湖北省十堰市高一数学下学期期末试卷(含解析)-人教版高一全册数学试题

wordword/word某某省某某市2014-2015学年高一（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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，且sinα=，则tanα=（） A． B． C． D．2．已知a，b，c满足a＜b＜c，且ac＜0，那么下列选项中一定成立的是（） A．cb2＜ab2 B．c（b﹣a）＜0 C．ab＞ac D．ac（a﹣c）＞03．下列命题中不正确的是（） A．垂直于同一平面的两条直线平行． B．垂直于同一直线的两平面平行． C．一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行． D．一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于此平面内的任意一条直线．4．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1=1，则S4=（） A．15 B．7 C．8 D．165．棱长为2的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的体积和表面积分别是（） A． B． C． D．6．已知△ABC的三边长分别为a，b，c，若（b+c+a）（b+c﹣a）=3bc，则角A的大小为（） A． B． C． D．7．如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，将△ADE绕DE旋转得到△A′DE（A′∉平面ABC），则下列叙述错误的是（） A．平面A′FG⊥平面ABC B．BC∥平面A′DE C．三棱锥A′﹣DEF的体积最大值为a3 D．直线DF与直线A′E不可能共面8．某同学准备利用暑假到一家商场勤工俭学，商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每一天支付50元；第二种，第一天付20元，第二天付30元，第三天付40元，依此类推；第三种，第一天付0.1元，以后每天比前一天翻一番（即变为前一天的2倍），对于选哪一种付款方案下列结论中错误的是（） A．打工不足5天选第一种 B．打工10天选第二种 C．打工两个星期选第三种 D．打工满一星期但不足20天就选第二种9．某几何体中的一条线段长为，在该几何体的正视图中，这条线段的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（） A． B． C．4 D．10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S15＞0，a8+a9＜0，则使得的最小的n为（） A．10 B．11 C．12 D．13二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中A1C1与AD12．若关于x的不等式ax2+2x+a＞0的集为R，则实数a的取X围是．13．在△ABC中，若a=，b=1，B=30°，则角A的值是．14．设数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则a+a+…+a=．15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB﹣bcosA=c，则当角C的值为时，tan（A﹣B）取最大值．三、解答题：本大题共6个小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．已知函数f（x）=sinxcosx﹣cos2x+1（1）求函数f（x）的单调递增区间；（2）若f（+）=，θ∈（0，），求cos（θ+）的值．17．已知公差为d（d＞1）的等差数列{an}和公比为q（q＞1）的等比数列{bn}，满足集合{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}={1，2，3，4，5}（1）求通项an，bn；（2）求数列{an•bn}的前n项和Sn．18．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1（Ⅰ）求证：B1D1∥平面C1BD；（Ⅱ）求证：A1C⊥平面C1（Ⅲ）求二面角B﹣C1D﹣C的余弦值．19．如图，一人在C地看到建筑物A在正北方向，另一建筑物B在北偏西45°方向，此人向北偏西75°方向前进km到达D，看到A在他的北偏东45°方向，B在其的北偏东75°方向，试求这两座建筑物A与B之间的距离．20．设△ABC的内角{bn}的对边分别为Tn，且bcosC=（2a﹣c）cosB．（Ⅰ）求B的大小；（Ⅱ）若1+=，且，求c的值；（Ⅲ）若，则a+c的最大值．21．已知数列{an}的各项均是正数，前n项和为Sn，且满足（p﹣1）Sn=p9﹣an，其中p为正常数，且p≠1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=，求数列{bnbn+1}的n项和Tn；（3）设=log2a2n﹣1，数列{}的前n项和是Hn，若当n∈N+时Hn某某省某某市2014-2015学年高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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，且sinα=，则tanα=（） A． B． C． D．考点： 同角三角函数基本关系的运用．专题： 三角函数的求值．分析： 首先根据三角函数的恒等变换关系式sin2α+cos2α=1，求出cosα，进一步利用角的X围和求出结果．解答： 解：已知sinα=，根据sin2α+cos2α=1解得：由于：所以：则故选：B点评： 本题考查的知识要点：同角三角函数的恒等式的应用，三角函数的求值问题．2．已知a，b，c满足a＜b＜c，且ac＜0，那么下列选项中一定成立的是（） A．cb2＜ab2 B．c（b﹣a）＜0 C．ab＞ac D．ac（a﹣c）＞0考点： 不等式的基本性质．专题： 不等式．分析： 先判断出a＜0，c＞0，结合不等式的性质分别对A、B、C、D进行判断即可．解答： 解：已知a，b，c满足a＜b＜c，且ac＜0，∴a＜0，c＞0，对于A：取a=﹣1，b=0，c=1，显然不成立；对于B：b﹣a＞0，c＞0，c（b﹣a）＞0，B错误；对于C：由b＜c，不等式两边都乘以负数a，得：ab＞ac，故C正确；对于D：ac＜0，a﹣c＜0，得：ac（a﹣c）＞0，故D错误；故选：C．点评： 本题考查了不等式的性质，求出a，c的符号是解答本题的关键，本题是一道基础题．3．下列命题中不正确的是（） A．垂直于同一平面的两条直线平行． B．垂直于同一直线的两平面平行． C．一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行． D．一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于此平面内的任意一条直线．考点： 空间中直线与平面之间的位置关系．专题： 空间位置关系与距离．分析： 根据线面垂直、线面平行、面面平行的性质定理和判定定理分别分析选择．解答： 解：对于A，根据线面垂直的性质定理可以得到垂直于同一个平面的两条直线平行正确；对于B，根据面面平行的判定定理能够得到垂直于同一条直线的两个平面平行正确；对于C，是面面平行的判定定理，故正确；对于D，一条直线平行于一个平面，则这条直线与于此平面内的任意一条直线位置关系是平行或者异面；故D错误．故选D．点评： 本题考查了线面垂直、线面平行、面面平行的性质定理和判定定理的运用；关键是熟练掌握定理，正确运用．4．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1=1，则S4=（） A．15 B．7 C．8 D．16考点： 等比数列的前n项和．专题： 等差数列与等比数列．分析： 利用4a1，2a2，a3成等差数列求出公比即可得到结论．解答： 解：∵4a1，2a2，a3成等差数列．a1=1，∴4a1+a3=2×2a2，即4+q2﹣4q=0，即q2﹣4q+4=0，（q﹣2）2=0，解得q=2，∴a1=1，a2=2，a3=4，a4=8，∴S4=1+2+4+8=15．故选：A点评： 本题考查等比数列的前n项和的计算，根据条件求出公比是解决本题的关键．5．棱长为2的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的体积和表面积分别是（） A． B． C． D．考点： 球的体积和表面积．专题： 空间位置关系与距离．分析： 由题意，长方体的对角线是球的直径，由此得到球的半径，由球的表面积和体积公式解答．解答： 解：因为棱长为2的正方体的顶点都在同一个球面上，所以球的直径为2，所以半径为，所以球的体积为；表面积为：；故选B．点评： 本题考查了正方体的外接球的体积和表面积求法；关键是明确长方体的对角线是球的直径．6．已知△ABC的三边长分别为a，b，c，若（b+c+a）（b+c﹣a）=3bc，则角A的大小为（） A． B． C． D．考点： 余弦定理．专题： 解三角形．分析： 由条件求得c2+b2﹣a2=bc，再利用余弦定理可得cosA的值，从而求得A的值．解答： 解：△ABC中，∵（b+c+a）（b+c﹣a）=3bc，∴c2+b2﹣a2=bc，利用余弦定理可得cosA===，∴A=．故选：B．点评： 本题主要考查余弦定理的应用，根据三角函数的值求角，属于基础题．7．如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，将△ADE绕DE旋转得到△A′DE（A′∉平面ABC），则下列叙述错误的是（） A．平面A′FG⊥平面ABC B．BC∥平面A′DE C．三棱锥A′﹣DEF的体积最大值为a3 D．直线DF与直线A′E不可能共面考点： 棱锥的结构特征．专题： 空间位置关系与距离．分析： 由线线垂直⇒线面垂直⇒面面垂直，可判断A正确；由线面平行的判定定理，可判断B正确；由棱锥的体积公式，可判断当高最大时，体积最大，求出体积的最大值，可判断C错误；由异面直线的判定定理可判断D正确．解答： 解：∵△ABC是正三角形，∴A'G⊥DE，DE⊥FG，∴DE⊥平面A′FG，DE⊂平面ABC，∴平面A′FG⊥平面ABC，故A正确∵BC∥DE，BC⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，∴BC∥平面A′DE，故B正确当A′G⊥平面ABC时，三棱锥A′﹣DEF的高为A′G，而底面DEF的面积一定，∴三棱锥A′﹣DEF的体积最大值为××××a=a3，故C错误；∵A′∉平面ABC，由异面直线的判定定理，直线DF与直线A′E是异面直线，故D正确．故选C．点评： 本题以折叠图形为载体，考查面面垂直的判定，线面平行的判定，棱锥的体积公式及异面直线的判定，解题的关键是利用好折叠前的位置关系．8．某同学准备利用暑假到一家商场勤工俭学，商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每一天支付50元；第二种，第一天付20元，第二天付30元，第三天付40元，依此类推；第三种，第一天付0.1元，以后每天比前一天翻一番（即变为前一天的2倍），对于选哪一种付款方案下列结论中错误的是（） A．打工不足5天选第一种 B．打工10天选第二种 C．打工两个星期选第三种 D．打工满一星期但不足20天就选第二种考点： 不等关系与不等式．专题： 计算题．分析： 由题意可知，三种方案对应着三种不同的函数解析式，第一种报酬是天数的一次函数，第二种可以用等差数列的前n项和列式，第三种由等比数列的前n项和列式，然后通过分别向三个函数解析式中代值检验即可得到答案．解答： 解：记打n天工三种方案所得报酬分别是Sn，Tn，Hn，则，n=5时，Sn=250，Tn=200，Hn=3.1n=10时，Sn=500，Tn=650，Hn=102.4n=7时，Sn=350，Tn=350，Hn=12.7n=14时Sn=700，Tn=1190，Hn=1638.4比较以上数据可知前三个选项正确．故选D点评： 本题考查了根据实际问题选择函数模型，考查了等差数列和等比数列的前n项和公式，考查了学生的计算能力，是中档题．9．某几何体中的一条线段长为，在该几何体的正视图中，这条线段的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（） A． B． C．4 D．考点： 简单空间图形的三视图．专题： 计算题；压轴题．分析： 设棱长最长的线段是长方体的对角线，由题意所成长方体的三度，求出三度与面对角线的关系，利用基本不等式即可求出a+b的最大值解答： 解：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算．如图设长方体的长宽高分别为m，n，k，由题意得，⇒n=1，所以（a2﹣1）+（b2﹣1）=6⇒a2+b2=8，∴（a+b）2=a2+2ab+b2=8+2ab≤8+a2+b2=16⇒a+b≤4当且仅当a=b=2时取等号．故选C．点评： 本题是基础题，考查长方体的对角线与三视图的关系，长方体的三度与面对角线的关系，基本不等式在求最值中的应用，考查空间想象能力，计算能力，常考题型．10．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S15＞0，a8+a9＜0，则使得的最小的n为（） A．10 B．11 C．12 D．13考点： 等差数列的前n项和．专题： 等差数列与等比数列．分析： 由已知数据可得a1+7d＞0，①，2a1+15d＞0，②和d＜0，由不等式的性质可得的X围，而要满足的式子可化为2a1+d＜0，可得n＞1﹣，由不等式的性质结合的X围可得．解答： 解：设等差数列{an}的首项和公差分别为a1和d，则可得S15=15a8=15（a1+7d）＞0，解得a1+7d＞0，①又∵a8+a9＜0，∴2a1+15d＜0，②又∵a8=＞0，a8+a9＜0，∴a9＜0，∴d＜0，∴由①可得＜﹣7，由②可得＞，故＜＜﹣7，而=a1+（n﹣1）d+a1+d=2a1+d，令2a1+d＜0可解得n＞1﹣，∵＜＜﹣7，∴7＜﹣＜，∴＜﹣＜10，∴＜1﹣＜11∴使得的最小的n为11故选：B点评： 本题考查等差数列的求和公式，涉及不等式的性质的应用，属中档题．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.11．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中A1C1与AD1所成角的大小为考点： 异面直线及其所成的角．专题： 空间角．分析： 连接AC，CD1，这便得到∠D1AC或其补角为异面直线A1C1与AD1所成角，并且可看出△ACD1为等边三角形，从而便得出A1C1解答： 解：如图，连接AC，CD1，则：A1C1∴∠D1AC或其补角便是A1C1与AD显然△ACD1为等边三角形；∴∠D1AC∴A1C1与AD1故答案为：60°．点评： 考查异面直线所成角的定义及求法，正方体的概念，正方体各面上的对角线长度相等．12．若关于x的不等式ax2+2x+a＞0的集为R，则实数a的取X围是（1，+∞）．考点： 一元二次不等式的解法．专题： 不等式的解法及应用．分析： 对a分类讨论，利用一元二次不等式的解集与△的关系即可得出．解答： 解：①当a=0时，不等式化为2x＞0，解得x＞0，其解集不是R．②当a≠0时，由不等式ax2+2x+a＞0的集为R，则，解得a＞1．综上可知：实数a的取X围是（1，+∞）．故答案为（1，+∞）．点评： 熟练掌握分类讨论、一元二次不等式的解集与△的关系是解题的关键．13．在△ABC中，若a=，b=1，B=30°，则角A的值是60°或120°．考点： 正弦定理．专题： 解三角形．分析： 利用正弦定理列出关系式，将a，b及sinB的值代入求出sinA的值，即可确定出A的度数．解答： 解：∵a=，b=1，B=30°，∴由正弦定理=得：sinA===，∵a＞b，∴A＞B，∴A=60°或120°．故答案为：60°或120°点评： 此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．14．设数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则a+a+…+a=2036．考点： 等差数列的通项公式；向量的加法及其几何意义．专题： 等差数列与等比数列．分析： 利用等差数列和等比数列的通项公式即可得出an，bn．再利用等比数列的前n项和公式即可得出．解答： 解：∵数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1，．∴=2bn﹣1=2•2n﹣1﹣1=2n﹣1．∴=（2﹣1）+（22﹣1）+…+（210﹣1）=﹣10=211﹣12=2048﹣12=2036故答案为：2036点评： 本题考查了等比数列和等差数列的通项公式及其前n项和公式的计算，考查学生的计算能力．15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB﹣bcosA=c，则当角C的值为时，tan（A﹣B）取最大值．考点： 正弦定理．专题： 解三角形．分析： 解法一：由正弦定理化简已知可得：，由tan（A﹣B）=，可知当tan（A﹣B）取最大值时，必有cos（A﹣B）＞0，设，可求tan（A﹣B）═的最大值及C的值．解法二：由正弦定理及三角形内角和定理化简已知可得tanA=3tanB，可得tanA＞0．tanB＞0，从而解得，即可得解．解答： 解：解法一：由acosB﹣bcosA=c，得：，即：，tan（A﹣B）=，当tan（A﹣B）取最大值时，必有cos（A﹣B）＞0，∴tan（A﹣B）═，设，则tan（A﹣B）═．∴当，即时，tan（A﹣B）取最大值为．解法二：由acosB﹣bcosA=c，得：=，整理得：sinAcosB=3cosAsinB，即tanA=3tanB，易得tanA＞0．tanB＞0，∴，∴当，即，，∴．故答案为：，（任对一空给3分）点评： 本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，三角函数恒等变换的应用，基本不等式的应用，属于基本知识的考查．三、解答题：本大题共6个小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．已知函数f（x）=sinxcosx﹣cos2x+1（1）求函数f（x）的单调递增区间；（2）若f（+）=，θ∈（0，），求cos（θ+）的值．考点： 两角和与差的正弦函数；两角和与差的余弦函数；正弦函数的单调性．专题： 三角函数的求值．分析： （1）由条件利用两角和差的正弦公式、二倍角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的单调性求得f（x）的单调递增区间．（2）由条件求得sinθ和cosθ的值，从而求得cos（θ+）=cosθcos﹣sinθsin的值．解答： 解：（1）函数f（x）=sinxcosx﹣cos2x+1=sin2x﹣cos2x+=sin（2x﹣）+，令2kπ﹣≤2x﹣≤2kπ+，k∈z，求得kπ﹣≤x≤kπ+，可得函数的增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈z．（2）若f（+）=sin（θ+﹣）+=sinθ+=，θ∈（0，），∴sinθ=，∴cosθ=，∴cos（θ+）=cosθcos﹣sinθsin=﹣=．点评： 本题主要考查两角和差的三角公式、二倍角公式的应用，正弦函数的单调性，属于基础题．17．已知公差为d（d＞1）的等差数列{an}和公比为q（q＞1）的等比数列{bn}，满足集合{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}={1，2，3，4，5}（1）求通项an，bn；（2）求数列{an•bn}的前n项和Sn．考点： 等差数列与等比数列的综合；数列的求和．专题： 计算题．分析： （1）结合等差数列与等比数列的项，由{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}={1，2，3，4，5}可得a3，a4，a5，b3，b4，b5的值，从而可求数列的通项，（2）由于an，bn分别为等差数列、等比数列，用“乘公比错位相减”求数列的和sn解答： 解：（1）∵1，2，3，4，5这5个数中成公差大于1的等差数列的三个数只能是1，3，5；成公比大于1的等比数列的三个数只能是1，2，4而{a3，a4，a5}∪{b3，b4，b5}={1，2，3，4，5}，∴a3=1，a4=3，a5=5，b3=1，b4=2，b5=4∴a1=﹣3，d=2，b1=，q=2，∴an=a1+（n﹣1）d=2n﹣5，bn=b1×qn﹣1=2n﹣3（2）∵anbn=（2n﹣5）×2n﹣3∴Sn=（﹣3）×2﹣2+（﹣1）×2﹣1+1×20++（2n﹣5）×2n﹣32sn=﹣3×2﹣1+（﹣1）×20+…+（2n﹣7）×22n﹣3+（2n﹣5）×2n﹣2，两式相减得﹣Sn=（﹣3）×2﹣2+2×2﹣1+2×20++2×2n﹣3﹣（2n﹣5）×2n﹣2=∴（n∈N*）点评： 本题主要考查了等差数列与等比数列的综合，结合集合的基本运算求数列中的项，进而求通项公式，而“乘公比错位相减”求数列的和是数列求和的常考点，其结构特点是：若数列an，bn分别为等差数列与等比数列，则对数列=an•bn求和应用此法，要注意掌握．18．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1（Ⅰ）求证：B1D1∥平面C1BD；（Ⅱ）求证：A1C⊥平面C1（Ⅲ）求二面角B﹣C1D﹣C的余弦值．考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．专题： 计算题；证明题．分析： （I）根据正方体的几何特征可得B1D1∥BD，结合线面平行的判定定理，即可得到B1D1∥平面C1BD；（Ⅱ）连接AC，交BD于O，则BD⊥AC，结合A1A⊥BD，由线面垂直的判定定理得BD⊥平面A1AC，进而BD⊥A1C，连接C1O，可证得A1C⊥C1O，再利用线面垂直的判定定理即可得到A（Ⅲ）取DC1的中点E，连接BE，CD．根据二面角的定义，可判断出∠BEC为二面角B﹣C1D﹣C的平面角，解△BEC即可求出二面角B﹣C1D﹣C的余弦值．解答： 解：（Ⅰ）∵B1D1∥BD，又BD⊂平面C1BD，B1D1⊄平面C1BD，∴B1D1∥平面C1BD．…（2分）（Ⅱ）连接AC，交BD于O，则BD⊥AC．又A1A⊥BD，∴BD⊥平面A1AC．∵A1C⊂平面A1连接C1O，在矩形A1C1CA中，设A1C交C由，知∠ACA1=∠CC1O．∴，∴，∴A1C⊥C1O．又CO∩BD=0，CO⊂平面C1BD，BD⊂平面C1BD，∴A1C⊥平面C1（Ⅲ）取DC1的中点E，连接BE，CE．∵BD=BC1，∴BE⊥DC1．∵CD=CC1，∴CE⊥DC1．∠BEC为二面角B﹣C1D﹣C的平面角．设正方体的棱长为a，则．又由，得．在△BEC中，由余弦定理，得．所以所求二面角的余弦值为．…（12分）点评： 本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面垂直的判定，其中（I）的关键是根据正方体的几何特征得B1D1∥BD，（II）的关键是得到BD⊥A1C，A1C⊥C1O，（III）的关键是确定∠BEC为二面角B﹣C19．如图，一人在C地看到建筑物A在正北方向，另一建筑物B在北偏西45°方向，此人向北偏西75°方向前进km到达D，看到A在他的北偏东45°方向，B在其的北偏东75°方向，试求这两座建筑物A与B之间的距离．考点： 解三角形的实际应用．专题： 计算题；解三角形．分析： 在△ADC中利用正弦定理，结合题意算出AC=3km．然后在△BDC中利用正弦定理得，最后在△ABC中利用余弦定理加以计算，即可算出AB的长，从而得出两座建筑物A与B之间的距离．解答： 解：∵在△ADC中，∠ACD=75°，则∠ADC=105°﹣45°=60°，∠DAC=45°，且∴由正弦定理，得km；…（4分）又∵在△BDC中，∠BCD=75°﹣45°=30°，∠BDC=105°﹣75°=30°，∴∠DBC=120°，结合利用正弦定理，得km；…（8分）在△ABC中，∠ACB=45°，由余弦定理，得km2…（12分）可得AB=km答：这两座建筑物A与B之间的距离是…（13分）点评： 本题给出实际应用问题，求两座建筑物之间的距离．着重考查了利用正余弦定理解三角形和解三角形知识在实际生活中的应用，属于中档题．20．设△ABC的内角{bn}的对边分别为Tn，且bcosC=（2a﹣c）cosB．（Ⅰ）求B的大小；（Ⅱ）若1+=，且，求c的值；（Ⅲ）若，则a+c的最大值．考点： 余弦定理；正弦定理．专题： 解三角形