2022-2023学年下学期高一数学期中考试仿真模拟试卷及答案解析

2022-2023学年下学期高一数学期中考试仿真模拟试卷

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.若纯虚数z满足Z,（2—3［）=5+/ra,则实数加的值为（）

10

D.—

3

2.在二ABC中，a=6b=3,A=-,则此三角形（）

6

A.无解B.一解

C.两解D.解的个数不确定

3.已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为（）

A.BB.73C.立D.国

242

4.平面中两个向量”，人满足卜|=1,ad_b，则2a—8在a方向上的投影向量为（）

A.2B.2aC.-2aD.-2

5.圣•索菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于

1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996

年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照

打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任

何角度都能领略它的美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找

到一座建筑物AB,高为—在它们之间的地面上的点知（三点共线）

处测得楼顶A,教堂顶C的仰角分别是15。和60。，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°,

则小明估算索菲亚教堂的高度为（）

A.20mB.30mc.20晶D.

306m

6.在锐角△ABC中，NC为最大角，且sinA:sin8:sinC=2:（l+Z）:2Z,则实数人的取

值范围（）

-5、I，3）D.（0,3）

A.1,-B.（1,3）C.

-3,

7.已知三棱锥P—ABC的高为1,底面一A8C为等边三角形，PA=PB=PC,且P，A,

32）

B,C都在体积为——的球。的表面上，则该三棱锥的底面的边长为（）

3

A.B.+C.3D.2币

3

8.已知2E分别为_A8C的边AB,AC上的点，线段8E和线段。。相交于点P，若

AD=2DB，且£>P=/IPC，CE=pEA，其中4>0,〃>0，则<+’的最小值为（）

X（J.

A.2GB.4C.40D.6

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.欧拉公式ei,=cos6+isine（其中i为虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉创

立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变

函数论里占有非常重要的地位.被誉为数学中的“天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是

（）

八夕忘拒.

A.e4----------1--------1

22

B.e至为纯虚数

C.千的共貌复数为L—且i

/22

D.已知复数4=«国，Z2=e.,则复数zZ在复平面内的对应点关于虚轴对称

10.在j48c中，角4,B,C所对的边分别为“，b,c,以下说法中正确的是（）

A.若A>B,则sinA>sin6

2

B.若a=4,b=5,c=6,则一ABC为钝角三角形

TT

C.若a=5/=10,A=—,则符合条件的三角形不存在

4

D.若acosA=bcosB，则一定是等腰三角形

11.在正方体ABCO-A4G。中，如图M，N分别是正方形A3CQ，BCG4的中心.则

下列结论正确的是（）

A.平面D、MN与棱B©的交点是耳£的三等分点

B.平面。MV与棱BC的交点是6C的中点

C.平面D、MN与棱AD的交点是AD的三等分点

D.平面。MN将正方体分成前后两部分的体积比为2:1

12.已知向量Q,b,c满足忖=2,忖=1,a-b=lf|c|~—2Z?•<?+—=0,则下列说

法正确的是（）

A.若H=则c_L（c—Z?）

B.|c-/?=l

C.VreR,有M+ra2亭

D.若c=Xa+（1—,/iGR,则4=

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.如图，在平行四边形A3。中，E和尸分别是边CO和BC的中点，若

AC=AAE+^iAF,其中4〃eR,则义+〃=.

3

14.如图，地平面上有一根旗杆OP,为了测得它高度，在地面上取一基线AB，

AB=20m,在A处测得点P的仰角NQAP=30，在8处测得点P的仰角NOBP=45

又测得405=30，则旗杆的高度是m.

15,复数Z］、z?满足4=，〃+(4—加2)i,z2=2cos0+(/l+3sin^)i(m,2,^eR),若

Z1=z2,则2的取值范围是.

16.如图正四棱柱ABC。—AB'。'。'中，AB=6AA=2,以。为球心，OC'为半

径的球与侧面BCC%'的交线为CE，点P为交线CE上一动点，则P从C运动到E时,

。产所形成的曲面面积为.

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|。|=1,|b|=2,a与人的夹角是60。，计算

(1)计算〃包，修+。|;

(2)求〃+〃和a的夹角的余弦值.

4

18.已知复数z满足目=J5,z2的虚部为2,Z在复平面上所对应的点A在第一象限.

(1)求Z;

(2)若z2,z—z2在复平面上的对应点分别为B,C,求cosNABC.

19.已知正三棱柱ABC-43G的边长均为26，E,F分别是线段AG和8田的中点.

(1)求证：£7"/平面A8C；

(2)求三棱锥C-ABE体积.

5

20.在直角梯形ABCD中，已知A8//CD,ZDAB=90°,AB=6,AD=CD=3,

对角线AC交5。于点。，点M在AB上，且OM_LBD.

(1)求AM包。的值;

(2)若N为线段AC上任意一点，求AN的取值范围.

21.江都种植花木，历史悠久，相传始于唐代，盛于清代，素有“花木之乡”之称，在国内外

有较高的知名度.某种植园准备将如图扇形空地AQB分隔成三部分建成花卉观赏区，分别

种植玫瑰花、郁金香和菊花；已知扇形的半径为70米，圆心角为等，动点P在扇形的弧

上，点。在OB上，且PQ//Q4.

(1)当。。=5()米时，求尸。的长;

6

(2)综合考虑到成本和美观原因，要使郁金香种植区402。的面积尽可能的大：设

ZA0P=e,求402。面积的最大值.

22.从①sirB-sin'A+sirC-sinBsinCuO②bsirt4+J^acosB=,这两个条件中

任选一个，补充在下面问题中，并加以解答(注：若选择多个条件，按第一个解答计分).

在，ABC中，a/,c分别是角A,8,C的对边，若.

(1)求角A的大小：

(2)若。是的中点，AO=6，求一ABC面积的最大值.

cosB.cosC-_

----AB+-----AC=2mA40

(3)若。为ABC的外接圆圆心，且sinCsinB，求实数加的值.

答案解析

7

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.若纯虚数z满足z.（2-3，）=5+mi,则实数机的值为（）

151510

A-------B.—C.-------

223

【答案】D

5+mi（5+疝）（2+3i）10-3m15+2m.10-3w=0

【解析】由题意得,Z（2-3z）（2+3/）―13+131，则

2-3/15+2〃？w0

解得m=一,

3

故选：D.

2.在..ABC中，a=6，b=3,A=-,则此三角形（）

6

A.无解B.一解

C,两解D.解的个数不确定

【答案】C

【解析】在ABC中，a=6，b=3,A=£,

&./*­

由正弦定理得sinB=丝电4=二1&=且＜r

而A为锐角，且a<b，

、a_布_2

则8=&或5=—,

33

所以有两解.

故选：C

3.已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为（）

A.BB,73C.好D.显

242

【答案】C

［解析】如图，，A'B'C'是边长为2的正二48c的直观图，则AB'=2，C'D'=-CD=^-，

22

则高CE=CZ>'sin45=曲义立=旦,故A'B'C'的面积S=！x2x^=迈.

224244

故选：C.

8

4.平面中两个向量q,b满足卜|=1，a1b，则2a—Z?在a方向上的投影向量为（)

A.2B.2aC.-2aD.-2

【答案】B

【解析】由题意得：Qa—b)，a=2a-b•a=2，

a

极2a—〃在2方向上的投影向量为（2"一=2a,

故选：B

5.圣嗦菲亚教堂（英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于

1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996

年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照

打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任

何角度都能领略它的美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找

到一座建筑物A8,高为（15石-15）m,在它们之间的地面上的点M（民/,。三点共线）

处测得楼顶A,教堂顶C的仰角分别是15。和60。，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°,

则小明估算索菲亚教堂的高度为（）

A.20mB.30m

9

306m

【答案】D

【解析】由题意知：NCW=45°,/4必7=105。所以/4皿=30°

ABAB

在ABM中，AM=

sinZAMBsin15°

AMCM

在“。加中，由正弦定理得-所以

sin30°sin45O

CM=AM^°=AFI-SIN45°

sin30°sinl50.sin3O0

在RfOCM中,

（15必15）乎乎

CD=CMsin60°="火sin45o_sin」0。30不

sin150-sin30°

2

故选：D

6.在锐角△ABC中，NC为最大角，且sinA:sin3:sinC=2:（l+Z）:2Z,则实数4的取

值范围（）

A.B.(1,3)3D.(0,3)

7"[?J

【答案】A

【解析】设sinA:sin3:sinC=2:(l+左)：2%=加(加>0),

所以由正弦定理可得a：》：c=2:(1+%):2攵=加=a=2nt,b=Q+k)m,c=2km,

因为/C为最大角，所以c为最大边,

2/mN(1+k)m

所以有，2km>2m=>1<Z:<3,

-(1+左)根|<2km<2m+(1+Z)"2

因为AABC是锐角三角形，且/C为最大角,

+了+(2〃。2—(2km')2

所以cosC=

2-(1+攵)〃？・2〃?3

因此14k<3,

3

故选：A

7.已知三棱锥P—ABC的高为1,底面_A8C为等边三角形，PA=PB=PC,且P,A,

10

B,C都在体积为亍的球。的表面上，则该三棱锥的底面一43c的边长为（）

A.士■B.73C.3D.2百

3

【答案】C

327r4327r

【解析】设球。的半径为R,由球的体积为二三可得，彳）&=?,解得尺=2.

因为三棱锥P—ABC的高/?为1,所以球心。在三棱锥外.

如图，设点。为AABC的外心，则。&J•平面ABC.

在Rf/kAa。中，由AO；=OA2—O。；，且0Q1=R—%=1,得AQ=6.

2ABsin60。=且AB，

因为ABC为等边三角形，所以

33

所以AB=J5Aoi=3.

故选：C.

8.己知分别为一ABC的边AB,AC上的点，线段BE和线段CO相交于点P,若

AD=2DB，且£>P=/IPC，CE=/JEA,其中丸>0,〃>°，则：+一的最小值为（）

一X/Z

A.2有B.4C.4阴D.6

【答案】A

【解析】因为所以AO=：AB,

又DP="C，所以。尸=工。。，

CE=pEA,所以AC=(1+〃)AE,

11

2A2A■•

・•.AP=AD+DP=—AB+——DC=-AB+——(AC-AD)

31+231+A

2A2-I74

-AB+一(1+〃)AE——AB=------AB+——(1+〃)AE,

31+Z33(1+4)1+2

22

又B,P，E三点共线，所以三丁K+=（1+〃）=1，

1+4

化简得到;l*=1，《+工22］，一=23，当且仅当4=〃=立时取等号，

3%,办3

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.欧拉公式/°=cose+isine（其中i为虚数单位，8eR）是由瑞士著名数学家欧拉创

立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变

函数论里占有非常重要的地位.被誉为数学中的“天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是

（）

A.e4=------F——1

22

B.e殳为纯虚数

c.今的共貌复数为JL一9.i

e22

D.已知复数4=*,Z2=e-",则复数zrZ2在复平面内的对应点关于虚轴对称

【答案】ABC

【解析】A选项：jLcos工+isin^=R2+，2i，故A正确；

4422

B选项：=cos—+isin—=i,••T为纯虚数，故B正确;

22e

12

C选项：e?=cos工+isin至=L+且i,.・亨的共物复数为J_一且j,故C正确.

3322«22

D选项：e'=cos3+isin3，e_3i=cos(-3)+isin(-3)=cos3-isin3,

所以Z与Z2实部相等，虚部互为相反数，

故复数z-z2在复平面内的对应点关于实部对称，故D错误.

故选：ABC.

10.在中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,以下说法中正确的是()

A.若4>B,则sinA>sin3

B.若a=4,b=5,c=6,则为钝角三角形

C.若a=5,〃=10,A=2,则符合条件的三角形不存在

D.若acosA=bcosB,则」45C一定是等腰三角形

【答案】AC

【解析】若力>B,则。>>，所以由正弦定理可得sinA>sin5,故A正确；

若a=4,b=5,c=6,则/</+62,BpcosC=^LZ£_土>o,所以角C为锐角,

即」ABC为锐角三角形，故B错误；

若a—5,b-10,A-5，根据正弦定理可得sin5=处£与正=&>1

4a52

所以符合条件的三角形不存在，即C正确；

若acosA=》cosB,则sinAcosA=sin6cos6,即sin2A=sin26.因为

7T

24€（0,兀）,28€（0,兀）,所以24=28或24+25=4，即A=6或A+B=—,

2

所以..ABC为等腰或直角三角形，故D错误.

故选：AC

11.在正方体ABC。—A4G。中，如图M,N分别是正方形ABC。，8CC4的中心.则

下列结论正确的是()

AB

13

A.平面RMN与棱B,C,的交点是B£的三等分点

B.平面RMN与棱3C的交点是BC的中点

C.平面D,MN与棱AD的交点是AD的三等分点

D.平面RMN将正方体分成前后两部分的体积比为2:1

【答案】ACD

【解析】如图，取8c的中点E，延长。E，RN并交于点/，连接R0并延长，设

FM(BC=P,FMfAD=Q,

连接PN并延长交用G于点H,连接RQ，D.H,则四边形D[HPQ就是平面D.MN与正

方体的截面，

QN是平面的中心，E是8c中点，.♦.FE:ED=1:2,则EP:QQ=1:2,

可得点。是线段AD靠近点O的三等分点，由对称性知点尸是线段BC靠近点8的三等分

点，

点H是线段耳G靠近点G的三等分点，故A正确，B错误，C正确;

作出线段BC的另一个三等分点P，作出线段AA靠近D,的三等分点G,连接QP,HP,

QG,GH，

可知匕:梭他H-2尸尸=y.梭锥Q-Gf/R•

**%面体。？〃£悯8=V长方体Q/HG-DCGA=§匕E方体，

从而平面D、MN将正方体分成两部分的体积比为2:1,

14

DiG

故D正确.

故选：ACD.

已知向量满足忖忖=2则下列说法

12,a，b，c=2,1,a-b=\^|C|-2^-C+|=0,

正确的是（）

A.若卜卜当，则c_L（c-Z?）

B.|c-^|=l

C.X/teR,有1+>v

若c=/La+(l-/l)b,2GR,则4=±骼

D.

【答案】ACD

【解析】对于A,H哼

r11

所以b・c=-

2

所以c・（c-。故A正确;

对于B,

对于C,

rr

b+ta+2/a•方+JQ=J1+2/+4产故C

15

正确;

对于D,因为。=/1。+(1—丸)/?,所以

r2rrr-12r2小rr

c=[4a+(l—4)〃1=A2a+(1-2)Z?+22(1-A)«-Z?=322+1

又8•c=b{4a+(l—4)。]=丸”,。+(1—4)力=4+(1—4)=1,则由卜1—2Z?・c+[=0

得342+1—2+3=0,解得4=±走，故D正确，

46

故选：ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.如图，在平行四边形A8CO中，E和尸分别是边C。和5c的中点，若

AC^AAE+/JAF,其中；L,〃eA,则/1+〃=.

4

【答案】一

3

［解析】设AB=a,AD=h,

因为E和尸分别是边C£＞和BC的中点，可得AE=La+"AF=a+」R

22

又因为AC=a+〃，所以4C=|(4E+4F),

24

因为AC=%?1£1+/M/7,所以％=4=1，所以2+〃

_4

故答案为：一.

3

14.如图，地平面上有一根旗杆。尸，为了测得它高度，在地面上取一基线A3,

AB=20m,在A处测得点P的仰角NQ4P=30，在8处测得点P的仰角NO3P=45，

又测得44。8=30，则旗杆的高度是m.

B

16

【答案】20

（解析】在中，。中，OP

Rtz^QAP4=-----——=舟；在RtAOBPOB=h；

tanZOAPtanNOBP

在中，由余弦定理得：AB2=Ofic+OB2-2OA-OBcosZAOB=4/?2-3h2=h2.

即川=202，.--/?=20,即旗杆的高度是20m.

故答案为：20.

15.复数Z］、z2满足4=，〃+(4-〃，］,z?=2cos8+(X+3sine)i,X,ewR),若

4=z2,则X的取值范围是.

9

【答案】一77,7

16

〃7=2cos。

【解析】因为4=z,则，

24-m2=2+3sin^

所以，2=4-4cos20-3sin3-4sin2-3sin=4|sin-j

I8j16

-l<sin^<L故4=4，in6-3]G——,7

I8J1616

9

故答案为：一;7,7

16

16.如图正四棱柱ABCD—A5'C£)'中，AB＜，AA'=2,以。为球心，0c为半

径的球与侧面3℃力'的交线为。£，点P为交线C£上一动点，则P从C运动到E时,

。尸所形成的曲面面积为.

17

【答案]恒

3

【解析】由题意可知，以。为球心，£>c'=67Z=J7为半径的球与侧面BCC'B'的交线

为C'E,

那么交线C'E是一段圆弧，即平面5CC'5'截球所得的截面圆上的一段弧，

由于OC_L平面BCC'B',该截面圆的圆心是点C，截面圆的半径等于。6=2,

故P从C运动到E时，0P所形成的曲面是RtOC£绕ZX7旋转形成的圆锥的侧面的一

部分，该圆锥的母线长等于。C'=J7，

由于DB=JZ,DC=DE=yjDB2+BE2=y）6+BE2=77，BE=T,

所以。£=。'七=^^^5=2,而CC'=2,

TT

故是正三角形，则NECC'=],

所以DP所形成的曲面面积为兀x2x"=匹,

63

故答案为：恒

3

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|a|=1,16|=2,&与人的夹角是60。，计算

（1）计算〃，\a+b|；

（2）求Q+6和。的夹角的余弦值.

18

【答案】（1）a,b=l，\a+b\=y/l（2）rXL

7

【解析】（1）由题可得.•。=|《小卜。$60°=1X2*；=1,

|a+〃/=。2+2a,〃+〃2=l+2xl+4=7，所以|a+b|=";

（2）+。力=1+1=2,

设a+b和万的夹角为e,

（。+可・。22a

所以cose=「_T-rq-=-7=-=——'.

,“忖v7xl7

18.已知复数z满足|z|=J5,z2的虚部为2,Z在复平面上所对应的点A在第一象限.

（1）求z；

（2）若z2，Z—Z?在复平面上的对应点分别为B,C,求cosNABC.

ofc

【答案】（1）z=l+i；（2）cosZABC=-.

5

【解析】（1）因Z在复平面上所对应的点A在第一象限，设NAOx=e（0<6</）,则

z=虫（cos。+isin，），

有z2=2（cos26+isin26）,因z2的虚部为2,即2sin26>=2,解得。=工，

4

z=\/2（cos—+isin—）=1+i,

44

所以z=l+i

（2）由⑴知，z=l+i，z?=2i，z-z2=l-i，贝iJ点41」），3（。，2）,。（1,一1）,

BA=(1,-1),BC=(l,-3),因此,

c°s〃C=M=Ixl+（->（-3）;还

网“7+（-1）24+（-3）25，

所以cosNABC=域.

5

19.已知正三棱柱A8C-A1Q的边长均为26，E,尸分别是线段4a和B囱的中点.

19

(1)求证：£7"/平面ABC；

(2)求三棱锥C-ABE体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)3.

【解析】(1)证明：取AC的中点为G,连结GE,GB,

在△ACG中，EG为中位线，所以EG〃(:Ci,£G=^CCP

又因为CG〃3Bi,CG=B3i,F为BBi中点，

所以EG//BF,EG=BF,

所以四边形EF8G为平行四边形，

所以EF〃GB,又EF(Z平面ABC,G8u平面A8C,

所以EF〃平面ABC.

(2)因为E为AG的中点，

所以E到底面ABC的距离是Ci到底面A8C的距离的一半，

即三棱锥E-ABC的高h=^CC―色,

IX&BC的面积为S=也x(2#y=3,

4

20.在直角梯形ABC。中，己知A5//C。，ZDAB=90°,AB=6,AD=CD=3,

对角线AC交8。于点。，点M在A8上，且

(1)求的值;

20

(2)若N为线段AC上任意一点，求4N-MN的取值范围.

【答案】(1)-6：(2)-1,15.

_O

【解析】(1)(1)因为NDW=90°,

所以以A为坐标原点，AB.AD分别为乂丁轴，建立平面直角坐标系如下图:

因为AB//CO,AB=6,AD=CD=3,

所以A(0,0),8(6,0),C(3,3),D(0,3).

又因为对角线AC交BD于煎。，

所以由=得AO=(3f,3f),即0(3/,3，)，

因此。0=(3t,3t-3),DB=(6,-3),

2

而DO//DB,所以一3x3,一6x(3,-3)=°，解得/=§,

因此。(2,2).

又因为点M在A8上，所以设M(〃2,0),

因此OM=(加一2,-2),3£>=(-6,3),

而OM_L8D，所以=-6(机一2)-6=0,

解得m=1,即"(1,0),

因此AM=(1,0),而BD=(-6,3),

所以AM6，

即AM出方的值为-6：

(2)因N为线段AC上任意一点，

所以由(1)知：可设N(〃,〃)(0V〃K3)(包括端点),

因此AN=(n,n),MN=(n-l,n),

所以=—1)+〃2=2/一〃.

21

因为函数y=2/-〃的图象开口上，对称轴为〃=^，

ffi]0<<3.

所以函数y=2/?一〃的值域为一：,15,

O

即AN-MZ的取值范围是一三，15.

O

21.江都种植花木，历史悠久，相传始于唐代，盛于清代，素有“花木之乡”之称，在国内外

有较高的知名度.某种植园准备将如图扇形空地A08分隔成三部分建成花卉观赏区，分别

种植玫瑰花、郁金香和菊花；已知扇形的半径为70米，圆心角为等，动点尸在扇形的弧

上，点。在OB上，且PQ//QA.

（1）当。。=50米时，求尸。的长;

（2）综合考虑到成本和美观原因，要使郁金香种植区△OPQ的面积尽可能的大；设

ZAOP=e,求△OPQ面积的最大值.

【答案】（1）PQ长为80米（2）12256平方米

【解析】（1）扇形的半径0尸=70,

因为圆心角为,，所以NPQO=工，又。。=50,

33

jr

在△OPQ中，由余弦定理可得，OP2=OQ1+PQ2-2OQ-PQ-cos-,

22

即702=50+PQ-2X50XPQX；

解得PQ=80或尸。=-30（舍去），

所以PQ的长为80米.

27r

（2）因为ZAOP=e，0e（O,—）,

PQ_OP_70

在△QPQ中，由正弦定理可得，.,2^„.=sinZOCP=­7,

sin（---u）sin-