高考数学（理）二轮复习配套作业（解析版）：作业手册答案（浙江省专用）.doc

专题限时集训(一)A【基础演练】1A解析 根据集合元素的互异性m1，在PQ的情况下整数m的值只能是0.2C解析 集合Ax|x3，Bx|2x4，则UAx|1x3，因此，(UA)Bx|20时，a与b的夹角为锐角或零度角，所以命题p是假命题；又命题q是假命题，例如f(x)综上可知，“p或q”是假命题【提升训练】5D解析 集合A为函数ylog2(x21)的定义域，由x210可得集合A(，1)(1，)；集合B为函数yx1的值域，根据指数函数性质集合B(0，)所以ABx|x16C解析 集合中的代表元素与用什么字母表示无关事实上A(，1)(1，)(，2)(2，)(，)，集合B(，1)(1,2)(2，)，所以AB.7A解析 显然a1且0b0且1；反之，ab0且1ab且0ab且b0，这样推不出a1且0b1且0b0且1”的充分而不必要条件8A解析 m(2,23)，m，n的夹角为钝角的充要条件是mn0且mn(0)mn0，即3(2)(23)0，即3；若mn，则23，23，解得，故mn(0)不可能，所以，m，n的夹角为钝角的充要条件是3，故0，则Q3m,3m，则(等号不同时取到)，解得：m4，若m0，Q3m,3m，则(等号不同时取到)，解得：m4，若m0，Q3，显然不满足，故m的取值范围为：(，44，)115,6解析 依题意作出满足条件的韦恩图，可得B(UA)5,61225解析 可按集合中偶数的个数来分类若有3个偶数，如2,4,6时，集合A中必含有1,3,5,7，另两个奇数9和11可都有，也可仅有一个，或者没有，因此符合条件的集合有4个其余情况可类似分析专题限时集训(一)B【基础演练】1B解析 集合A为函数y的定义域，即A(1，)，故UA(，1，集合B为函数yloga(x2)的定义域，即B(2，)故(UA)B(2，12B解析 x1,2,3,4,6,12符合要求3C解析 集合B在集合R中的补集，即在实数集合中去掉0,1,2,3,4组成的集合，因此与集合A的交集有两个元素2，1.(注意：在补集运算中要特别注意全集是什么集合)4A解析 函数f(x)ax3在开区间(1,2)上存在零点的充要条件是f(1)f(2)(a3)(2a3)3或a3”是函数f(x)ax3在1,2上存在零点”的充分不必要条件(注：函数的零点存在性定理是指在开区间上的零点存在的一个充分条件，但如果在闭区间上讨论函数的零点，一定要注意区间端点的情况)【提升训练】5A解析 依题意得Ax|5x6由cos得2k，即x6k1，kZ.令56k16得1k，又kZ，则k0，故x1；令56k16得ka，因为AB，所以a(a1)x的解集为A的意义是半圆位于直线上方时对应的x值，又Ax|0x2，数形结合可得只要直线位于yx及其上方均可，所以a11，即a2.(注：本题重在考查数形结合的思想意识)12解析 集合U为坐标平面上的所有点组成的集合，集合M为坐标平面上的一个正方形区域，集合P是函数图象上的点组成的集合P(UM)P等价于PM，如图，由于yax(0a1)单调递减且过点(0,1)，故其图象与区域M无公共点；同理ylogax(0a1)也与区域M无公共点；函数ysin(xa)与y轴的交点坐标是(0，sina)，当0a1时，sina0，故两个点不在区域M内，函数ycosax的图象与y轴的交点坐标为(0,1)，这个点也不在区域M内，结合余弦函数图象的特征可知函数ycosax的图象与区域M无公共点专题限时集训(二)A【基础演练】1D解析 当a0时，f(a)2a，解得a1；当a0时，f(a)log2a，解得a2.2C解析 函数是偶函数，只能是选项C中的图象3B解析 由loga20得0a0，即exex0，所以x0，即函数的定义域是(0，)，排除选项A，B中的图象，由于1，所以ln0的函数y2x23x1的单调递增区间，即(1，)2C解析 由图象可知，b0，因为T2，a1，因此，答案为C.3A解析 ylog2log2(x1)，因此只要把函数ylog2x纵坐标缩短到原来的，横坐标不变，再向右平移1个单位长度即可4D解析 当x0时，ff(x)1，所以x4；当x0时，ff(x)1，所以x22，x(舍)或x.所以x(，4，)故选D.【提升训练】5C解析 由f(x)g(x)为偶函数排除，当x时，f(x)g(x)，排除，故为.6A解析 由于函数yf(xa)是偶函数，其图象关于y轴对称，把这个函数图象平移|a|个单位(a0右移)可得函数yf(x)的图象，因此可得函数yf(x)的图象关于直线xa对称，此时函数在(a，)上是减函数，由于x1a且|x1a|f(x2)7C解析 函数是偶函数，而且函数值为正值，在x0时，1，当x时，综合这些信息得只能是选项C中的图象8D解析 如果x1x22，则f(x1)f(x2)x3xsinx1x3xsinx2x3xsinx1(2x1)33(2x1)2sin(2x1)4.所以Sfff，又Sfff，两式相加得2S44 023，所以S8 046.9.解析 f1(f2(f3(2 013)f1(f2(2 0132)f1(2 0132)1)(2 0132)1)2 0131.10.解析 f(x)f(x)lglglg0，1，(a24)x20，x2不恒为0，a24，又a2，故a2，f(x)lg，由0，得：x，由题意：(b，b)，0b，故2ab.11.解析 函数yx22ax(xa)2a2开口方向向上，对称轴为动直线xa，由对称轴与区间的位置关系，分三种情况讨论：当a4时，函数在2,4上单调递减，则当x4时，g(a)ymin168a.综上所述，有g(a)12(，2)(3,5)解析 x1，x2R，且x1x2，使得f(x1)f(x2)等价于函数f(x)不能在整个定义域上单调递增，显然当1，即a2时满足要求，此时a0也符合要求当1时，函数f(x)在x1时，两端的端点值分别为1a和a27a14，只要a27a141a即可，即a28a150，解得3a5.故a(，2)(3,5)专题限时集训(三)【基础演练】1B解析 f(x)为单调增函数，根据函数的零点存在定理得到f(1)f(2)(1)2可知，f(x)在(0,2)上恒为负，即f(x)在(0,2)内单调递减，又f(0)10，f(2)4a10时，若f(x)1，则x或x.若ff(x)1时，f(x)或f(x).若f(x)，则x或xe；若f(x)，则x或xe.当k0时，关于k无解；ee关于k无解所以此时函数yff(x)1有四个零点(注意必须说明四个零点互异)当k0时的解为x，所以ff(x)1时，只有f(x)，此时当x0时，x0，此时无解，当x0时，解得xe.故在k0在x1上恒成立故g(x)在x1上为单调递增函数，又gln0，故在x1上有1个根同理可分析得在x，x上各有1个根，在0x上无根综上可知在(0,1上，方程g(x)0共有3个根9.解析 按二项式公式展开得T2，函数g(x)f(x)kxk有4个零点，等价于函数y1f(x)与y2k(x1)的图象有4个交点，再利用数形结合可得k.10y16解析 只要把成本减去即可，成本为x100，故得函数关系式为y当020时y1时，lnx0，sgn(lnx)1，则f(x)sgn(lnx)ln2x1ln2x，令1ln2x0，得xe或x，结合x1得xe；当x1时，lnx0，sgn(lnx)0，f(x)ln2x，令ln2x0，得x1，符合；当0x1时，lnx0，sgn(lnx)1，f(x)1ln2x，令1ln2x0得，ln2x1，此时无解因此f(x)sgn(lnx)ln2x的零点个数为2，故填2.120m或m64解析 当x0,2，f(x)x，所以x(2,0)时利用f(x2)计算出f(x)，然后画出f(x)在x(2,2上的图象若g(x)f(x)mxm有两个不同零点，则yf(x)和ymxm有两个不同的交点，也就是过定点(1,0)的直线ymxm和f(x)在x(2,2上的图象有两个交点结合图象发现当0m时有两个交点，另一方面，当直线在和f(x)相切与垂直于x轴之间时也是两个交点的情况，此时m64.所以实数m的取值范围是0m或m64.13解：(1)当x0时，t0；当0x24时，x2(当x1时取等号)，t，即t的取值范围是.(2)当a时，记g(t)|ta|2a，则g(t)g(t)在0，a上单调递减，在上单调递增，且g(0)3a，ga，g(0)g2.故M(a)当且仅当a时，M(a)2.故当0a时不超标，当0，即0xa.可化为x2(ax)t，x，因为t0,1，所以a.综上可得函数f(x)4(ax)x，定义域为，其中t为常数，且t0,1(2)y4(ax)x42a2，当时，即t1，x时，ymaxa2，当，即0t时，y4(ax)x在上为增函数，当x时，ymax.答：当t1时，投入x，附加值y最大，为a2万元；当0t时，投入x，附加值y最大，为万元专题限时集训(四)A【基础演练】1D解析 由于0a1，2aa21,2aa1，a21a1，故2aa21loga(a21)loga(a1)，即pmn.正确选项D.2B解析 ab4x42y0，即2xy2,9x3y2226(当2xy1时取等号)3.C解析 不等式组表示的平面区域如图中的ABC，目标函数zxy的几何意义是直线yxz在y轴上的截距，根据图形，在点A处目标函数取得最小值由yx，x1解得A(1,1)，故目标函数的最小值为112.4B解析 不等式组表示的平面区域如图中的ABC，由yx1，y2x1得点B的横坐标为2，由y2x1，yx1得点C的横坐标为.所以SABC|AD|(|xC|xB|)22.【提升训练】5D解析 y(x1)2，取“”号时x0.6C解析 不等式(xa)(xb)0，即不等式(xa)1(xb)0，即(xa)x(b1)0，该不等式的解集为2,3，说明方程(xa)x(b1)0的两根之和等于5，即ab15，即ab4.正确选项为C.7D解析 圆的方程为(x1)2(y2)24，圆的直径为4，直线2axby20被圆截得的弦长为4，即直线过圆的圆心，所以2a2b20，即ab1，所以(ab)2224，等号当且仅当ab时成立8.B解析 (x，y)满足的区域如图，变换目标函数为yxz，当z最小时就是直线yxz在y轴上的截距最大时当z的最小值为1时，直线为yx1，此时点A的坐标是(2,3)，此时m235；当z2时，直线为yx2，此时点A的坐标是(3,5)，此时m358.故m的取值范围是5,8目标函数的最大值在点B(m1,1)取得，即zmaxm11m2，故目标函数最大值的取值范围是3,6正确选项B.95，)解析 分离参数后得，ax，设f(x)x，则只要af(x)max，由于函数f(x)在(0,1上单调递增，所以f(x)maxf(1)5，故a5.1020解析 设每次都购买x吨，则需要购买次，则一年的总运费为2，一年的储存费用为x，则一年的总费用为x240，等号当且仅当x，即x20时成立，故要使一年的总运费与总存储费用之和最小，每次应购买20 t(注：函数类实际应用问题的关键是找到影响问题中各个变化量的一个基本量，利用这个基本量去表示求解目标需要的各个量，这是分析求解函数应用题的基本思考方法)111解析 不等式表示的平面区域如图，目标函数的几何意义是区域内的点与点(0，1)连线的斜率，结合图形，显然在点B处目标函数取得最小值由2xy3，xy3，得B(2,1)，所以zmin1.12.7,8解析 (1)当3s4时，可行域是四边形OABD(图(1)，由交点为A(0,2)，B(4s,2s4)，C(0,4)，D(0，s)，此时目标函数在点B处取得最大值，这个最大值是3(4s)2(2s4)s4,7z8；(2)当4s5时，可行域是OAC(图(2)，此时目标函数在点C处取得最大值，zmax8.综上可知目标函数的取值范围是7,8专题限时集训(四)B【基础演练】1D解析 ax2bx20的两根为，ab14.2C解析 x12212，当且仅当x，即x5时等号成立3.D解析 不等式组表示的平面区域如图，目标函数z2xy，即y2xz，z的几何意义是直线y2xz在y轴上的截距，则过点A时取得最小值，过点C时取得最大值由yx，xy2解得A(1,1)，故目标函数的最小值为3；由x2，yx得C(2,2)，故目标函数的最大值为6.所以目标函数的最大值与最小值的比为2.4C解析 由2ab4，得42，所以ab2，所以.【提升训练】5A解析 如图，表示的区域是图中的OAB，其中A(2,0)，B(0,4)，由于区域yxs是直线xys及其下方的区域，显然当s4时就是区域其图形是三角形；当2s4时，区域是一个四边形；当0s2时，区域又是三角形；当s0时区域变成了坐标原点；当s0时，区域是空集故实数s的取值范围是0s2或s4.6B解析 tan(xy)，又0yx，0xy，(xy)max，故选B.7.B解析 不等式组表示的平面区域如图中的ABC.根据正切函数的单调性，在AOB为锐角的情况下，当AOB最大时tanAOB最大结合图形，在点A，B位于图中位置时AOB最大由x3y10，xy30得A(2,1)，由x1，xy30得B(1,2)所以tanxOA，tanxOB2，所以tanAOBtan(xOBxOA).8C解析 设自筹资金x份，银行贷款资金y份，由题意目标函数z12x10y.由于目标函数直线的斜率为，不等式组区域边界的直线斜率为，而0时，g(x)g(x)ln(1x)，而当x0时，x3ln(1x)0，则根据yx3，yln(1x)都是单调递增的，可得函数f(x)在(，)上单调递增，所以f(2x2)f(x)等价于2x2x，即x2x20，解得2x1.注意到函数的定义域，还应该有2x20，x0，即x，x0，所以实数x的取值范围是(2，)(，0)(0,1)(注：本题极易忽视函数的定义域导致错误)10解析 a2b2(ab)(ab)0，在a0时才成立，已知不能保证，故不恒成立；ab2a2bab(ba)0，在ab的情况下，只有ab0时才成立，已知条件不具备，故不恒成立；000ab0ab，故恒成立；00，在ab时只有当0才能成立，这个不等式不是恒成立的，故不恒成立；a3b2a2b3a2b2(ab)0ab0ab，故恒成立能够恒成立的不等式的序号是.1140解析 不等式组表示的平面区域如图中的ABC.设区域内的点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则a(x2x1，y2y1)(1,3)(x23y2)(x13y1)，只有当x23y2最大且x13y1最小时a取得最大值设zx3y，则目标函数的最值与直线yx在y轴上的截距成正比，结合图形，在点B处目标函数取得最大值，在点A处目标函数取得最小值由3xy60，xy20得B(4,6)；由x0,3xy60得A(0，6)所以目标函数的最大值zmax43622，最小值zmin03(6)18，所以a的最大值为221840，此时点M，N分别位于图中的点A，B.12(，1解析 不等式62xya(2x)(4y)，即62xya(104x2y)，令t2xy，即不等式6ta(102t)，即(2a1)t610a0恒成立由于xy2，所以y2，x1,2，所以t2x，t2，当x1,2时，t0，所以函数t2x在1,2上单调递增，所以t的取值范围是4,5设f(t)(2a1)t610a，则f(t)0在区间4,5恒成立，因此只要f(4)0且f(5)0即可，即22a0且10，解得a1，故实数a的取值范围是(，1专题限时集训(五)A【基础演练】1D解析 因为f(x)3x22ax3，且f(x)在x3时取得极值，所以f(3)392a(3)30，解得a5，故选D.2C解析 f(x)3x26x3x(x2)，令f(x)0可得x0或2(2舍去)，当1x0，当0x1时，f(x)0，所以当x0时，f(x)取得最大值为2.选C.3A解析 y2xa，曲线在点(0，b)处的切线斜率是ka，故a1；点(0，b)在切线上，代入得b1.所以a1，b1.40或解析 由题意得，2x03x，解得x00或x0.【提升训练】5D解析 yx22x，当0x2时，1y0，即1tan0，故1时，f(x)4时，f(x)0，根据对称性可得当x2时，f(x)0，当2x1或1x0.不等式(x3)f(x4)0；当时，解得6x3.故不等式(x3)f(x4)0的解集为(6，3)(0，)7C解析 函数yf(x1)的图象关于点(1,0)对称，f(x)关于(0,0)中心对称，为奇函数，当x(，0)时，f(x)xf(x)log3log3，所以cba.8.解析 y12sinx0sinx时y0，sinx时，ymax2.9y3x1解析 yexxex2，斜率ke0023，所以切线方程为y13x，即y3x1.10(0,1)，(1，e)解析 f(x)0，解得0x0且x1，故函数f(x)单调递减区间是(0,1)，(1，e)(注意：不能写成并区间)11解：(1)f(x)，在x1，)时f(x)0恒成立在x1，)时，aa2.(2)由f(x)，x1,4，当a2时，在x1,4上f(x)0，f(x)minf(1)a；当0a1时，在x1,4上f(x)0，f(x)minf(4)2a2ln2；当1a2时，在x1，上f(x)0，此时fmin(x)f22ln22lna.综上所述：f(x)min12解：(1)f(x)ax3bx2cf(x)3ax22bx，f(1)3a2b.又过点P的切线与直线x3y0垂直，3a2b3.又c0，f(1)ab2，联立解得a1，b3.f(x)x33x2，f(x)3x26x，由f(x)0x0；f(x)02x0，f(x)03ax23(a1)x0x0.又f(x)在区间(，m)及(n，)上均为增函数，nm011.13解：(1)由f(2)1，得a2.(2)由(1)知，f(x)2lnx2x3，f(x)2，故g(x)x32x22x，g(x)3x2(m4)x2，由g(x)图象知，解得：m9.(3)a2，f(x)2lnx2x3，令F(x)h(x)f(x)px2lnx，则F(x)，若p0，由于px0，2lnx0F(x)f(x0)若p0，此时F(x)0，所以F(x)在1，e上是增函数，F(x)maxF(e)pe4，只要pe40即可，解得p，即p，.专题限时集训(五)B【基础演练】1C解析 yexxex，令y0，则x1.因为x1时，y1时，y0，所以x1时，ymin，选C.2B解析 y1，所以y，将x3代入得y，所以(a)1，解得a2.3B解析 f(x)sinxxcosxsinxxcosx，f0.【提升训练】4C解析 依题意，当x1时，f(x)0，函数f(x)在(1，)上是增函数；当x0，yxcosx0，此时函数yxsinxcosx为增函数，故选C.6A解析 f(x)x(ax2)eax，由题意得f(x)x(ax2)eax0在2，)上恒成立即x(ax2)0在2，)上恒成立，即a在2，)上恒成立，即a1.7D解析 由于AB的长度为定值，只要考虑点C到直线AB的距离的变化趋势即可当x在区间0，a变化时，点C到直线AB的距离先是递增，然后递减，再递增，再递减，S(x)的图象先是在x轴上方，再到x轴下方，再回到x轴上方，再到x轴下方，并且函数在直线AB与函数图象的交点处间断，在这个间断点函数性质发生突然变化，所以选项D中的图象符合要求81解析 f2(x)f1(x)cosxsinx，f3(x)(cosxsinx)sinxcosx，f4(x)cosxsinx，f5(x)sinxcosx，f1f2f2 011sincos1.9解析 周期性是函数在整个定义域上的整体性质，周期函数的图象不能是一个闭区间上的一段，必需能够保证周期的无限延展，故函数f(x)不是周期函数，命题不正确；从其导数的图象可知，在区间(0,2)内导数值小于零，故函数f(x)在区间(0,2)上单调递减，由于函数图象是连续的，故在区间0,2是减函数，命题正确；函数f(x)在1,0)上递增、在(0,2)上递减、在(2,4)上递增、在(4,5上递减，函数的最大值只能在f(0)处，或者f(4)处取得，因此只要0t5即可，因此t的最大值为5，命题不正确；由于f(1)1，f(0)2，f(4)2，f(5)1，根据中的单调性，要使1a2时，函数yf(x)a没有零点，当a2时函数有两个零点，当1a2时，根据f(2)在(，2)之间取值的不同，函数可能有四个零点(f(2)1)、两个零点(1f(2)2)，当f(2)1，a1时函数有三个零点，当f(2)0，当k0时，f(x)的增区间为(，k)，(k，)，f(x)的减区间为(k，k)，当k0时，f(k1)e，所以不会有x(0，)，f(x).当k0时，由(1)有f(x)在(0，)上的最大值是f(k)，所以x(0，)，f(x)等价于f(k)k0)当x(0,1)时，F(x)0，函数F(x)单调递增，当x(1，)时，F(x)0，函数F(x)单调递减，函数F(x)的单调递增区间为(0,1)；函数F(x)的单调递减区间为(1，)(2)G(x)h(x)f(x)lnx，由已知a0，因为x(0,1)，所以lnx0.当a0.不合题意当a0时，x(0,1)，由G(x)2，可得lnx0.设(x)lnx，则x(0,1)，(x)0.(x).设m(x)x2(24a)x1，方程m(x)0的判别式16a(a1)若a(0,1，0，m(x)0，(x)0，(x)在(0,1)上是增函数，又(1)0，所以x(0,1)，(x)0，m(0)10，m(1)4(1a)0，所以存在x0(0,1)，使得m(x0)0，对任意x(x0,1)，m(x)0，(x)0.不合题意综上，实数a的取值范围是(0,112解：(1)当a1时，f(x)1(x0)，当0x0，当x1时，f(x)0，f(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减，当x1时，f(x)取得极大值1，无极小值(2)方法1：由f(x)0，得a(*)，令g(x)，则g(x)，当0x0，当xe时，g(x)e时，g(x)0，当a0或a时，方程(*)有唯一解，当0a时，方程(*)无解，所以，当a0或a时，yf(x)有1个零点；当0a时，yf(x)无零点方法2：由f(x)0，得lnxax，yf(x)的零点个数为ylnx和yax的图象交点的个数由ylnx和yax的图象可知：当a0时，yf(x)有且仅有一个零点；当a0时，若直线yax与ylnx相切，设切点为P(x0，y0)，因为y(lnx)，k切，得x0e，k切，故当a时，yf(x)有且仅有一个零点；当0a时，yf(x)无零点，综上所述，当a0或a时，yf(x)有1个零点；当0a时，yf(x)无零点(3)由(1)知，当x(0，)时，lnxx1.an0，bn0，lnanan1，从而有bnlnanbnanbn，即lnabnnbnanbn(nN*)，nabiiiaii，a1b1a2b2anbnb1b2bn，即iaii0，nabii0，即ln(ab11ab22abnn)0，ab11ab22abnn1.专题限时集训(六)【基础演练】1D解析 tan330tan30.2A解析 由sin，得cos，所以tan.3B解析 ysin2xsin2xcos2xsin2x.显然在取绝对值之前周期为，加上绝对值周期缩小到原来的，因此答案为B.4A解析 y3cos3cos3sin3sin2，故选A.【提升训练】5B解析 sin150，tan240，cos(120)，所以tan240sin150cos(120)6C解析 根据图象，解得2，又点M、N的坐标分别为，A，A，所以A20，解得A.所以A.7C解析 由题意，所以ab4.故g(x)asinxb的最大值是|a|b.若ab4，则ba4.所以|a|b|a|a4，此时当a2时，|a|b0，即g(x)asinxb的最大值是0.故函数g(x)asinxb的最大值可能是0.8C解析 根据函数ycos(x)为奇函数可得，即ysinx，根据直线AB的斜率为1，可得A，B的横坐标之差等于纵坐标之差，为2，所以这个函数的最小正周期是4，即4，所以，所以ysinx.当x1时，函数有最小值，故直线x1是该函数图象的一条对称轴9.解析 由已知条件得2k，不妨设点A在x轴上方，则点A的坐标为，所以cos.所以cos()cos(2k)cos212cos2.10解析 ff3fsin.11解：(1)由图知A2，T2，2.f(x)2sin(2x)又f2sin2，sin1，2k，2k(kZ)0，函数的解析式为f(x)2sin.(2)由(1)知：f(x)2sin，fx2sin2cos2x0.令2xk，得x(kZ)，函数yfx的零点为x(kZ)12解：(1)方法1：由已知，得，的夹角为30，|1，|cos30.方法2：由三角函数的定义，得点A(cos105，sin105)，B(cos75，sin75)，cos105cos75sin105sin75cos(10575).(2)设，的夹角为，因为|1，所以，|coscos，另一方面，由三角函数的定义，得A(cos，sin)，B(cos，sin)，coscossinsin，故coscoscossinsin，由于2k，kZ，cos()cos，所以，cos()coscossinsin.13解：(1)因为角终边经过点P(3，)，sin，cos，tan，sin2tan2sincostan.(2)f(x)cos(x)cossin(x)sincosx，xR，ycos2x2cos2xsin2x1cos2x2sin2x1.0x，02x，2x，sin2x1，22sin2x11，故函数yf2x2f2(x)在区间上的值域是2,1专题限时集训(七)【基础演练】1B解析 在ABC中，若A60，BC4，AC4，由正弦定理得：，代入解得sinB.又AC0，所以p，q的夹角为锐角4A解析 在ABC中，由正弦定理得，AB50 m.【提升训练】5A解析 设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，利用三角形面积公式和余弦定理得：b，ac，3a2c22ac，所以3(ac)23ac得ac3，即ABC的周长等于3.6C解析 由正弦定理，得，即，解得sinB，所以B或B.当B时，AB，则C，故ABC是钝角三角形；当B时，ABC也是钝角三角形综上，A