2022-2023学年下学期高一数学期中考试仿真模拟试卷及答案解析.pdf

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1、2022-2023学年下学期高一数学期中考试仿真模拟试卷一、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，只有一项是符合题目要求的.1.若纯虚数z满足Z,（2 3）=5+/r a,则实数加的值为（）10D.32.在 二A B C中，a=6 b=3,A =-,则此三角形（）6A.无解B.一解C.两解D.解的个数不确定3.已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为（）A.B B.73 C.立 D.国2424.平面中两个向量”，人满足卜|=1,ad_b，则2 a 8在a方向上的投影向量为（）A.2B.2 a C.-2 a D.-25.圣索菲亚教堂（英

2、语：SAINT SOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物A B,高为 在它们之间的地面上的点知（三点共线）处测得楼顶A ,教堂顶C的仰角分别是15。和60。，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为3 0,则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A.2

3、0 mB.3 0 mc.2 0晶D.I，3）D.（0,3）3 0 6 m6.在锐角A B C中，NC为最大角，且s i n A:s i n 8:s i n C =2:（l +Z）:2 Z ,则实数人的取值 范 围（）-5、A.1,-B.（1,3）C.-3,7.已知三棱锥PABC的高为1,底面一A 8 C为等边三角形，P A =P B =P C,且P，A,3 2）B,C都在体积为的球。的表面上，则 该 三 棱 锥 的 底 面 的 边 长 为（）3A.B.+C.3 D.2币38 .已知2E分别为_ A 8 C的边A B,A C上的点，线段8 E和线段。相交于点P，若AD =2D B，且 P =/I

4、 P C，C E =p EA，其中4 0,0，则 B,则 sin A sin 62B.若a=4,b =5,c =6,则一ABC为钝角三角形TTC.若a=5/=1 0,A =,则符合条件的三角形不存在4D.若a c o s A =b c o s B，则一定是等腰三角形1 1.在正方体A B C O -A4G。中，如图M，N分别是正方形A 3 C Q，B C G 4的中心.则下列结论正确的是（）A.平面D、MN与棱B的交点是耳 的三等分点B .平面。MV与棱BC的交点是6C的中点C.平面D、MN与棱AD的交点是AD的三等分点D.平面。MN将正方体分成前后两部分的体积比为2:11 2.已知向量Q,b

5、,c满足忖=2,忖=1,a-b=lf|c|2Z?+=0 ,则下列说法正确的是（）A.若H =则 c _L（c Z?）B.|c-/?=lC.V reR,有M +r a2亭D.若 c =X a+（1 ,/i G R ,则 4 =三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.1 3.如图，在平行四边形A 3。中，E和尸分别是边CO和BC的中点，若AC=A A E +iA F ,其中4 eR,则义 +=.31 4.如图，地平面上有一根旗杆OP,为了测得它 高度，在地面上取一基线AB，A B =20 m,在A处测得点P的仰角N Q A P =30，在8处测得点P的仰角N O B P=4 5又测得405

6、 =30，则旗杆的高度是 m.1 5,复数Z、z?满足 4 =，+(4 加2)i,z2=2c o s 0+(/l+3 s i n)i(m,2,e R),若Z1 =z2,则2的 取 值 范 围 是.1 6 .如图正四棱柱A B C。A B。中，A B =6 A A =2,以。为球心，O C 为半径的球与侧面B C C%的交线为CE，点P为交线CE上一动点，则P从C运动到E时,。产所 形 成 的 曲 面 面 积 为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1 7 .已知|。|=1 ,|b|=2,a与人的夹角是6 0。，计算(1)计算包，修+。|;(2)求+和a的

7、夹角的余弦值.41 8 .已知复数z满足目=J5,z2的虚部为2,Z在复平面上所对应的点A在第一象限.(1)求Z;(2)若z2,z z2在复平面上的对应点分别为B,C,求c o s NA B C.1 9 .已知正三棱柱ABC-43G的边长均为2 6，E,F分别是线段AG和8田的中点.(1)求证：7/平面A 8 C；(2)求三棱锥C-A B E 体积.520.在直角梯形 ABCD 中，已知 A 8/C D,ZDAB=90,AB=6,AD=CD=3,对角线A C 交 5。于点。，点M 在 A B 上，且 O M _LBD.(1)求A M 包。的值;(2)若N 为线段A C 上任意一点，求 AN的取

8、值范围.21.江都种植花木，历史悠久，相传始于唐代，盛于清代，素有“花木之乡”之称，在国内外有较高的知名度.某种植园准备将如图扇形空地AQB分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花；已知扇形的半径为70米，圆心角为等，动点P 在扇形的弧上，点。在OB上，且 P Q/Q 4.(1)当。=5()米时，求尸。的长;6(2)综合考虑到成本和美观原因，要使郁金香种植区402。的面积尽可能的大：设Z A 0P =e,求402。面积的最大值.22.从s i r B-s i n A+s i r C-s i n B s i n C u Ob s i r t 4 +J a c o s B =,这两

9、个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答(注：若选择多个条件，按第一个解答计分).在，A B C中，a/,c分别是角A,8,C的对边，若.(1)求角A的大小：(2)若。是的中点，A O =6，求一A B C面积的最大值.cosB.c o s C -4 _-A B +-A C =2 m A 0(3)若。为ABC的外接圆圆心，且s i n C s i n B ，求实数加的值.答案解析7一、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，只有一项是符合题目要求的.1 .若纯虚数z满足z.（2-3，）=5 +m i,则实数机的值为（）1 5 1 5 1 0A-B.C.-2

10、2 3【答案】D【解析】由题意得,Z5+mi2-3/（5+疝）（2+3 i）1 0-3 m 1 5 +2m .（2-3 z）（2+3/）1 3 +1 3 1，则1 0-3 w =01 5 +2？w 0解得m=一,3故选：D.2.在.A B C中，a =6，b=3,A =-,则此三角形（）6A.无解B.一解C,两解D.解的个数不确定【答案】C【解析】在ABC中，a =6，b=3,A =,&./*由正弦定理得s i n B =丝电4=二1&=且 r、a _ 布 _ 2而A为锐角，且a s i n 4 5 =曲 义 立=旦,故A B C 的面积S =！x2x=迈.2 2 4 2 4 4故选：C.84

11、.平面中两个向量q,b满足卜|=1，a 1 b，则2a Z?在a方向上的投影向量为（)A.2 B.2a C.-2a D.-2【答案】B【解析】由题意得：Qab)，a=2a-b a=2，极2 a 在2方向上的投影向量为（2 一 a=2a,故选：B5 .圣嗦菲亚教堂（英语：SAINT SOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角

12、度都能领略它的美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物A 8,高为（15石-15）m,在它们之间的地面上的点M （民/,。三点共线）处测得楼顶A,教堂顶C的仰角分别是15。和60。，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为3 0,则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A.20mB.30m93 0 6 m【答案】D【解析】由题意知：N C W=4 5 ,/4必7 =1 0 5。所 以/4皿=3 0 在 A B M 中，AM=A BA Bs i n Z A M B s i n 1 5 在“。加 中，由正弦定理得AM CMs i n 3 0 s i n 4 5-所以OCM=A M =

13、AFI-SIN45s i n 3 0 s i n l 5 0.s i n 3 O 0在R f OCM中,C D =CM s i n 60 =火sin45o_sin0。s i n 1 5 0-s i n 3 0（1 5必1 5）乎乎30不2故选：D6.在锐角A B C中，NC为最大角，且s i n A:s i n 3:s i n C =2:（l +Z）:2 Z ,则实数4的取值 范 围（）A.7B.(1,3)?3JD.(0,3)【答案】A【解析】设s i n A:s i n 3:s i n C =2:(l+左)：2%=加(加0),所以由正弦定理可得a ：c =2:(1 +%):2攵=加=a =2

14、 nt,b=Q +k)m,c=2 k m,因为/C为最大角，所以c为最大边,所以有，2/m N (1+k)m2 km 2 m=1 Z:3,-(1 +左)根|2 km 2 m+(1 +Z)2因为A A B C是锐角三角形，且/C为最大角,所以c o s C =+了+(2。2 (2 km)22-(1 +攵)？2?3因此1 4 k P=/IP C，CE=/JEA,其中丸 0,，则：+一 的最小值为（）一X/ZA.2有 B.4 C.4阴 D.6【答案】A【解析】因为所以AO=：A B,又D P =C，所以。尸=工。，CE=pEA,所以 AC=(1+)AE,112 A 2 A .AP=A D+D P =

15、AB+DC=-A B +(A C-A D)3 1+2 3 1+A2 -I 7 4(1 +)AE AB =-AB+(1 +)AE,3 3(1+4)1+22 A-A B +一31+Z2 2又B,P，E三点共线，所以三丁K+=（1 +）=1，1+4化简得到;l*=1，+工2 2 ，一 =23，当且仅当4 =立 时 取 等 号，3%,办 3二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共2 0分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.欧拉公式/=co se+isine（其中i为虚数单位，8 e R）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义

16、域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里占有非常重要的地位.被誉为数学中的“天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（）A.e4=-F 12 2B.e殳为纯虚数c.今的共貌复数为J L一9.ie 2 2D.已知复数4=*,Z 2=e-,则复数z r Z 2在复平面内的对应点关于虚轴对称【答案】AB C【解析】A选项：j L c o s工+isin =R 2 +，2 i，故A正确；4 4 2 2B选项：=co s+isin=i,T为纯虚数，故B正确;2 2 e12C选项：e?=co s工+isin至=L +且i,.亨 的共物复数为J _ 一 且j,故C正确.3 3 2 2 2

17、2D 选项：e=co s3 +isin3，e_ 3 i=co s(-3)+isin(-3)=co s3-isin3 ,所以Z与Z 2实部相等，虚部互为相反数，故复数z-z2在复平面内的对应点关于实部对称，故D错误.故选：AB C.1 0.在中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,以下说法中正确的是()A.若 4 B,则 sin A sin 3B.若a =4,b =5,c=6,则 为 钝 角 三 角 形C.若a =5,=1 0,A=2,则符合条件的三角形不存在D.若a co sA=b co sB,则 4 5 C一定是等腰三角形【答案】AC【解析】若 力 B,则。，所以由正弦定理可得sin A

18、sin 5,故A正确；若 a =4,b=5,c=6,则/o,所以角 C 为锐角,即 A BC为锐角三角形，故B错误；若a 5,b-10,A-5，根据正弦定理可得sin5 =处 与正=&14 a 5 2所以符合条件的三角形不存在，即C正确；若 a c o s A =c o s B,则 s i n A c o s A =s i n 6 c o s 6,即 s i n 2A =s i n 26.因为7T24（0,兀）,28（0,兀）,所以24=2 8或2 4+2 5 =4，即A =6或A+B =,2所以.A BC为等腰或直角三角形，故D错误.故选：A C1 1.在正方体A BC。A4 G。中，如图M

19、,N分别是正方形A B C。，8CC4的中心.则下列结论正确的是()AB13A.平面R M N与棱B,C,的交点是B 的三等分点B.平面R M N与棱3C的交点是BC的中点C.平面D,M N与棱A D的交点是A D的三等分点D.平面R M N将正方体分成前后两部分的体积比为2:1【答案】ACD【解析】如图，取8 c的中点E，延 长。E，R N并交于点/，连 接R 0并延长，设FM(BC=P,FMf AD=Q,连接PN并延长交用G于点H,连接RQ，D.H,则四边形D H P Q就是平面D.M N与正方体的截面，QN 是平面 的中心，E 是 8 c 中点，.FE:ED=1:2,则 EP:QQ=1:

20、2,可得点。是线段AD靠近点O的三等分点，由对称性知点尸是线段BC靠近点8的三等分点，点H是线段耳G靠近点G的三等分点，故A正确，B错误，C正确;作出线段B C的另一个三等分点P，作出线段A A靠近D,的三等分点G,连接QP,H P ,Q G,G H，可知匕:梭 他H-2尸 尸=y.梭锥Q-G f/R*%面体。？悯8 =V长 方 体Q/HG-DCGA=匕E方 体，从而平面D、M N将正方体分成两部分的体积比为2:1,14D iG故D正确.故选：ACD.1 2,已知向量a，b，c满足忖=2,忖=1,a-b=|C|2-2-C+|=0,则下列说法正确的是（）A.若 卜 卜 当，则c_L（c-Z?）B

21、.|c-|=lC.X/te R,有1+vD.若c=/L a+(l-/l)b,2GR,则4=骼【答案】ACD【解析】对于A,H哼r1 1所以bc=-2所以c（c-。故A正确;对 于B,对于C,r rb+ta+2/a方 +JQ=J1+2/+4 产故C15正确;对 于D,因为。=/1。+(1 丸)/?,所以r2 r r r-12 r2 小 r rc=4a+(l 4)1=A2a+(1-2)Z?+22(1-A)-Z?=322+1又8 c=b 4 a+(l 4)。=丸”,。+(1 4)力=4+(1 4)=1,则由卜1 2Z?c+=0得342+1 2+3=0,解得4=走，故D正确，4 6故选：ACD.三、填

22、空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.如图，在平行四边形A8CO中，E和尸分别是边C。和5 c的中点，若ACAAE+/JAF,其中；L,e A,则/1+=.4【答案】一3解析】设A B =a,AD =h,因为E和尸分别是边C和BC的中点，可得AE=L a+A F =a+R2 2又因为AC=a+，所以4C=|(4 E+4 F),2 4因为AC=%?11+/M/7,所以 =4=1，所以2+_ 4故答案为：一.314.如图，地平面上有一根旗杆。尸，为了测得它 高度，在地面上取一基线A3,AB=2 0 m,在A处测得点P的仰角NQ4P=3 0，在8处测得点P的仰角NO3P=4 5，又测得4

23、4。8=30，则旗杆的高度是 m.B16【答案】20（解析】在R t z QA P中，。4=-=舟；在R t A O B P中，O B =tan Z O A PO Pt a n N O B Ph；在中，由余弦定理得：A B2=Ofic+O B2-2 OA -O B cos Z A O B=4/?2-3h2=h2.即川=20 2，.-/?=2 0,即旗杆的高度是20 m.故答案为：20.1 5.复数 Z、z 2满足 4=，+(4-，,z?=2c o s 8+(X+3 s i n e)i,X,e w R),若4 =z2,则X的 取 值 范 围 是.9【答案】一 7 7,71 6【解析】因为4 =z

24、2,则，7 =2c o s。4-m2=2 +3 s i n 所以，2=4-4c o s2 0-3 s i n3-4s i n2-3 s i n =4|sin-jI 8 j 1 6-l s i n c =67Z=J7为半径的球与侧面BCCB的交线为 CE,那么交线C E是一段圆弧，即平面5C C 5截球所得的截面圆上的一段弧，由于O C _ L平面BC C B,该截面圆的圆心是点C，截面圆的半径等于。6=2,故P从C运动到E时，0P所形成的曲面是R t OC绕Z X 7旋转形成的圆锥的侧面的一部分，该圆锥的母线长等于。C =J 7，由于 DB=JZ,DC=DE=yjDB2+BE2=y）6+BE2

25、=7 7，BE=T ,所以。=。七=5 =2,而C C =2,TT故 是 正 三 角 形，则N EC C =,所以DP所 形 成 的 曲 面 面 积 为 兀x2 x =匹,6 3故答案为：恒3四、解答题：本题共6小题，共7 0分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1 7.已知|a|=1,1 6|=2,&与人的夹角是6 0。，计算（1）计 算 ，a+b|；（2）求Q+6和。的夹角的余弦值.18【答案】（1）a,b=l，a+b=y/l（2）rX L7【解析】（1）由题可得.。=|小 卜。$6 0 =1 X 2*；=1,|a+/=。2+2a,+2 =l+2x l+4 =7，所以|a+b|=;（

26、2）+。力=1 +1 =2,设a+b和万的夹角为e,（。+可。2 2 a所以 cose=_T-rq-=-7=-=.,“忖 v7 x l 71 8 .已知复数z满足|z|=J 5,z2的虚部为2,Z在复平面上所对应的点A在第一象限.（1）求z；（2）若z2，Z Z?在复平面上的对应点分别为B,C,求cosN A BC.o fc【答案】（1）z=l+i；（2）cosZ A B C =-.5【解析】（1）因Z在复平面上所对应的点A在第一象限，设N A O x =e（0 6 =2,解得。=工，4z=/2（cos +i si n ）=1+i ,4 4所以z=l +i（2）由知，z=l+i，z?=2i，z

27、-z2=l-i，贝i J点4 1），3（。，2）,。（1,一1）,BA =(1,-1),B C =(l,-3),因此,c s C =M=I x l+（-（-3）;还网“7+（-1）2 4+（-3）2 5，所以cosN A BC =域.51 9 .已知正三棱柱A8C-A1Q的边长均为2 6，E,尸分别是线段4a和B囱的中点.19(1)求证：7/平面A BC；(2)求三棱锥C-AB E体积.【答案】(1)证明见解析；(2)3.【解析】(1)证明：取A C的中点为G,连结GE,GB,在 A C G中，E G为中位线，所以E G (:Ci,G =C CP又因为 C G3 Bi,C G=B3 i,F 为

28、 BBi 中点，所以 EG/BF,EG=BF,所以四边形EF8 G为平行四边形，所以EF G B,又EF(Z平面A BC,G 8 u平面A 8 C,所以EF平面A BC.(2)因为E为AG的中点，所以E到底面A B C的距离是C i到底面A 8 C的距离的一半，即三棱锥E-A B C的高h=C C 色,I X&B C的面积为S =也x (2#y=3 ,420.在直角梯形 A B C。中，己知 A 5/C。，Z D A B =90 ,A B =6,A D =C D =3,对角线AC交8。于点。，点M在A8上，且(1)求的值;20(2)若N为线段AC上任意一点，求4N-MN的取值范围.【答案】(1

29、)-6：(2)-1,1 5 ._ O【解析】(1)(1)因为NDW=9 0,所以以A为坐标原点，A B.AD分别为乂丁轴，建立平面直角坐标系如下图:因为 A B/C O,A B =6,A D =C D =3,所以 A(0,0),8(6,0),C(3,3),D(0,3).又因为对角线AC交BD于煎。，所 以 由=得 A O =(3 f,3 f),即 0(3/,3，)，因此。0 =(3t,3t-3),D B =(6,-3),2而 D O /D B ,所以一 3 x 3,一 6 x(3,-3)=，解得/=,因此。(2,2).又因为点M在A8上，所以设M(2,0),因此 OM=(加一 2,-2),3

30、=(-6,3),而OM_ L8D，所以=-6(机一2)-6 =0,解得m=1,即(1,0),因此 AM=(1,0),而 B D =(-6,3),所以AM6，即AM出方的值为-6：(2)因 N为线段AC上任意一点，所 以 由(1)知：可设N(,)(0V K 3)(包括端点),因此 A N =(n,n),M N =(n-l,n),所以=1)+2 =2/一 .21因为函数y=2/-的图象开口上，对称轴为=，f f i 0 3.所以函数y=2/?一的值 域 为一：,15,O即AN-MZ的取值范围是一三，1 5 .O21.江都种植花木，历史悠久，相传始于唐代，盛于清代，素有“花木之乡”之称，在国内外有较

31、高的知名度.某种植园准备将如图扇形空地A 0 8分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花；已知扇形的半径为7 0米，圆心角为等，动点尸在扇形的弧上，点。在O B上，且P Q/QA.（1）当。=5 0米时，求尸。的长;（2）综合考虑到成本和美观原因，要使郁金香种植区 O P Q的面积尽可能的大；设Z AO P =e,求 OP Q面积的最大值.【答案】（1）PQ 长为8 0米（2）1 2 2 5 6平方米【解析】（1）扇形的半径0尸=7 0,因为圆心角为,，所以N P Q O =工，又。=5 0,3 3jr在 OP Q 中，由余弦定理可得，O P2=O Q1+P Q2-2 O Q

32、-P Q -c o s-,即 7 0 2 =502+PQ2-2X5 0X P QX；解得P Q=8 0或尸。=-3 0 （舍去），所以P Q的长为8 0米.2 7 r（2）因为Z A O P =e，0e（O,）,PQ _ OP _ 7 0在 Q P Q中，由正弦定理可得，.,2 .=s i n Z OC P=7,s i n（-u）s i n -22140.2乃 八、八2万 f=r sin(-。),。邑(0,)G 3 3所 以 哈所以 OP Q 的面积为 S=g.P Q OP.s i n e =7()2 xs i n仔-e)s i n。,=72XTs i n(2 0-6 )+2jrjr故当s i

33、 n(2。一一)=1,即。=一时，的面积最大为1 2 2 5 3平方米，6 3所以此时种植郁金香的最大面积是1 2 2 5 g平方米2 2.从s i n:j B-s i n A+s i r C s i n Bs i n C =0。s i n A +J 5 c o s B=J J c，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答(注：若选择多个条件，按第一个解答计分).在，AB C中，。/,。分别是角4 5,。的对边，若.(1)求角A的大小：(2)若。是8c的中点，AD =e，求A B C面积的最大值.(3)若。为一A3C的外接圆圆心，且+A C =2 z A。，求实数加的值.s i n

34、C s i n B【答案】(1)A =-(2)右 (3)B3 2【解析】(1)选条件时，s i n2 B-s i n2 A +s i n2 C-s i n Bs i n C =0 根据正弦定理：b2-a2+c2=bc所以 c o s A =+Y 2 ch 2由于0vA/3 s i n(A+B),即 sin B sin A+A/3 sin A cos B=&sin A cos B+6cos 4 sin 3即 s i n 5s i n A=G e o s A s i n B，因为 s i n B 0,所以 s i n A =百c o s A，所以 t a n A =J?，由于O vA 2 b c

35、当且仅当人=c 时取等号，所以。cW 4当且仅当匕=c=2 时取等号，所以S/=gbcsin A=手力。4 6当且仅当Z?=c=2 时取等号,即（邑 板）2=君;（3）取 A 5 的中点 D，则 4 0 =A）+。，代入黑篝AC=2移。得 黑A2+篝AC=2，（AP+。0 D A.A B-O D AB=0cos R cos.-AB AB+-AC AB=2m(AD+DO)-AB,sin C sin B.*.-c-o-s-B-c 2+-c-o-s-C.A 2PC cos A=/nc,sin C sin B,a b c 八心千/曰 cosB.2 cosC .i 厂由-=-=-，化间可得，-sn r C+-sm Bsin Ceos A=msm C，sin A sin 3 sinC sinC sin 8_ cos B+cos Acos C _-cos(A+C)+cos Acos C./Tl sin C sin C24-cos A cos C+sin Asin C+cos Acos CsinCsinA=g225