2023-2024学年新疆乌鲁木齐七十中等学校高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年新疆乌鲁木齐七十中等学校高一（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）下列命题：①若，则或；②的充要条件是且；③若，，则；④起点相同的单位向量，终点必相同，其中，真命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．32．（5分）下列关于复数x+i的说法一定正确的是（）A．是虚数 B．存在x使得x+i是纯虚数 C．不是实数 D．实部和虚部均为13．（5分）一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，如图所示，则截面的可能图形是（）A．①③④ B．②④ C．②③④ D．①②③4．（5分）已知α，β是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，下列一定能得到l⊥α的是（）A．l∥m，m⊥α B．l⊥m，m∥α C．α⊥β，l∥β D．l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α5．（5分）2023年“中华情•中国梦”中秋展演系列活动在厦门举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，中秋文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有3幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品，若从这6幅作品中随机挑选2幅作品挂在同一面墙上，则选出的2幅作品为1幅美术作品和1幅书法作品的概率为（）A． B． C． D．6．（5分）落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝（）米．A． B． C． D．7．（5分）给出下列命题，其中说法正确的是（）A．若A，B为两个随机事件，则P（A∪B）＝P（A）+P（B） B．若事件A，B，C两两互斥，则P（A）+P（B）+P（C）＝1 C．若A，B为互斥事件，则P（A）+P（B）≤1 D．若A⊆B，则P（A）＜P（B）8．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，，，CE与DF交于点O．设，，若，则μ﹣λ＝（）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知复数z的共轭复数记为，对于任意的两个复数z1，z2，与下列结论错误的是（）A．复数在复平面内对应的点位于在第二象限 B．若复数z满足z（2﹣i）＝i，则 C． D．（多选）10．（6分）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（）A．为定值 B．的取值范围是[﹣2，0] C．当AC⊥BD时，为定值 D．的最大值为8（多选）11．（6分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是（）A．平面BD1P⊥平面ACB1 B．三棱锥A1﹣DPC1的体积为定值 C．在B1C上存在点P，使得A1P∥面ACD1 D．A1P+PC1的最小值为2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）在一个不透明的纸盒中装有6个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同．每次从袋子中随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，通过多次重复试验发现摸出红球的频率稳定在0.8附近，则袋子中红球约有个．13．（5分）已知，，且，则向量在向量上的投影向量为．14．（5分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S＝a2﹣（b﹣c）2，则的取值范围为．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．（13分）如图，几何体ABCDEF中，面ADEF⊥面ABCD，AF⊥AD，EF∥AD，且，AF＝2，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠ABC＝60°，点O为AC、BD的交点．（1）证明：EO∥平面ABF；（2）求三棱锥E﹣OCD的体积；16．（15分）（1）已知非零向量，满足，且，求与的夹角大小．（2）已知，是两个不共线的向量，向量，共线，求实数t的值．17．（15分）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场（鸟巢）举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组[20，25），第二组[25，30），第三组[30，35），第四组[35，40），第五组[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者．（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄的方差．18．（17分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，a＝3．（1）若BC边上的高等于1，求cosA；（2）若△ABC为锐角三角形，求△ABC的面积的取值范围．19．（17分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，SA＝SD＝AD＝2，四边形ABCD为正方形，E为AD的中点，F为SB上一点，M为BC上一点，且平面EFM∥平面SCD．（1）求证：CD⊥SA；（2）求证：M为线段BC中点，并直接写出M到平面SCD的距离；（3）在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，求；若不存在，说明理由．

2023-2024学年新疆乌鲁木齐七十中等学校高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）下列命题：①若，则或；②的充要条件是且；③若，，则；④起点相同的单位向量，终点必相同，其中，真命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【考点】命题的真假判断与应用；平面向量的平行向量（共线向量）．【答案】A【分析】根据题意，由向量模、向量相等、向量平行和单位向量的定义依次分析4个命题，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析4个命题：对于①，若，不一定有或，①错误；对于②，的充要条件是且、方向相同，②错误；对于③，当＝0时，满足，，但不一定成立，③错误；对于④，起点相同的单位向量，终点不一定相同，④错误．故选：A．2．（5分）下列关于复数x+i的说法一定正确的是（）A．是虚数 B．存在x使得x+i是纯虚数 C．不是实数 D．实部和虚部均为1【考点】纯虚数；复数的实部与虚部．【答案】B【分析】根据已知条件，结合复数的概念，以及特殊值法，即可求解．【解答】解：当x＝﹣i时，x+i＝0，为实数，故ACD错误；当x＝0时，x+i＝i，为纯虚数，故B正确．故选：B．3．（5分）一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，如图所示，则截面的可能图形是（）A．①③④ B．②④ C．②③④ D．①②③【考点】球内接多面体．【答案】A【分析】当截面的角度和方向不同时，球的截面不相同，应分情况考虑即可．【解答】解：当截面平行于正方体的一个侧面时得③当截面过正方体的体对角线时得④当截面不平行于任何侧面也不过体对角线时得③但无论如何都不能截出②故选：A．4．（5分）已知α，β是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，下列一定能得到l⊥α的是（）A．l∥m，m⊥α B．l⊥m，m∥α C．α⊥β，l∥β D．l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】A【分析】对于A，由线面垂直的判定定理得l⊥α；对于B，l与α相交、平行或l⊂α；对于C，l与α相交、平行或l⊂α；对于D，l与α相交、平行或l⊂α．【解答】解：α，β是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，对于A，l∥m，m⊥α，则线面垂直的判定定理得l⊥α，故A正确；对于B，l⊥m，m∥α，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误；对于C，α⊥β，l∥β，则l与α相交、平行或l⊂α，故C错误；对于D，l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故D错误．故选：A．5．（5分）2023年“中华情•中国梦”中秋展演系列活动在厦门举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，中秋文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有3幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品，若从这6幅作品中随机挑选2幅作品挂在同一面墙上，则选出的2幅作品为1幅美术作品和1幅书法作品的概率为（）A． B． C． D．【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】B【分析】由题意，根据列举法，结合古典概型概率的计算公式即可求解．【解答】解：记3幅美术作品分别为A，B，C，3幅书法作品分别为d，e，f，从中随机挑选2幅作品，不同的选法有AB，AC，Ad，Ae，Af，BC，Bd，Be，Bf，Cd，Ce，Cf，de，df，ef，共15种，其中选出的2幅作品恰好为1幅美术作品和1幅书法作品的不同选法有Ad，Ae，Af，Bd，Be，Bf，Cd，Ce，Cf，共9种，故所求概率为．故选：B．6．（5分）落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝（）米．A． B． C． D．【考点】解三角形．【答案】A【分析】由题意可得OA，OB，OC与OP的关系，再由∠OBC+∠OBA＝π，即cos∠OBC+cos∠OBA＝0，分别在△OAB，△OBC中，由余弦定理可得cos∠OBC，cos∠OBA的表达式，进而求出OP的值．【解答】解：由题意可得OA＝OP，OB＝OP，OC＝OP，因为∠OBC+∠OBA＝π，所以cos∠OBC+cos∠OBA＝0，AB＝BC＝75m，在△OAB中，由余弦定理可得cos∠OBA＝＝，①在△OBC中，由余弦定理可得cos∠OBC＝＝，②①+②整理可得2×752＝（4﹣）OP2，解得OP＝15m．故选：A．7．（5分）给出下列命题，其中说法正确的是（）A．若A，B为两个随机事件，则P（A∪B）＝P（A）+P（B） B．若事件A，B，C两两互斥，则P（A）+P（B）+P（C）＝1 C．若A，B为互斥事件，则P（A）+P（B）≤1 D．若A⊆B，则P（A）＜P（B）【考点】互斥事件的概率加法公式；集合的包含关系判断及应用；随机事件；概率及其性质．【答案】C【分析】根据事件的关系和运算结合随机事件的概率性质，分别判断各个选项即可．【解答】解：对于A选项：当A，B为两个互斥事件时，才有P（A∪B）＝P（A）+P（B），所以A选项错误；对于B选项：当事件A，B，C两两互斥，且A∪B∪C＝Ω时，才有P（A）+P（B）+P（C）＝1，所以B选项错误；对于C选项：当A，B为互斥事件时，P（A）+P（B）＝P（A∪B）≤1，所以C选项正确；对于D选项：由概率的性质可知，若A⊆B，则P（A）≤P（B），所以D选项错误；故选：C．8．（5分）如图，在平行四边形ABCD中，，，CE与DF交于点O．设，，若，则μ﹣λ＝（）A． B． C． D．【考点】用平面向量的基底表示平面向量．【答案】D【分析】连接AF，AC，根据D、O、F三点共线，可得＝x+y，x+y＝1；E、O、C三点共线，可得＝m+n，m+n＝1；由此列方程组求出x、y、m和n，由此求出以λ、μ，即可求出μ﹣λ．【解答】解：连接AF，AC，因为D、O、F三点共线，可设＝x+y，则x+y＝1；所以＝x+y（+）＝x+y（+）＝y+（x+y）；因为E、O、C三点共线，可设＝m+n，则m+n＝1；所以＝m+n（+）＝（m+n）+n＝n+（m+n）；所以，解得，所以＝+，所以λ＝，μ＝，所以μ﹣λ＝．故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知复数z的共轭复数记为，对于任意的两个复数z1，z2，与下列结论错误的是（）A．复数在复平面内对应的点位于在第二象限 B．若复数z满足z（2﹣i）＝i，则 C． D．【考点】复数的模；复数对应复平面中的点；共轭复数．【答案】BD【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，复数模公式，共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．【解答】解：对于A，，故该复数在复平面内对应的点（﹣2，1）位于在第二象限，故A正确；对于B，z（2﹣i）＝i，则z＝＝，故，故B错误；对于C，设z＝a+bi（a，b∈R），则，，，故，故C正确；对于D，设z1＝c+di，z2＝m+ni，c，d，m，n∈R，＝|c+di﹣（m﹣ni）|＝|c﹣m+（d+n）i|＝，同理可得，＝，二者不一定相等，故D错误．故选：BD．（多选）10．（6分）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（）A．为定值 B．的取值范围是[﹣2，0] C．当AC⊥BD时，为定值 D．的最大值为8【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】ACD【分析】根据向量数量积的定义与性质，针对各个选项分别求解即可．【解答】解：A项，过点P作直径MN，不妨设，PN＝2﹣，则，则为定值﹣2，A正确．B项，连接OP，过点P作EF⊥OP，与⊙O相交于点E，F，则P是EF的中点．当点A，C分别在点E，F的位置时，取最大值，•，由A项知，若AC经过圆心O时，取最小值，＝﹣4．因此的取值范围是[﹣4，0]，则B错误．C项，•，则C正确．D项，过点O分别作AC，BD的垂线，垂足分别为G，H，连接OP，则四边形OGPH是矩形，OG2+OH2＝OP2＝2．连接OA，OB，则＝，|BD|＝2＝，|AC|•|BD|＝＝，当且仅当OG＝OH时取等号，所以的最大值为12，则D正确．故选：ACD．（多选）11．（6分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是（）A．平面BD1P⊥平面ACB1 B．三棱锥A1﹣DPC1的体积为定值 C．在B1C上存在点P，使得A1P∥面ACD1 D．A1P+PC1的最小值为2【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行；平面与平面垂直；棱柱的结构特征．【答案】ABC【分析】证明BD1⊥平面AB1C即可判断A，由B1C∥平面C1A1D即可判断B，当P为B1C的中点时，证明平面A1PC1∥平面AD1C，即可判断C，化折线为直线，利用余弦定理判断D．【解答】解：对于A：由正方体的性质可知AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，又BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1，同理可证B1C⊥BD1，又B1C∩AC＝C，B1C，AC⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C，又BD1⊂平面BD1P，所以平面BD1P⊥平面ACB1，故A正确；对于B：因为B1C∥A1D，B1C⊄平面C1A1D，A1D⊂平面C1A1D，所以B1C∥平面C1A1D，又P∈B1C，所以点P到平面C1A1D的距离为定值设为d，△C1A1D的面积也为定值，又为定值，故B正确；对于C：当P为B1C的中点时，点P也为BC1的中点，则BC1∥AD1，由BC1⊄平面AD1C，AD1⊂平面AD1C，所以BC1∥平面AD1C，即PC1∥平面AD1C，同理可证A1C1∥平面AD1C，又A1C1∩PC1＝C1，A1C1，PC1⊂平面A1PC1，所以平面A1PC1∥平面AD1C，又A1P⊂平面A1PC1，所以A1P∥面ACD1，故C正确；对于D：如下图，将△B1C1C沿着B1C翻折到与平面B1CDA1共面且A1、C1在B1C的异侧，连接A1C1与B1C交于点P，则A1C1即为A1P+PC1的最小值，又∠A1B1C1＝135°，A1B1＝B1C1＝1，所以，即A1P+PC1的最小值为，故D错误．故选：ABC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）在一个不透明的纸盒中装有6个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同．每次从袋子中随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，通过多次重复试验发现摸出红球的频率稳定在0.8附近，则袋子中红球约有24个．【考点】频率及频率的稳定性．【答案】24．【分析】设袋子中红球约有x个，利用频率的稳定值来估算概率，列出方程组求出x的值即可．【解答】解：设袋子中红球约有x个，利用频率的稳定值来估算概率，则＝0.8，解得x＝24，即袋子中红球约有24个．故答案为：24．13．（5分）已知，，且，则向量在向量上的投影向量为．【考点】平面向量的投影向量．【答案】．【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．【解答】解：，，且，则向量在向量上的投影向量为：＝．故答案为：．14．（5分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S＝a2﹣（b﹣c）2，则的取值范围为[2，）．【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】[2，）．【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得sinA+2cosA＝2，再根据同角关系式可得sinA，利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得tanC取值范围，从而求得的取值范围，设，由对勾函数的单调性即可求出的取值范围．【解答】解：在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，且△ABC的面积为，由2S＝a2﹣（b﹣c）2，得bcsinA＝2bc﹣2bccosA，化简得sinA+2cosA＝2，又，sin2A+cos2A＝1，联立得5sin2A﹣4sinA＝0，解得或sinA＝0（舍去），所以，因为△ABC为锐角三角形，所以，，所以，所以，所以，所以∈（，），设，其中t∈（，），所以，由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，当t＝1时，y＝2；当时，；当时，，所以，即的取值范围是．故答案为：．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．（13分）如图，几何体ABCDEF中，面ADEF⊥面ABCD，AF⊥AD，EF∥AD，且，AF＝2，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠ABC＝60°，点O为AC、BD的交点．（1）证明：EO∥平面ABF；（2）求三棱锥E﹣OCD的体积；【考点】棱锥的体积；直线与平面平行．【答案】（1）见证明过程；（2）．【分析】（1）取AB中点M，连接OM，FM，易证OMFE为平行四边形，从而有OE∥FM，再利用线面平行的判定定理证明；（2）由EF∥AD，利用线面平行的判定定理得到EF∥面ABCD，从而得到E到面ABCD的距离为AF＝2，再由菱形ABCD，求得S△OCD，然后利用三棱锥的体积公式求解；【解答】解：（1）证明：取AB中点M，连接OM，FM．∵菱形ABCD，∴O为BD中点，∴OM∥AD，且，∵EF∥AD，且，∴OM∥EF，OM＝EF，∴OMFE为平行四边形，OE∥FM，∵OE⊄面ABF，FM⊂面ABF，∴EO∥平面ABF；（2）∵EF∥AD，EF⊄面ABCD，AD⊂面ABCD，∴EF∥面ABCD，∵面ADEF⊥面ABCD，AF⊥AD，∴AF⊥面ABCD，∴E到面ABCD的距离为AF＝2，∵菱形ABCD对角线AC⊥BD，∴，∴三棱锥E﹣OCD的体积．16．（15分）（1）已知非零向量，满足，且，求与的夹角大小．（2）已知，是两个不共线的向量，向量，共线，求实数t的值．【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量的平行向量（共线向量）．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由向量垂直的性质，结合模长关系即可求解；（2）由向量共线的性质，即可求得t值．【解答】解：（1）由，，可得＝＝0，解得，又，所以与的夹角为；（2）由，是两个不共线的向量，向量，共线，可设，则有，解得，则当t＝时，两向量共线．17．（15分）2022年2月4日，第24届冬季奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场（鸟巢）举行，某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组[20，25），第二组[25，30），第三组[30，35），第四组[35，40），第五组[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者．（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这m人中35～45岁所有人的年龄的方差．【考点】频率分布直方图的应用．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据平均数的计算公式即可求解；（2）根据古典概型的概率计算公式即可求解概率，由方差的计算即可求解方差．【解答】解：（1）设这m人的平均年龄为，则（岁）；（2）（i）由频率分布直方图可知各组的频率之比为2：7：5：4：2，第四组应抽取人，记为A，B，C，甲，第五组抽取人，记为D，乙，对应的样本空间为Ω＝{（A，B），（A，C），（A，甲），（A，乙），（A，D），（B，C），（B，甲），（B，乙），（B，D），（C，甲）（C，乙），（C，D），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）}，共15个样本点．分设事件M＝“甲、乙两人至少一人被选上”，则M＝{（A，甲），（A，乙），（B，甲），（B，乙），（C，甲），（C，乙），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）}，共有9个样本点，所以；（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则，，，，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为s2；则，，因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此可估计这m人中年龄在35～45岁的所有人的年龄方差约为10．18．（17分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，a＝3．（1）若BC边上的高等于1，求cosA；（2）若△ABC为锐角三角形，求△ABC的面积的取值范围．【考点】解三角形；正弦定理．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）先由正弦定理求出，注意到，由此可以求出，最终由余弦定理即可求解．（2）先由正弦定理以及恒等变换表示，结合已知条