精品解析：安徽省肥东县第一中学2025-2026学年高三大联考(一)数学试题

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． 一、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. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 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. 已知点是抛物线上的动点，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. 8. 已知边长为2的菱形，，对角线AC，BD交于点，现将沿对角线AC翻折，得到三棱锥记线段AD'，AB，BC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EFG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 二、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. （多选题）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礼仪、服务工作，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（ ） 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“数”，“阶乘”，规定，“组合数”．则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 三、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． 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. 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． 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 （1）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？ （2）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．参考公式：，其中． 参考数据： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 16. 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. （1）求证：平面； （2）求的值，使得二面角的平面角的正切值为. 17. 已知数列满足，，． （1）判断数列是否为等比数列； （2）求数列的通项公式． 18. 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. （1）求椭圆C的方程. （2）若直线l的斜率为，求的面积. （3）设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 19. （1）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； （2）证明：对于任意角，，都有； （3）已知：在中，AB，AC，BC分别对应c，b，a，对角记为C，B，A，且满足，均为锐角，证明：； （4）在锐角中，设角A，B，C所对的边分别是边a，b，c，且成立，试求的取值范围． 附：和差化积公式：，，，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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． 一、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. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【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：A. 2. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对等式两边求导，求导的时候注意是个常数，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. 已知点是抛物线上的动点，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. 【答案】A 【解析】 【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 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 【答案】C 【解析】 【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（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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 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. 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】先推导出平面，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， 由在轴右侧附近单调递减， 当，，此时函数的单调增区间为 ，即， 所以函数在上单调递增，不符合题意， 所以则，， 所以. 故选：D． 8. 已知边长为2的菱形，，对角线AC，BD交于点，现将沿对角线AC翻折，得到三棱锥记线段AD'，AB，BC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EFG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 【答案】B 【解析】 【分析】先证明平面得.对于①，由条件判断当平面时，体积最大，利用锥体体积公式计算求解；对于②，取中点，推出截面后，结合图形推得即可判断；对于③，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； 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， 则三棱锥体积的最大值为，①正确 ； 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，②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，③错误． 则有1个正确的结论. 故选：B 二、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. （多选题）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礼仪、服务工作，则有12种不同的方案 【答案】BCD 【解析】 【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，则先将五人分成四组，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从事礼仪、服务工作，则不同的方案有种，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（ ） 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 【答案】ABC 【解析】 【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“数”，“阶乘”，规定，“组合数”．则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【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错误； 对于C，，， 所以， 因为，即，故C正确； 对于D，由上述，代入D并不成立，故D错误. 故选：AC. 三、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___________． 【答案】 【解析】 【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_____. 【答案】239 【解析】 【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，即可得结果. 【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________种． 【答案】128 【解析】 【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），讨论求解. 【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. 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. 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． 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 （1）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？ （2）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．参考公式：，其中． 参考数据： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）能； （2）分布列： X 0 1 2 P 数学期望为. 【解析】 【分析】（1）求出的观测值，与临界值比对得解; （2）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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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 X 0 1 2 P 从而． 16. 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. （1）求证：平面； （2）求的值，使得二面角的平面角的正切值为. 【答案】（1） 如图，以点为原点建立空间直角坐标系，其中为的中点. AI 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. （2） 【解析】 【分析】（1）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. （2）利用（1）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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得， 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. 已知数列满足，，． （1）判断数列是否为等比数列； （2）求数列的通项公式． 【答案】（1）是 （2） 【解析】 【分析】（1）计算，则根据等比数列的定义得证； （2）利用累加法求数列的通项公式． 【小问1详解】 由题意得， 且， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 于是． 【小问2详解】 由于， 把，，，，代入，得 ， ， ， … ， 把以上各式相加，得 ． 所以． 18. 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. （1）求椭圆C的方程. （2）若直线l的斜率为，求的面积. （3）设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由题意得，由得，得， 所以，得，则， 故椭圆C的方程为； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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 19. （1）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； （2）证明：对于任意角，，都有； （3）已知：在中，AB，AC，BC分别对应c，b，a，对角记为C，B，A，且满足，均为锐角，证明：； （4）在锐角中，设角A，B，C所对的边分别是边a，b，c，且成立，试求的取值范围． 附：和差化积公式：，，，． 【答案】 （1）证明：在锐角中，， ，可得， 因为函数在上单调递增，所以， 所以在锐角三角形中，任意一个角的正弦值必然大于另一个角的余弦值. （2）证明：. （3）证明：由，则， 于是， 由正弦定理，， 由余弦定理可知，，则， 若，则，又， 则， 因为函数在上单调递增， 所以， 于是，这和相矛盾， 故不成立，则， 此时，有，满足. 综上所述，. （4） 【解析】 【分析】（1）在锐角中，对于任取两个角，结合角的范围、正弦函数的性质及诱导公式即可得证； （2）根据平方差公式、和差化积公式以及二倍角公式即可得证； （3）由，根据题设结合正弦定理可得、再根据余弦定理可得，再利用正弦函数的单调性排除 ，即可证得结论； （4）根据题设，结合正弦定理、余弦定理、和差化积公式以及两角和与差的正弦公式化简可得，进而得到，，构造函数，，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 （4）由和余弦定理，可得， 整理得， 再由正弦定理得，， 则， 则， 根据和差化积可得：， 因，则， ， 即，即， 而， 由于为锐角三角形，则，因， 则，解得， 所以， 设，， 则， 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以时，，且时，， 则，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $