② “阶乘”，规定； ③ “组合数”． 则下列说法正确的有( ABD ) A． B． C． D． 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用 【分析】利用题中定义逐项判断即可． 【详解】对于A，，，，， ，，，故A正确； 对于B，由定义知，故，故B正确； 对于C，由上述，代入C并不成立，故C错误； 对于D，，，所以，因为，即，故D正确． 故选：ABD． 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若当时，恒成立，则实数的取值范围是． 【知识点】根据二次函数的最值或值域求参数、函数不等式恒成立问题 【分析】根据条件，利用二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为函数恒过定点，对称轴为，开口向上， 又当时，恒成立，则或， 整理得到或， 解得或或，所以， 故答案为：. 13. 《孙子算经》提出了“物不知其数”问题的解法，被称为“中国剩余定理”.“物不知其数”问题后来经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度. 现有一个剩余问题：在正整数中，把被3除余数为2，被4除余数为2的数，按照由小到大的顺序排列，分别得到数列，，将，中不同的数放在一起，再按照由小到大的顺序排列，得到数列，则239. 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、利用等差数列通项公式求数列中的项 【分析】根据题意可得数列，的通项公式，再分析数列，结合周期性可知，可得结果. 【详解】因为， 可知数列是首项为2，公差为3的等差数列，是首项为2，公差为4的等差数列， 可得， 又因为数列，的相同的数组成的数列为， 可知数列是首项为2，公差为12的等差数列，可得， 则数列依次为， 可得，所以. 故答案为：239 14. 在中国象棋的棋盘上，红方“车”从初始位置(如图，第1行第5列)出发，每一步可以横向或纵向移动任意格(但不能斜着移动，也不能连续两次均横向或纵向移动)，已知黑方“将”位于第10行第5列，红方“车”必须在恰好4步后到达第10行第5列．若棋盘上仅存在黑方“将”和红方“车”，黑方“将”不移动，则红方“车”不同的移动路径有128种．第14题图 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题 【分析】根据题意，恰好4步后到达，且每次移动必须改变方向，可能的移动模式有两种：纵向→横向→纵向→横向(记为模式A)或横向→纵向→横向→纵向(记为模式B). 【详解】记红方“车”的初始位置为，则目标位置为， 由题意知必须恰好4步后到达，且每次移动必须改变方向， 所以可能的移动模式有两种：纵向→横向→纵向→横向(记为模式A)或横向→纵向→横向→纵向(记为模式B)． 模式A的详细步骤如下． 步骤1：纵向移动a格到，， 步骤2：横向移动x格到，且，即且，所以x的可能取值有8种． 步骤3：纵向移动b格到，且． 步骤4：横向移动格到． 因此，a和b必须满足，，，则，对应的． 对于每个x，a均有8种可能，因此模式A的移动路径有(种)． 模式B的详细步骤如下． 步骤1：横向移动m格到，且，有8种可能． 步骤2：纵向移动n格到，，且． 步骤3：横向移动格到． 步骤4：纵向移动y格到． 因此，n和y必须满足，，，则，对应的． 对于每个m，n均有8种可能，因此模式B的移动路径有(种)． 综上，不同的移动路径有(种)． 故答案为：128. 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. (本小题13分) 为了研究高二学生数学和物理成绩的相关情况，学校在高二学生中采用随机抽样的方法抽取了150名学生，调查他们平时的数学与物理成绩情况，统计数据如下． 项目 数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计 物理成绩优秀 55 20 75 物理成绩不优秀 30 45 75 合计 85 65 150 (Ⅰ) 【本小问6分】依据列联表判断，能否有99.9%的把握认为数学成绩优秀与物理成绩优秀有关？ (Ⅱ)【本小问7分】从调查的物理成绩不优秀的学生中，按照数学成绩是否优秀采用分层随机抽样的方 法抽取15人．若从这15人中随机抽取2人，记X为数学成绩优秀人数，求X的分布列及数学期望． 附： ，其中， 【知识点】卡方的计算、写出简单离散型随机变量分布列 【分析】(Ⅰ) 求出的观测值，与临界值比对得解; (Ⅱ) 先通过采用分层抽样得抽取的成绩优秀与不优秀的人数，求出的可能值及对应概率，列出分布列并求出期望. 【详解】(Ⅰ) 由题意可知， 由查表可得，由于， 所以能有的把握认为数学成绩优秀与物理成绩优秀有关． (Ⅱ) 由于物理成绩不优秀的学生中，数学成绩优秀与数学成绩不优秀的人数比为， 所以采用分层抽样的方法抽取的15人中，数学成绩优秀的有6人，数学成绩不优秀的有9人， 可知可取0,1,2，                           ， 所以的分布列为 从而． 16. (本小题15分) 如图，在四棱锥中，平面为的中点，为菱形，，，分别是线段，上的动点，且满足. (Ⅰ) 【本小问6分】求证：平面； (Ⅱ) 【本小问9分】求的值，使得二面角的平面角的正切值为. 第16题图 【知识点】空间位置关系的向量证明、求平面的法向量、面面角的向量求法 【分析】(Ⅰ) 结合题干建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，进而可证明和法向量的数量积为即可.题干列式求解即可. (Ⅱ) 利用(Ⅰ) 求出的点的坐标，再求出平面和平面的法向量，利用已知条件列式即可. 【详解】(Ⅰ) 证明：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，其中为的中点. 不妨设，则， ， 设，，，，， 由，得，， 同理得，， 设平面的法向量，则，，得 可取，于是，故. 又因为平面，即平面. (Ⅱ) 由(Ⅰ) 可得，第17题答案图 设平面的法向量，则，， 可取，又为平面的法向量, ，，， 化简得，解得或(舍去)，故. 17. (本小题15分) 已知数列满足，，． (Ⅰ) 【本小问6分】判断数列是否为等比数列； (Ⅱ) 【本小问9分】求数列的通项公式． 【知识点】累加法求数列通项、由定义判定等比数列、由递推关系证明等比数列 【分析】(Ⅰ) 计算，则根据等比数列的定义得证； (Ⅱ) 利用累加法求数列的通项公式． 【详解】(Ⅰ) 由题意得，且， 则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是． (Ⅱ) 由于，把，，，，代入，得 ， ， ， … ， 把以上各式相加，得． 所以． 18. (本小题17分) 已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点. (Ⅰ) 【本小问3分】求椭圆C的方程. (Ⅱ) 【本小问6分】若直线l的斜率为，求的面积. (Ⅲ) 【本小问8分】设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 【知识点】求平面轨迹方程、根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中三角形(四边形)的面积、根据韦达定理求参数 【分析】(1)由题意得，结合可求出，从而可求出椭圆方程； (2)设，求出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而可求出的面积； (3)设，，由，得，将代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子得，两式相比化简可求得，代入其中的一个化简可求得点Q的轨迹方程. 【详解】(1)由题意得，由得，得，所以，得，则， 故椭圆C的方程为； (2)由(1)可知，则，因为直线l的斜率为，所以直线l的方程为， 设，由，得，所以， 所以， 因为点到直线的距离为，所以的面积为； (3)设，，则， 因为，所以，所以(*)， 直线l的方程为，由，得，， 则，所以， 代入(*)，可得：， 当时，，得(且)，所以， 化简整理得 当时，得，，即，满足上面的方程，所以点Q的轨迹方程为 第18题答案图 19. (本小题17分)【坦编原创题】 (Ⅰ) 【本小问3分】证明：在锐角三角形中，任意一个角的正弦值必然大于另一个角的余弦值； (Ⅱ) 【本小问4分】证明：对于任意角θ，ξ，都有sin 2θ-sin 2ξ=sin (θ+ξ)·sin (θ-ξ)(正弦平方差公式)； 【补充】余弦平方差公式：对于任意角α，β，都有cos 2α-sin 2β=cos (α+β)·cos (α-β)； (Ⅲ) 【本小问4分】已知：在△ABC中，AB，AC，BC分别对应c，b，a，对角记为C，B，A，且满足sin C = sin2A + sin2B，证明：C = 90°. (Ⅳ) 【本小问6分】在锐角三角形ABC中，设角A，B，C所对的边分别是边a，b，c，且a2+2abcos C=3b2恒成立，试求tan A·tan B·tan C的取值范围． 附：和差化积公式：； 【答案解析】(Ⅰ) 要证：在锐角三机形中，sin A > cos B，即证：sin A > sin (). 易知：在锐角三角形ABC内，0 < A < ， < A+B < π，所以0 < A < < ， 由y = sin x在 (0，) 上单调递增，得sin A > sin ()，则得证：sin A > cos B. (Ⅱ) 证明： 【补充】证明： (Ⅲ) 【解法一】(反证法) 由(Ⅰ)得在锐角三角形ABC中，有sin A > cos B. 反证法：假设：sin C = sin2 A + sin2 B，C ≠ 90°，则sin C∈(0，1). 有sin2 C < sin C (常见放缩 / 大于零小于一的数的平方必然小于原数). 则sin2 A + sin2 B = sin C > sin2 C，即a2 + b2 > c2. 由余弦定理得，，则cos C > 0，即C为锐角. 此时，sin C = sin (π - A - B) = sin (A + B) = sin A cos B + cos A sin B > sin2 A + sin2 B，与题意不符，故假设命题错误，原命题：sin C = sin2 A + sin2 B，C = 90°正确. 证毕！ 【解法二】(射影定理法) 先证射影定理：在△ABC中，有c = a cos B + b cos A. 过C作CD⊥AB，则BD = a cos B，AD = b cos A，C B A c b a D 两式相加得：c = a cos B + b cos A. 由sin C = sin2 A + sin2 B，得a sin A + b sin B = c. 整理可得：a sin A - b cos A = a cos B - b sin B. 令cos φ = ，则sin φ = ， 带入上式得 cos φ sin A - sin φ cos A = cos φ cos B - sin φ sin B， 即sin (A - φ) = cos (B + φ)， 可得A - φ + B + φ = ，即A + B = ，所以C = . 证毕！ (Ⅳ) ∵a2+2abcos C=3b2 【数学(A)答案 第1页 共3页】 学科网（北京）股份有限公司 P (χ2 ≥ α) 0.05 0.01 0.001 α 3.841 6.635 10.828 X 0 1 2 P $$