2023年12月27日发(作者：卖二手车的网站)
2022-2023学年度下学期期末考试
高一数学试卷
考试时间：2023年6月27日上午8:00-10:00
试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
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. 已知i是虚数单位，复数z=A. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数及复数的乘法法则进行化简运算，再得出结果.
【详解】z?i=(2?i)?i=1+2i，虚部为2.
故选：B.
2.
某中学高一年级有20个班，每班50人；高二年级有24个班，每班45人.甲就读于高一，乙就读于高二.学校计划从这两个年级中共抽取208人进行视力调查，若采用分层抽样的方式进行抽样，则下列说法：①甲乙两人可能同时被抽取；②高一、高二年级分别抽取100人和108人；③乙被抽到的可能性比甲的大.其中正确的有（
）
A.
①
【答案】C
【解析】
【分析】根据分层抽样的特征以及每层的人数比值逐一求解判断各选项.
【详解】对于①，因为总体是由差异明显的两部分组成的，所以应该采取分层随机抽样，故①正确；
B.
①③ C.
①② D.
①②③
B. 2
2+i，则z?i的虚部为（ ）
C. i D.
2i
对于②，高一共有20×50=1000人，高二共有24×45=1080人，从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查，
高一应抽取10801000×208=108人，故②正确；
×208=100人，高二应抽取2351=，=，乙被抽到的可能性为甲和乙被抽到的可能性相等，0对于③，甲被抽到的可能性为故③错误；
所以正确的说法是：①②.
故选：C.
3.
已知α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，下列说法正确的是（
）
A.
若m∥β，则α∥β
C.
若α⊥β，则m⊥β
【答案】D
【解析】
【分析】由线面、面面平行的判定定理及线面、面面垂直的判定定理逐一判断各选项.
【详解】对于A，由面面平行判定定理可知，在平面α内需要两条相交直线与平面β平行才能得出两平面平行，故A错误；
对于B，选项缺少m不在平面β内，故B错误；
才能得出m⊥β，对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面α内的直线m与α，β两个平面的交线垂直，故C错误；
对于D，已知m⊥β，m为平面α内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确.
故选：D.
B.
若l?β，m∥l，则m∥β
D.
若m⊥β，则α⊥β
????????4.
已知向量a，b满足b=1，a⊥b，则a?2b在b方向上的投影向量为（
）
A. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得a?b=0，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可.
B.
2a
??C.
?2b D.
?2
??????【详解】由a⊥b，得a?b=0.
??????2a?2b?b?a?b?2b??????b=?2?b=?2b.
根据定义可知：a?2b在b方向上的投影向量为?2bb()故选：C.
l1，α∩γ=l2，β∩γ=l3，则下列结论正确的是（
）
5.
已知α，β，γ是三个平面，α∩β=A.
直线l2与直线l3可能是异面直线
B.
若l1∩l2=O，则直线l1与直线l3可能平行
C.
若l1∩l2=O，则直线l2与直线l3不可能相交于O点
D.
若l1∥l2，则l1∥l3
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，直线l2与直线l3都在平面γ内；对于B、D，由O∈α，O∈β，O∈γ，得出O∈l3，得出结果；对于D，由线面平行的判定定理以及性质定理推理得出.
l2，β∩γ=l3，所以l2?γ，l3?γ，故A错误；
【详解】对于A，α∩γ=l1，α∩γ=l2，l1∩l2=O，所以O∈α，O∈β，O∈γ，
对于B、D，因为α∩β=l3，所以O∈l3，所以直线l1，l2，l3必然交于一点（即三线共点），故B，C错误，
因为β∩γ=l3，则l1∥l3，故D正确；
对于D，若l1∥l2，l1?γ，l2?γ，所以l1∥γ，又l1?β，β∩γ=故选：D.
????????????a=16.
已知平面向量a，b，c满足，b=2且对?t∈R，有b+ta≥b?a恒成立，则2a?b与b的夹角为（
）
A.
2π
3B.
π2 C.
π3 D.
π
6【答案】A
【解析】
????????【分析】展开b+ta≥b?a，根据?t∈R，有b+ta≥b?a恒成立，可求得两向量夹角，再结合夹角余弦公式即可求得.
??【详解】由b+ta()(2??2???2??2?2≥b?a展开得，ta+2ta?b?a?2a?b≥0，
)()
????对?t∈R，有b+ta≥b?a恒成立，
?2????2?2?2??即=?4(a?b)+4a(a?2a?b)≤0,即a?a?b()≤0,2
?2???2??????1所以可得a?a?ba?a?bcosa,b0，所以解得cosa,b=，
2????????π=a?bcos
即a,b=，a?b3???2???2???，则所以2a?2a?b与b的夹角余弦值
b4a?4a?b+b==2??????2a?b?b2a?b?b2?2???1==?，
cos<2a?b,b>=???=4422a?bb()???2π所以2a?b与b的夹角为.
3故选：A.
7.
在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△BEF，?DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则A′到平面EFD的距离为（
）
A. 1
【答案】B
【解析】
B.
2
3C.
4
3D. 2
【分析】由折叠不变可知，三棱锥A′?EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，然后由等体积法可求出答案.
【详解】由折叠不变可知，三棱锥A′?EFD中A′E，A′F，A′D两两相互垂直，
所以VA′?EFD=VD?A′EF=1111S?A′EF?DA′=××1×1×2=，
3323△EFD的三边长分别为2，5，5，所以S△EFD=因为VA′?EFD=VD?A′EF，设A′到平面EFD的距离为d，
3，
2
所以S△EFD?d=，解得d=故选：B.
13132，
38.
已知一组样本数据共有8个数，其平均数为8，方差为12，将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差最小值为（
）
A. 10
C. 12.6
【答案】D
【解析】
【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.
【详解】设增加的数为x，y，原来的8个数分别为a1,a2,?,a8，
B. 10.6
D. 13.6
26，
90，所以x+y=64，a1+a2+?+a8+x+y=则a1+a2+?+a8=8182212，即∑(ai?8)=96，
又因为∑(ai?8)=8i=1i=1新的样本数据的方差为81?81?8222?222?999828899a?+x?+y?=a??a?++x?+y?()()()()()()()∑i?∑i?10?∑i?
10==i1?i1??i1=?=12x+y2?202)，
(10x2+y2x+y22因为≥=13，x+y?202≥136，
22=y=8时取到最小值）.
所以方差的最小值为13.6（当x故选：D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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.
学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（
）
A.
平均来说乙班比甲班防守技术好
B.
乙班比甲班防守技术更稳定
C.
乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差
D.
甲班很少不失球
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平均数及方差的大小关系逐一判断各选项.
【详解】对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；
对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；
对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；
对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确.
故选：ACD.
10.
已知x∈C（全体复数集），关于x的方程x+tx+2=0(t∈R)的两根分别为x1，x2，若2x1?x2=22，则t的可能取值为（
）
A.
?4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知及韦达定理得出(x1?x2)=t2?8，分情况讨论得出结果.
2B.
?2 C. 0 D. 4
?t，x1x2=2，所以(x1?x2)=【详解】因为x1+x2=t2?8，
(x1+x2)?4x1x2=当t2?8≥0时，x1?x2=22t2?8=22∴t=±4；
8?t2=22，∴t=0.
当t2?8<0时，x1?x2=±8?t2i，x1?x2=故选：ACD.
f(x)Asin(ωx+?)?A>0,ω>0,?11.
已知函数=作为已知条件，可以唯一确定?的值（
）
??π?
A.
f(0)=?1，A=2
C.
x2=2x1
【答案】ABD
【解析】
B.
x1=π5π
，x2=1212D.
x2=4x1
0，ωx2+?=π【分析】根据三角函数的图像与性质逐一判断即可，其中判断C、D的时候需由ωx1+?=π??x2=.
得到??x1【详解】当f(0)=?1，A=2时得sin?=?当x1=∴1ππ，?
226x+x2π2ππ5π=，
，x2=时，函数的最小正周期，∴ω=3，以及12412312πππ?3+?=+2kπ,(k∈Z)??=?，B正确；
424π，∴0，ωx2+?=由图像可得ωx1+?=xπ??x2π=??+=12
??x1?x1x2ππ3，所以C错，D对.
又因为?
?????????????12.
已知棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，P为正方体内及表面上一点，且APmAB+nAD1，=其中m∈[0,1]，n∈[0,1]，则下列说法正确的是（
）
A.
当n=1时，对任意m∈[0,1]，CP?平面ABB1A1恒成立
B.
当m=0，n=16
时，B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为23C.
当m+n=1时，A1C1⊥B1P恒成立
D.
当m+n=1时，PA+PC的最小值为3
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由面面平行的性质定理得出线面平行；对于B，由线面垂直的判定定理得出B1C⊥ABC1D1，
H是垂足，所以∠B1PH为所求；对于C，由线面垂直的性质定理证得结果；对于D，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求.
【详解】对于A，如图1，当n=1时，P点在线段C1D1上，CP包含于平面CDD1C1，
又因为平面CDD1C1∥平面ABB1A1，CP?平面CDD1C1，所以CP?平面ABB1A1，故A正确；
对于B，如图2，当m=0，n=1时，P是AD1的中点，
2因为AB⊥平面BB1C1C，B1C?平面BB1C1C，
所以AB⊥B1C，又B1C⊥BC1，AB?BC1=B，AB、BC1在面ABC1D1内，
所以B1C⊥ABC1D1，H是垂足，所以∠B1PH为所求，
PH1==2tan∠B1PH=，
在Rt?B1PH中，B1H22所以B1P与平面ABC1D1所成的线面角的余弦值为6，故B正确；
3对于C，如图3，当m+n=1时，点P在线段BD1上，由选项C同理可证A1C1⊥面BB1D1，B1P?面BB1D1，A1C1⊥B1P，故C正确；
对于D，如图4，当m+n=1时，点P在线段BD1上，将平面ABD1和平面BCD1展开成平面图后，线段AC为所求，
=PC=此时AC⊥BD1，PA故选：ABC.
AB×AD11×2==BD13266，故D错误.
，PA+PC的最小值为33
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
62i，则z=______.
13.
已知i是虚数单位，复数z满足(2?i)z=+
【答案】22
【解析】
【分析】根据复数运算的除法法则和模的计算公式，即可化简得到答案.
【详解】因为z=6+2i=2?i(6+2i)(2+i)=(2?i)(2+i)10+10i=2+2i，
5所以z22+2222.
故答案为：22.
14.
如图△O′A′B′是水平放置的?OAB的直观图，其中O′A′=6，O′B′=4，∠A′O′B′=45°，则?OAB的周长为______.
【答案】24
【解析】
【分析】根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案.
【详解】如图，根据直观图复原原图，
则OA=6,OB=8,AB=62+82=10，
故?OAB的周长为6+8+10=24，
故答案为：24.
15.
半径为R的球的球面上有四点A，B，C，D，已知?ABC为等边三角形且其面积为93，三棱锥D?ABC体积的最大值为183，则球的半径R等于______.
【答案】4
【解析】
【分析】设?ABC的中心为O′，三棱锥D?ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，然后利用图形中的几何关系和条件可求得答案.
【详解】设?ABC的中心为O′，三棱锥D?ABC外接球的球心为O，则当体积最大时，点D，O′，O在同一直线上，且垂直于底面ABC，如图，
因为?ABC为等边三角形且其面积为93，所以?ABC的边长x满足32x=93，故x=6，
4所以AO′=23，DO=AO=R，故OO′=AO2?AO′2=R2?12，
故三棱锥的高DO′=DO+OO′=+R所以V=×93×R+故答案为：4
16.
已知直角三角形DEF的三个顶点分别在等边三角形ABC的边AB，BC，CA上，且R2?12，
13(R2?12=183，所以R=4.
)∠DEF=90°，∠EDF=30°，则【答案】S?DEF的最小值为______.
S?ABC3
14【解析】
=α?【分析】设∠BDE5π??π<α
π?5π???πDEB∠=?α+π∠BDE=α<α<【详解】设??，DE=3x，
??，EF=x，则?BDE中6?3???6
π??DEBDsin?α+?=3??ππ=由正弦定理得：，∴BD???3x，
sinsin?α+?π3sin3??3π??sin?α??ππ6??α在△ADF中DF=2x，∠A=，∠AFD=?，同理可得=AD?2x，
π36sin3??π?3π?4??x，
3sin?α??x=?3sinα+cosα?因此可得AB=AD+BD=2sin?α+?x+??3363??????1DE?EFS?DEF22==2，
S?ABC1AB?AB?sinπ??33sincosα?α+23?3??因为3sinα+=cosα33π2212213，其中tan?=，0
sin(α+?)≤6339由于π5πππ5π1，
<α<+?，所以当α+?=时，sin(α+?)=，+?<α+?<66662??S?DEF3233sinα+cosα=21.
，则的最小值为所以????S3314?ABC??max故答案为：3.
14四、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.
17.
已知θ为三角形的一个内角，i为虚数单位，复数=zcosθ+isinθ，且z2?z在复平面上对应的点在虚轴上.
（1）求θ；
（2）设2z，z，1+z+z2在复平面上对应的点分别为A，B，C，求?ABC的面积.
2【答案】（1）π
3（2）3
2【解析】
?z【分析】（1）先得到z=2(cos2θ?cosθ)+i(sin2θ?sinθ)，再根据z2?z在复平面上对应的点在虚
轴上，由cos2θ?cosθ=0求解；
?13?（2）先得到各复数在复平面上对应的点分别为A?1,3，B???2,?2??，C(0,0)，然后利用余弦定??()理求得一个角，再利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
?z解：∵z=2(cos2θ?cosθ)+i(sin2θ?sinθ)，
∴cos2θ?cos=θ2cos2θ?cos=θ?10，θ∈(0,π)，
?∴cosθ=12?θ=π；
23【小问2详解】
由（1）知：sinθ=3，2z=?1+3i，
2∴z2=?14133313?i=??i，z=??i，
422222∴1+z+z2=1?1313i??i=0.
+2222?13?在复平面上对应的点分别为A?1,3，B???2,?2??，C(0,0)，
??()∴CA=2，CB=1，AB=7，
CA2+CB2?AB21+4?71由余弦定理可得cos∠ACB===?，且∠ACB∈(0,π)，
2CA?CB2×22，
∴sin∠ACB=32∴S△ABC=113CA?CB?sin∠ACB=×1×2×=2223.
218.
记?ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，满足2c+b?2acosB=0.
（1）求角A；
????????3，AD是?ABC中线，求AD的长.
（2）若a=23，BA?AC=2【答案】（1）A=2π
3
（2）AD=【解析】
6
2【分析】（1）根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值；
????1????1????????22ADAB+AC，平方后求AD，结合余弦定理来处理.
（）利用=22【小问1详解】
因为2c+b?2acosB=0，由正弦定理可知：2sinC+sinB?2sinAcosB=0，
Csin(π?A?B=由C=π?A?B，故sin=)sin(A+B)，
0
∴2sin(A+B)+sinB?2sinAcosB=∴2cosAsinB+sinB=0(B∈(0,π),sinB≠0)，
∴cosA=?所以A=1，又A∈(0,π)，
22π；
3【小问2详解】
????????3π3，得cbcos=?bc=3，
根据数量积的定义，由BA?AC=232又a=23，在?ABC中由余弦定理得：a2=b2+c2?2bccosA?b2+c2=9
????????????????????1????1????????2AB2+AC2+2AB?AC12213，
ADAB+AC，∴AD=∵==b+c?bc=()422244所以AD=6
219.
如图，在边长为2的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是棱BB1，B1C1的中点,
（1）求证：点F在平面AED1内；
（2）用平面AED1截正方体ABCD?A1B1C1D1，将正方体分成两个几何体，两个几何体的体积分别为
V1，V2(V1 【答案】（1）证明见解析 （2）V1:V2=7:17 【解析】 【分析】（1）根据两条平行线确定一个平面得出E、F、D1、A四点共面； （2）连接FD1，由于平面AED1截正方体ABCD?A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1，得出V1是几何体三棱台A1AD1?B1EF的体积，进一步求体积得出比值. 【小问1详解】 如图，连接EF，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，AB∥C1D1且AB=C1D1， 所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1， 又E，F分别是棱BB1，B1C1的中点,则EF∥BC1，所以EF∥AD1， 所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内； 【小问2详解】 连接FD1，所以平面AED1截正方体ABCD?A1B1C1D1的截面是四边形AEFD1， 所以V1是几何体三棱台A1AD1?B1EF的体积， 则S△A1AD1=所以V1=111×2×2=2，S△B1EF=×1×1=， 222111?7??A1B1?S△A1AD1+S△A1AD1S△B1EF+S△B1EF=×2×?2+1+?=， 332?3?()且V2=VABCD?A1B1C1D1?V1=2?因此：V1:V2=7:17. 3717. =33 20. 2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）请补全频率分布直方图并估计这1000名学生成绩的平均数和计算80%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为72分和1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方差分别为87分和2，求这200人中分数在区间[70,90)的学生成绩的方差. 【答案】（1）图见解析，平均数67分，80%分位数76.67分 （2）55.4 【解析】 【分析】（1）由频率和为1，求出成绩落在[60,70)的频率；由样本的平均数公式及百分位数的计算公式得出结果； （2）根据分层抽样的样本平均数及方差公式求得结果. 【小问1详解】 0.40， 成绩落在[60,70)的频率为1?(0.30+0.15+0.10+0.05)= 补全的频率分布直方图，如图 样本的平均数x=55×0.30+65×0.40+75×0.15+85×0.10+95×0.05=67（分）设80%分位数为x，则0.03×10+0.04×10+(x?70)×0.015=0.8， 解得：=x2303≈76.67（分）； 【小问2详解】 由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取30人和20人 分层抽样的平均值：x1=35×72+25×87=78（分） 分层抽样的方差：s2=35??1+(72?78)2?22277?+5??2+(87?78)??=5=55.4 所以这200人中分数在区间[70,90)所有人的成绩的方差为55.4 21. 在三棱柱ABC?A1B=BC=AA=2，BC2π1C1中，AB11=14，∠ABC=3， （1）证明：平面A1AC⊥平面ABC； （2）求二面角A?A1B?C的平面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）?57. 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证得结果； A1C1⊥A1B. （2）取A1B的中点P，∠APC为二面角A?A1B?C的平面角，由余弦定理求得结果. 【小问1详解】 如图， 设AC的中点为O，连接OA1，OB， 因为AB=BC，所以AC⊥OB，又因为AC∥A1C1，且A1C1⊥A1B， 所以AC⊥A1B，因为A1B，OB?平面OBA1，且A1B?OB=B， 所以AC⊥平面OBA1，因为OA1?平面OBA1， ， 所以AC⊥OA1，在?ABC中，AB=BC=2，∠ABC=由余弦定理求得AC=2π32πAB2+BC2?2AB×BCcos=3?1?22+22?2×2×2×??=?23， ?2?则A1==23，BC1=14， C1AC22BC12，解得A1B=因为A1C1⊥A1B，所以A1C1+A1B=2， 在Rt?AOA1，AA1=2，AO=3，可知A1O=1，又OB=1， A1B，因此A1O⊥OB. 在△OBA1中，OA1+OB=由（1）知，AC⊥OA1，且AC，OB?平面ABC，且AC?OB=O， 所以A1O⊥平面ABC， ?A1O?平面A1AC，因此平面A1AC⊥平面ABC. 【小问2详解】 222=BC=AA=CA1. 由第一问证明易得A1A=A1C，△AA1B≌△CA1B，且AB1取A1B的中点P，∠APC为二面角A?A1B?C的平面角，且AC=23，AP=CP=14 25AP2+CP2?AC25cos∠APC==?，所以二面角A?A1B?C的平面角的余弦值为?. 72AP?CP7 22. 记?ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且边BC上的高h=（1）若A=3a. 4π，求B； 2（2）已知?ABC中角B和C是锐角，求tanB+4tanC的最小值. 【答案】（1）（2）ππ或； 6393. 4【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式，结合正弦定理边化角得sinBsinC=用二倍角公式求出B作答. （2）利用（1）的信息，利用和角的正弦化简变形，再利用均值不等式求解作答. 【小问1详解】 因为?ABC边BC上的高h=π3sinA，再把A=代入，利241133a，则S?ABC=bcsin=Aa?a， 4224323sinA， sinA，而sinA>0，则sinBsinC=44由正弦定理得sinBsinCsinA=当A=π33时，sinC=cosB，即有sinBcosB=，即sin2B=， 224ππ2π，有0<2B<π，于是2B=或2B=， 332显然cosB>0，即0 36所以B=【小问2详解】 在?ABC中，由sinBsinC=3sinA，得sin=BsinC43sin(B+C)，而B和C为锐角， 4即sinBsinC=3=BtanC(sinBcosC+cosBsinC)，于是tan43(tanB+tanC)， 4显然tanB,tanC>0，从而114+=， tanBtanC3 因此tanB+4tanC=3113tanB4tanC(+)(tanB+4tanC)=(5++) 4tanBtanC4tanCtanB≥33tanB4tanC9tanB2=tanC3时取等号， (5+2)=3，当且仅当=?44tanCtanB43393,tanC3时，tanB+4tanC的最小值=3. 484tanB=所以当【点睛】思路点睛：涉及三角形中的三角函数等式求最值问题，可以利用三角恒等变形结合三角形内角和定理，化成含某个角或某两个角的等式，再借助三角函数性质或均值不等式求解即可.
更多推荐
平面,定理,公式,答题卡,已知,平均数,得出
发布评论