【文档说明】新教材高一数学第二学期期末试卷01（原卷版+教师版）.doc，共(21)页，1.076 MB，由MTyang资料小铺上传

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新教材高一数学第二学期期末试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小给出的四个选项中，只有一个符合题目更求．1.已知复数z满足12(1i)iz+=−，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内所对应的点为（）A.31,22B.31,22−−

C.13,22−D.13,222.如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中2OA=，45BAO=o,//BCOA.则原平面图形的面积为（）A.32B.62C.322D.

343.已知sincos3sincos+=−，22−，则sincos−=（）A.355−B.55−C.355D.554.有如下命题，其中错误的命题是（）A.若直线a，且//，则直线a与平

面的距离等于平面、间的距离B.若平面//平面，点A，则点A到平面的距离等于平面、间的距离C.两条平行直线分别在两个平行平面内，则这两条直线间的距离等于这两个平行平面间的距离D.两条异面直线分别

在两个平行平面内，则这两条直线间的距离等于这两个平行平面间的距离5.若tan2tan5=，则3cos()10sin()5−=−（）A.1B.2C.3D.46.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知()2243Sabc=+−，则sin4C+=（）A.

624+B.624−C.22D.17.如图，四边形ABCD四点共圆，其中BD为直径，4AB=，3BC=，60ABC=，则ACD△的面积为（）A.36B.32C.536D.7368.在△ABC中，|AB|＝4，且|CA|＝3|CB|，则△ABC面积的最大值是A.23B.4

3C.63D.83二、多项选择：本大题共4小题，每小5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有只有一个符合题目要求，每道题全对得5分，部分选对得2分．9.下列关于直线l，点A，B与平面的关系推理正确的是（）A.Al，A，Bl，Bl，B.A，A

，B，BAB=，C.l，AlA，D.Al，lA，10.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为a，则（）A.正方体的外接球体积为33π2aB.正方体的内切球表面积为24πaC.与1AA异面的棱共有4条D.三棱锥1AABD−与

三棱锥111ABDD−体积相等11.在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义1cos−为角的正矢，记作sinver，定义1sin−为角的余矢，记作sincover，则下列命题正确的

是（）A.161sin32ver=B.sinsin2vercover−=C.若sin12sin1coverxverx−=−，则()21sinsin5coverxverx−=D.函数()sin2020sin202036fxverxcoverx

=−++的最大值为22+12.已知三棱锥ABCD−的所有棱长都为2，且球O为三棱锥ABCD−的外接球，点M是线段BD上靠近D点的四等分点，过点M作平面截球O得到的截面面积为S，则S的可能取值为（）A.2B.34C.32D.53

π三、填空题：本大顺共4小题，每小题5分，共计20分．13.已知sinθ＝－35，3π<θ<72，则tan2＝____.14.已知函数27()2cossin28xfxxx=−−，()fx在区间250,8上有___________个

零点.15.在ABCV中，角、、ABC所对的边分别为abc、、，且3BA=，则ba的取值范围是___________.16.如图，点A是半径为1的半圆O的直径延长线上的一点，3OA=，B为半圆上任意一点，以AB

为一边作等边ABCV，则四边形OACB的面积的最大值为___________.四、解答题：本大题共6小题，共中17题满分10分，其余各题满分12分．17.已知复数()()()()121izmmmmR=

−++−，其中i为虚数单位.（1）若z是纯虚数，求实数m的值：（2）若2m=，设()ii,izababRz+=+−，试求ab+的值.18.（1）已知3sin5θ=−，且是第三象限角，求cos6+

的值；（2）已知1tan3=，tan20,22=−，求tan()−及+的值．19.已知()1fxab=−rr，其中(sin2,2cos)axx=r，(3,

cos)()bxx=Rr．（1）求()fx的最小正周期和最小值；（2）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若34Bf=，2bac=，求11tantanAC+的值．20.已知：直四棱柱1111ABCDABCD−所有棱长均为2，=60D

AB.在该棱柱内放置一个球O，设球O的体积为1V，直四棱柱去掉球O剩余部分的体积为2V.（1）求三棱锥的111AABD−的表面积S；（2）求12VV的最大值.（只要求写出必要的计算过程，不要求证明）21.已知ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b

，c，且2(cos)cabC=−.（1）求B；（2）若ABCV为锐角三角形，求22sinsinAC+的取值范围.22.在△ABC中，3AB=，2AC=，30BAC=，Q为△ABC内一点，120BQC=．（1）若33QC=，求QA；（2）若15

0AQC=，求tanQBC．新教材高一数学第二学期期末试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小给出的四个选项中，只有一个符合题目更求．1.已知复数z满足12(1i)iz+=−，其中i为虚数单位，则

复数z在复平面内所对应的点为（）A.31,22B.31,22−−C.13,22−D.13,22【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数z，再根据复数的几何意义判断即可；【详解】

解：因为12(1i)iz+=−，所以2i2(1i)iz+=−，所以2i(1i)z−=−，所以()()()()22i1i2i22iii31i1i1i1i222z−+−+−−====+−−+，所以复数z在复平面内所对应的点的坐标为31,22；

故选：A2.如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中2OA=，45BAO=o,//BCOA.则原平面图形的面积为（）A.32B.62C.322D.34【答案】

A【解析】【分析】作出原平面图形，然后求出面积即可．【详解】45BAO=oBOA=，则OAB△是等腰直角三角形，∴2ABOB==，又OCCB⊥，45COB=，∴1BC=，

在直角坐标系中作出原图形为：梯形OABC，//OABC，2,1OABC==，高22OB=，∴其面积为1(21)22322S=+=．故选：A【点睛】方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积

的关系求解：直观图面积为S，原图形面积为S，则24SS=．3.已知sincos3sincos+=−，22−，则sincos−=（）A.355−B.55−C.355D.55【答案】D【解析】【分析】由sincos3sincos

+=−，得tan2=，再由22−,可得25sin5=，5cos5=即可得结果.【详解】因为sincos3sincos+=−，所以tan13tan1+=−，解得tan2=．又因为22a−，tan0，所以02a．25sin5

=，5cos5=，所以5sincos5−=．故选：D4.有如下命题，其中错误的命题是（）A.若直线a，且//，则直线a与平面的距离等于平面、间的距离B.若平面//平面，点A，则点A到平面的距离等于平面、间的距离C.两条平行直线分别在两个平行平面内

，则这两条直线间的距离等于这两个平行平面间的距离D.两条异面直线分别在两个平行平面内，则这两条直线间的距离等于这两个平行平面间的距离【答案】C【解析】【分析】根据线线距离、线面距离、面面距离定义逐项判断可得答案.【详解】对于A，若直线a，且//

，则直线a与平面的距离等于平面、间的距离，故A正确；对于B，若平面//平面，点A，则点A到平面的距离等于平面、间的距离，故B正确；对于C，当两条平行直线所在的平面与两个平行平面垂直时则这两条直线间的距离等于这两个平行平面间的

距离，当两条平行直线所在的平面与两个平行平面不垂直时，则这两条直线间的距离不等于这两个平行平面间的距离，故C错误；对于D，两条异面直线分别在两个平行平面内，则异面直线间的距离等于这两个平行平面间的距离，异面直线间距离往往转化为平行平面间的距离，故D正确.故选：C.5.若t

an2tan5=，则3cos()10sin()5−=−（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【详解】3coscos1052−=+−cossin255=−+=+

,所以原式sinsincoscossin555sincoscossinsin555++==−−tantan3tan553tantantan55+===−，

故选C.点睛：三角恒等变换的主要题目类型是求值，在求值时只要根据求解目标的需要，结合已知条件选用合适的公式计算即可．本例应用两角和与差的正弦（余弦）公式化解所求式子，利用同角关系式使得已知条件可代入后再化简，求解过程中注意公式的顺用和逆用.本题主要考查两角和与

差的公式.6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知()2243Sabc=+−，则sin4C+=（）A.624+B.624−C.22D.1【答案】A【解析】【分析】根据三角形面积公式及余弦定理化简条件求角C，由此可求sin4C+.【详解】因为(

)2243Sabc=+−，又in12sSabC=，所以22223sin2abCababc−=+−，所以2223sin12abcCab+−−=，又222cos2abcCab+−=，所以3sincos1CC−=，所以1sin62C−=，又()0,C，

所以3C=，所以62sin=sinsincoscossin43434344C+++=+=，所以62sin44C++=，故选：A.7.如图，四边形ABCD四点共圆，其中BD为直径，4AB=，3BC=，60ABC=，则ACD△的面积

为（）A.36B.32C.536D.736【答案】C【解析】【分析】先在ABCV利用余弦定理求出边AC，再利用正弦定理求出直径BD，进而利用直角三角形求出AD、CD，再利用三角形的面积公式进行求解.【详解】在ABCV中，因为4AB=，3BC=，60ABC=，

所以由余弦定理，得22143243132AC=+−=，由正弦定理，得13239=sinsin603ACBDABC==o∠；在Rt△ABD和RtBCDV中，2252231633ADBDAB=−=−=，225253933CDBDBC=−=−=，又180120ADCABC=−=oo，所以

ACD△的面积为1235335323326S==.故选：C.8.在△ABC中，|AB|＝4，且|CA|＝3|CB|，则△ABC面积的最大值是A.23B.43C.63D.83【答案】B【解析】【分

析】设ACB=，设||CBx=，则||3CAx=，根据余弦定理求出2823cosx=−，可得23cos3，根据面积公式可得143sin3sin223cosABCSxx==−△，令sin23cosy=−，根据辅助角公式可得2213s

in()yy=++，其中tan3y=，由2|2|13yy+可求得结果.【详解】设ACB=，设||CBx=，则||3CAx=，由余弦定理得2224(3)23cosxxxx=+−，2823cosx=−，显然23c

os0−，23cos3，21343sin3sinsin2223cosABCSxxx===−△，令sin23cosy=−，则sin23cosyy=−，所以22sin3cos13sin()yyy=+=++，其中tan3y=，所以2|2|13yy+，解

得11y−．所以max1y=，此时sin3cos2+=，sin13+=，6=，4x=．满足23cos3．所以()max43ABCS=△．故选：B．【点睛】本题考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查了辅助角公式，二、多项选择：本大题

共4小题，每小5分，共计20分．在每小题给出的四个选项中，至少有只有一个符合题目要求，每道题全对得5分，部分选对得2分．9.下列关于直线l，点A，B与平面的关系推理正确的是（）A.Al，A，Bl，Bl，B.A，A，B，BAB=，C.l

，AlA，D.Al，lA，【答案】ABD【解析】【分析】对于选项A，可推出l，所以选项A正确；对于选项B，A，B两点必定在与交线上，所以可得到AB=I，所以选项B正确；对于选项C，点A可以在直线l与平面的交点处，即lA=，所以选项C错

误；对于选项D，A必定在平面内，所以可得到A，所以选项D正确；【详解】解：由题意可知，对于选项A，A，B两点均在直线l上，且A，B两点均在平面内，则可推出l，所以选项A正确；对于选项B，A，B两点既在内，又在内，则必定

在与交线上，所以可得到AB=I，所以选项B正确；对于选项C，点A在直线l上，但是直线l不在平面内，则点A可以在直线l与平面的交点处，即lA=，所以选项C错误；对于选项D，点A在直线l上，直线

l在平面内，则A必定在平面内，所以可得到A，所以选项D正确；故选：ABD．10.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为a，则（）A.正方体的外接球体积为33π2aB.正方体的内切球表面积为24πaC.与1AA异面的棱共有4条D.三棱

锥1AABD−与三棱锥111ABDD−体积相等【答案】ACD【解析】【分析】对于A、B：正方体外接球的半径32Ra=,内切球的半径12ra=，代入球体的体积和表面积公式计算；对于C：根据异面直线的定义进行判定；对于D：利用等体积转换处理．【详解】∵正方

体外接球的半径32Ra=,内切球的半径12ra=∴正方体的外接球体积为3343ππ32VRa==，内切球表面积为224ππSra==A正确，B不正确；与1AA异面的棱有1111,,,BCCDBCCD，共有4条，C正确；∵111111ABDDD

ABDVV−−=，则三棱锥1AABD−与三棱锥111DABD−的高11AADD=，底面积111ABDABDSS=，故体积相等，D正确；故选：ACD．11.在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义1cos−为角的正矢，记作sinver，定义1si

n−为角的余矢，记作sincover，则下列命题正确的是（）A.161sin32ver=B.sinsin2vercover−=C.若sin12sin1coverxverx−=−，则()21sinsin5cov

erxverx−=D.函数()sin2020sin202036fxverxcoverx=−++的最大值为22+【答案】BC【解析】【分析】利用诱导公式化简可得A错误，B正确；化简已知等

式得到tanx，将所求式子化简为正余弦齐次式，由此可配凑出tanx求得结果，知C正确；利用诱导公式化简整理得到()22sin20206fxx=−+，由此可知最大值为4，知D错误.【详解】对于A，16163sin1cos1cos51cos33332ver=−=−+=+=

，A错误；对于B，sin1cos1sinsin22vercover−=−−=−=，B正确；对于C，sin11sin1tan2sin11cos1coverxxxve

rxx−−−===−−−Q，()()22222sincossinsin1sin1cos12sincos1sincosxxcoverxverxxxxxxx−=−−+=−=−+22tan411tan15xx=−=−+15=，C正确；对于D，()1cos20201sin202036f

xxx=−−+−+=Q2cos2020sin2020266xx−−++−+22sin20206x=−+，当sin202016x+=−时，()max224fx=+=

，D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的新定义的问题，解题关键是能够充分理解已知所给的定义，结合三角函数的诱导公式、正余弦齐次式的求解等知识来判断各个选项.12.已知三棱锥ABCD−的所有棱长都为2，且球O为三棱锥ABCD−的外接球，点M是线段BD上

靠近D点的四等分点，过点M作平面截球O得到的截面面积为S，则S的可能取值为（）A.2B.34C.32D.53π【答案】BC【解析】【分析】求出三棱锥ABCD−的外接球半径R，可知截面面积的最大值为2R，当球心O到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心O到截

面的距离为OM，截面圆的半径的最小值为22ROM−，进而可求出截面面积的最小值，然后可得答案【详解】因为三棱锥ABCD−是正四面体，棱长为2，所以将其放置于正方体中，可得正方体的外接球就是三棱锥ABCD−的外接球，因为三棱锥ABCD−的棱长为2，所以正方体的棱长为2，可得外

接球直径为22226R=++=，所以62R=，所以截面面积的最大值为226322R==，因为点M是线段BD上的点，所以当球心O到截面的距离最大时，截面面积最小，此时球心O到截面的距离为OM，OBDV为等腰三角形，过点O作BD的垂线，垂足为H，由62OD=，得

22262122OHODHD=−=−=，所以222113244OMOHHM=+=+=，则所得截面半径的最小值为22633444ROM−=−=，所以截面面积的最小值为23344=，所以截面面积的范围为

33,42故选：BC三、填空题：本大顺共4小题，每小题5分，共计20分．13.已知sinθ＝－35，3π<θ<72，则tan2＝____.【答案】-3【解析】【分析】根据角θ的范围，求出

cosθ后代入公式tan2＝sin1cos+计算即可.【详解】由sinθ＝－35，3π<θ<72，得cosθ＝45−，从而tan2＝sin1cos+＝35415−−＝-3.故答案为：-314.已知函数27

()2cossin28xfxxx=−−，()fx在区间250,8上有___________个零点.【答案】6【解析】【分析】由三角恒等变换公式化简，转化为两函数的交点个数求解【详解】令()78xhx=

，()22cossin2sin2cos212sin214gxxxxxx=+=++=++函数()hx､()gx的图象如图所示由图可知，两个函数在区间2508，上有6个交点，即()fx在区间250,8上有6个零点．故答案为：

615.在ABCV中，角、、ABC所对的边分别为abc、、，且3BA=，则ba的取值范围是___________.【答案】（1，3）【解析】【分析】由三角形的内角范围可得0＜A4＜，22＜cosA＜1，运用正弦

定理和三角函数的二倍角的正弦公式和余弦公式，结合余弦函数的单调性，可得所求范围．【详解】由B＝3A，可得C＝π﹣A﹣B＝π﹣4A，由0＜B＜π，0＜C＜π，可得0＜A4＜，则22＜cosA＜1，ba=322sinBsi

nAsinAcosAcosAsinAsinAsinAsinA+===2cos2A+cos2A＝4cos2A﹣1，由22＜cosA＜1，可得12＜cos2A＜1，即有1＜4cos2A﹣1＜3，则ba的取值范围为（1，3），故答案为：（1

，3）【点睛】关键点点睛：关键是将ba利用正弦定理转化为角A的函数，注意角的范围16.如图，点A是半径为1的半圆O的直径延长线上的一点，3OA=，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边ABCV，则四边形OACB的面积的最大值为___________.【答案】23【解析】【分析】设AOB=，表示

出ABCV的面积及OABV的面积，进而表示出四边形OACB的面积，并化简所得面积的解析式为正弦函数形式，再根据三角函数的有界性进行求解．【详解】四边形OACB的面积OAB=△的面积ABC+△的面积，设

AOB=，2222cos31213cos423cosABOAOBOAOB=+−=+−=−则ABCV的面积2133sin603cos242ABACAB===−OABV的面积113sin13sinsin222OAOB=

==，四边形OACB的面积333cossin22=−+1333(sincos)33sin(60)22=+−=+−，故当6090−=，即150=时，四边形OACB的面积最大值为3323+=，故答案为：23．【点

睛】方法点睛：应用余弦定理一定要熟记两种形式：（1）2222cosabcbcA=+−；（2）222cos2bcaAbc+−=，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住30,45,60

等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.四、解答题：本大题共6小题，共中17题满分10分，其余各题满分12分．17.已知复数()()()()121izmmmmR=−++−，其中i为虚数单位.（1）若z是纯虚数，求实数m的值：（2）若2m=，设()ii,izababRz+=

+−，试求ab+的值.【答案】（1）2m=−（2）32ab+=【解析】【分析】根据复数的定义以及复数相等的意义即可求解.【小问1详解】若z是纯虚数，则()()12010mmm−+=−，解得2m=−；【小问2详解】若2m=，则4iz=+，∴4

ii42i1i1i4ii42ab++++===++−，∴1a=，12b=，∴32ab+=；综上，2m=−，32ab+=.18.（1）已知3sin5θ=−，且是第三象限角，求cos6+的值；（2）已知1tan3=，tan20

,22=−，求tan()−及+的值．【答案】（1）34310−（2）()3πtan7,4−=+=【解析】【分析】（1）求出cosθ，利用余弦和角公式即可求；（2）根据正切的和差角公式即可求.【详解】（1）∵3sin5θ=−，且是第三象限角，

∴4cos5=−，∴πππ3413343coscoscossinsin666252510−+=−=−−−=.（2）∵1tan,tan23==−，∴()12tantan3tan721tantan13+−−===+

−，()12tantan3tan121tantan13−++===−−+，∵ππ0,π22，∴π3π22+，∴3π4+=.19.已知()1fxab=−rr，其中(sin2,2cos)axx=r，(3,cos)()bxx=Rr．（

1）求()fx的最小正周期和最小值；（2）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若34Bf=，2bac=，求11tantanAC+的值．【答案】（1）()fx最小正周期为，最小值为2−（2）233【解析】【分析】（1）向量内积展开后利用倍

角公式和辅助角公式整理成正弦型函数，并根据正弦函数图像性质得解；（2）根据函数值先求出3B=，利用正弦定理将2bac=边化角，结合sintancos=，以及两角和的正弦公式和诱导公式解出答案.【小问1详解】()()()1sin2,2cos3,cos1f

xabxxx=−=−rr23sin22cos13sin2cos22sin26xxxxx=+−=+=+∴()fx的最小正周期为22T==，∵26x+R，∴sin26x骣琪+琪桫p的最小值为1−，∴函数()fx的最小值为2−．【小问2详解】2si

n3426BBf=+=，∴()3sin0262BB+=，，，∴263B+=或23，∴3B=或B=（舍去)∵2bac=，∴2sinsinsinBAC=．∴11coscostantansinsinAC

ACAC+=+sincoscossinsin()sinsinsinsinCACAACACAC++==2sinsin1sinsinsinsinBBACBB===1sin3=233=20.已知：直四棱柱

1111ABCDABCD−所有棱长均为2，=60DAB.在该棱柱内放置一个球O，设球O的体积为1V，直四棱柱去掉球O剩余部分的体积为2V.（1）求三棱锥的111AABD−的表面积S；（2）求12VV的最大值.（只要求写出必要的计算过程，不要求证明）

【答案】（1）4+3+7S=；（2）8−.【解析】【分析】（1）求出三棱锥的111AABD−的各个面的面积即得解；（2）设直四棱柱1111ABCDABCD−的体积为V，当球半径R最大时，1V最大时，12VV取到最

大值，求出1V最大值即得解.【小问1详解】解：因为直四棱柱1111ABCDABCD−，所以1111AAABD⊥平面，1AA为三棱锥的111AABD−的高，由=60DAB，所有棱长为2，111ABDV为等边三角形，所以1112Δ3=2=34ABDS

，1111Rt,RtAABAADVV中，111111222,222,22AABAADSS====VV11ABDV中，11112,22,BDABAD===过A作11AHBD⊥于7HAH=，，111111277,2,222,22ABDAADSS====VV4+3+

7S=.【小问2详解】解：设直四棱柱1111ABCDABCD−的体积为V，所以1121111VVVVVVV==−−,所以当1V最大时，12VV取到最大值，即求棱柱内放置一个球O体积1V最大，即球半径R最大，若球O与棱柱侧面相切

，则半径R即为菱形ABCD的内切圆半径，连接AC与BD交于点E，ACBD⊥，ABE△中，1313=3=1==22AEBER，，，若球O与棱柱上、下底面相切，则半径为2=1R，21RR，所以球O半径最大为32R=，此时球O体积1V最大，31433

322V==.11==2232=432ABCDVAAS，213==432VVV−−，此时1232=83432VV=−−.21.已知ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b

，c，且2(cos)cabC=−.（1）求B；（2）若ABCV为锐角三角形，求22sinsinAC+的取值范围.【答案】（1）3（2）53,42【解析】【分析】（1）根据余弦定理,将角化边,即可得到三边关系,进而转化成余弦定理形式求解.（2）用二倍角公式降幂，然后利用辅助

角公式合并，根据角的范围求解.【小问1详解】()2coscabC=−Q及222cos2abcCab+−=，22222abccaa+−=−，化简得222122acbac+−=，1cos2B=，又0πB，π3B=.【小

问2详解】由（1）可得2211sinsin(1cos2)(1cos2)22ACAC+=−+−1121(cos2cos2)1[cos2cos2()]223ACAA=−+=−+−11311(cos2sin2)1cos(2)22223AAA=−−=−+ABCV为

锐角三角形，02A且2032CA=−，62A，242333A+.11cos232A−+−„，5131cos24232A−+„，故22sinsinAC+的取值范围为53,42.22.在△ABC中，3AB=，

2AC=，30BAC=，Q为△ABC内一点，120BQC=．（1）若33QC=，求QA；（2）若150AQC=，求tanQBC．【答案】（1）213（2）34【解析】【分析】（1）在△ABC中由余弦定理得BC长度,△QBC中，由正弦

定理得1sin2QBC=,在△AQC中，由余弦定理得213AQ=.（2）根据几何图形,得到角之间的关系,然后在△QBC中，由正弦定理即可求解.【小问1详解】在△ABC中，3AB=，2AC=，30BAC=

，由余弦定理得：2222cosBCACABACABA=+−，即23434312BC=+−=，则222ABBCAC+=即90ABC=，所以60ACB=．在△QBC中，由正弦定理得：sinsinQCBCQBCBQC=，即313sinsin120QBC=

，解得1sin2QBC=，所以30=QBC，所以30QCB=，所以30ACQ=，在△AQC中，由余弦定理得：2222cosAQACQCACQCACQ=+−，即21433743323AQ=+−=，所以213AQ

=．【小问2详解】因为120BQC=，150AQC=，所以90AQB=，设QBC=，则ABQABQQAB+=+，所以QAB=，在Rt△AQB中，3sinQB=，在△QBC中

，由正弦定理得：sinsinBQBCQCBBQC=，即()3sin1sin60sin120=−，所以331sincossin222=−，32sincos2=，解得：3tantan4QBC==．