2022-2023学年北京市大兴区亦庄实验中学高一（下）期末数学试卷

第1页（共1页）2022-2023学年北京市大兴区亦庄实验中学高一（下）期末数学试卷一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．（4分）已知复数z＝﹣i（2+i），则z的共轭复数为（）A．1﹣2i B．2﹣i C．1+2i D．﹣1﹣2i2．（4分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝1，A＝60°，则B等于（）A．30° B．45° C．60° D．150°3．（4分）若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为4S，则它的一个底面面积是（）A．4S B．4πS C．πS D．2πS4．（4分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A．MN∥PD B．MN∥PA C．MN∥AD D．以上均有可能5．（4分）在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A． B． C． D．6．（4分）阅读下面题目及其证明过程，在横线处应填写的正确结论是（）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，O是正方形ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点，求证：平面PAC⊥平面BDE．证明：因为PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD．又因为AC⊥BD，且AC∩PO＝O，所以__________．又因为BD⊂平面BDE，所以平面PAC⊥平面BDE．A．BD⊥平面PBC B．AC⊥平面PBD C．BD⊥平面PAC D．AC⊥平面BDE7．（4分）在△ABC中，若ac＝8，a+c＝7，，则b＝（）A．25 B．5 C．4 D．8．（4分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2cosAsinB＝b2sinAcosB，则△ABC的形状为（）A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等边三角形9．（4分）为了测量河对岸两点C，D间的距离，现在沿岸相距2km的两点A，B处分别测得∠BAC＝105°，∠BAD＝60°，∠ABC＝45°，∠ABD＝60°，则C，D间的距离为（）A． B．2 C． D．410．（4分）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是（）A．AE⊥CE B．BE⊥DE C．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AD，BD1所成角的余弦值为．12．（5分）如图，△A'O'B'为水平放置的△AOB斜二测画法的直观图，且O'A'＝2，O'B'＝3，则△AOB的周长为．13．（5分）在△ABC中，BC＝6，AC＝8，∠A＝40°，则∠B的解的个数是个．14．（5分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足（b﹣a）（sinB+sinA）＝c（sinB﹣sinC），则A＝．15．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在面对角线AC上运动，下列四个命题中正确命题的序号是．①D1P∥平面A1BC1②平面PDB1⊥平面A1BC1③三棱锥A1﹣BPC1的体积不变④D1P⊥BD三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16．（8分）已知复数z＝m（m+2）+（m2+m﹣2）i．（1）若z是纯虚数，求实数m的值；（2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围．17．（13分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，E、F、G、H分别是AB、AC、PC、BC的中点，且PA＝PB，AC＝BC．（1）证明：AB⊥PC；（2）证明：平面PAB∥平面FGH．18．（15分）已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA﹣asinB＝0．D是AB的中点，AC＝2，CD＝2．（Ⅰ）求∠A的大小；（Ⅱ）求a的值．19．（15分）《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）．在如图所示的堑堵中，已知AB＝3，BC＝4，AC＝5．当阳马C1﹣ABB1A1体积等于24时，求：（Ⅰ）堑堵ABC﹣A1B1C1的侧棱长；（Ⅱ）鳖臑C1﹣ABC的体积；（Ⅲ）阳马C1﹣ABB1A1的表面积．20．（16分）在△ABC中，a+b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a的值；（Ⅱ）sinC和△ABC的面积．条件①：c＝7，cosA＝﹣；条件②：cosA＝，cosB＝．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．21．（18分）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E、F分别为棱AD、SB的中点．（Ⅰ）求证：AF∥平面SEC（Ⅱ）求证：平面ASB⊥平面CSB（Ⅲ）在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

2022-2023学年北京市大兴区亦庄实验中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．（4分）已知复数z＝﹣i（2+i），则z的共轭复数为（）A．1﹣2i B．2﹣i C．1+2i D．﹣1﹣2i【分析】利用复数乘法计算法则计算即可．【解答】解：z＝﹣i（2+i）＝﹣2i﹣i2＝1﹣2i，所以z的共轭复数为z＝1+2i．故选：C．【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．2．（4分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝，b＝1，A＝60°，则B等于（）A．30° B．45° C．60° D．150°【分析】由已知利用正弦定理可得sinB＝，根据大边对大角可求B为锐角，进而可求B的值．【解答】解：因为a＝，b＝1，A＝60°，所以由正弦定理，可得＝，可得sinB＝，又a＞b，可得B为锐角，所以B＝30°．故选：A．【点评】本题考查了正弦定理，大边对大角在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．3．（4分）若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为4S，则它的一个底面面积是（）A．4S B．4πS C．πS D．2πS【分析】根据圆柱的轴截面是正方形，且轴截面面积是4S，出圆柱底面圆的直径，代入面积公式计算．【解答】解：∵圆柱的轴截面是一个正方形，且此正方形的面积为4S，故此正方形的边长为2，故此圆柱的底面直径为2，故此圆柱的底面半径为，故圆柱的底面面积为：πS，故选：C．【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中熟练掌握圆柱的几何特征是解答的关键．4．（4分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A．MN∥PD B．MN∥PA C．MN∥AD D．以上均有可能【分析】直接利用直线与平面平行的性质定理推出结果即可．【解答】解：四棱锥P﹣ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAC∩平面PAD＝PA，由直线与平面平行的性质定理可得：MN∥PA．故选：B．【点评】本题考查直线与平面平行的性质定理的应用，基本知识的考查．5．（4分）在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A． B． C． D．【分析】利用线面平行判定定理可知B、C、D均不满足题意，从而可得答案．【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意，故选：A．【点评】本题考查空间中线面平行的判定定理，利用三角形中位线定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．6．（4分）阅读下面题目及其证明过程，在横线处应填写的正确结论是（）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，O是正方形ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点，求证：平面PAC⊥平面BDE．证明：因为PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD．又因为AC⊥BD，且AC∩PO＝O，所以__________．又因为BD⊂平面BDE，所以平面PAC⊥平面BDE．A．BD⊥平面PBC B．AC⊥平面PBD C．BD⊥平面PAC D．AC⊥平面BDE【分析】推导出PO⊥BD，AC⊥BD，从而BD⊥平面PAC．由此能证明平面PAC⊥平面BDE【解答】证明：因为PO⊥底面ABCD所以PO⊥BD．又因为AC⊥BD，且AC∩PO＝O，所以BD⊥平面PAC．又因为BD⊂平面BDE，所以平面PAC⊥平面BDE．故选：C．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．7．（4分）在△ABC中，若ac＝8，a+c＝7，，则b＝（）A．25 B．5 C．4 D．【分析】结合余弦定理与完全平方和公式，进行运算，得解．【解答】解：由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣2ac﹣2accosB＝49﹣2×8﹣2×8×＝25，所以b＝5．故选：B．【点评】本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．8．（4分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2cosAsinB＝b2sinAcosB，则△ABC的形状为（）A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等边三角形【分析】利用正弦定理化简，整理后得到sin2A＝sin2B，进而得到2A＝2B或2A+2B＝π，即可确定出三角形形状．【解答】解：已知等式利用正弦定理，化简得：ba2cosA＝ab2cosB，整理得：acosA＝bcosB，即sinAcosA＝sinBcosB，∴2sinAcosA＝2sinBcosB，即sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A+2B＝π，即A＝B或A+B＝，则△ABC为等腰三角形或直角三角形．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于基础题．9．（4分）为了测量河对岸两点C，D间的距离，现在沿岸相距2km的两点A，B处分别测得∠BAC＝105°，∠BAD＝60°，∠ABC＝45°，∠ABD＝60°，则C，D间的距离为（）A． B．2 C． D．4【分析】根据题意，在△ABC中由正弦定理求得DA，在△DAC中由余弦定理求得DC．【解答】解：因为∠ABD＝60°，∠BAD＝60°，所以△ABD是正三角形，所以AB＝BD＝DA＝2km，因为△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝105°，所以∠ACB＝30°，利用正弦定理得＝，AC＝＝＝2，△ACD中，∠CAD＝105°﹣60°＝45°，所以CD2＝AC2+AD2﹣2AC•AD•cos45°＝+22﹣2×2×2×＝4，所以CD＝2，即C、D间的距离为2km．故选：B．【点评】本题主要考查了正弦和余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力和分析推理能力，是基础题．10．（4分）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是（）A．AE⊥CE B．BE⊥DE C．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE【分析】选项A，由BC⊥AE，AE⊥BE，知AE⊥平面BCE，得解；选项B，由AD⊥BE，AE⊥BE，知BE⊥平面ADE，得解；选项C，采用反证法，假设DE⊥平面CEB，结合AE⊥平面CEB，知DE∥AE，不符合题意；选项D，由AE⊥平面BCE，再根据面面垂直的判定定理，得证．【解答】解：选项A，∵BC⊥平面ABE，∴BC⊥AE，∵AE⊥BE，BC∩BE＝B，BC、BE⊂平面BCE，∴AE⊥平面BCE，∴AE⊥CE，即选项A正确；选项B，∵AD⊥平面ABE，∴AD⊥BE，∵AE⊥BE，AD∩AE＝A，AD、AE⊂平面ADE，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥DE，即选项B正确；选项C，若DE⊥平面CEB，∵AE⊥平面CEB，∴DE∥AE，这与过一点有且仅有一条直线垂直于同一个平面矛盾，即选项C错误；选项D，∵AE⊥平面BCE，AE⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面BCE，即选项D正确．故选：C．【点评】本题考查空间中线与面的垂直关系，熟练掌握线与面垂直的判定定理或性质定理是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力，属于中档题．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AD，BD1所成角的余弦值为．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AD，BD1所成角的余弦值．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，则A（1，0，0），D（0，0，0），B（1，1，0），D1（0，0，1），＝（﹣1，0，0），＝（﹣1，﹣1，1），设异面直线AD，BD1所成角为θ，则cosθ＝＝．∴异面直线AD，BD1所成角的余弦值为．故答案为：．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．12．（5分）如图，△A'O'B'为水平放置的△AOB斜二测画法的直观图，且O'A'＝2，O'B'＝3，则△AOB的周长为12．【分析】根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，且其底面边长0B＝3，高OA＝2O'A'＝4，AB＝5，然后求三角形的周长即可．【解答】解：根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，底面边长0B＝3，高OA＝2O'A'＝4，∴AB＝＝5，∴直角三角形OAB的周长为3+4+5＝12．故答案为：12．．【点评】本题主要考查平面图形的直观图的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础．13．（5分）在△ABC中，BC＝6，AC＝8，∠A＝40°，则∠B的解的个数是2个．【分析】利用正弦定理求出sinB的值，并估算其范围，即可得解．【解答】解：由正弦定理知，，所以sinB＝＝＝sin40°，因为30°＜40°＜45°，所以sin30°＜sinB＜sin45°，即＜sinB＜，又B∈（0°，180°），所以B有两解．故答案为：2．【点评】本题考查三角形解的个数的判断，熟练掌握正弦定理是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．14．（5分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足（b﹣a）（sinB+sinA）＝c（sinB﹣sinC），则A＝．【分析】首先利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理求得∠A的余弦值，最后确定∠A的大小即可．【解答】解：由题意结合正弦定理可得：，即，结合余弦定理可得，则．故答案为：．【点评】本题主要考查正弦定理及其应用，余弦定理及其应用，特殊角的三角函数等知识，属于基础题．15．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在面对角线AC上运动，下列四个命题中正确命题的序号是①②③．①D1P∥平面A1BC1②平面PDB1⊥平面A1BC1③三棱锥A1﹣BPC1的体积不变④D1P⊥BD【分析】证明平面AD1C∥平面A1BC1后可判断A，证明DB1⊥平面A1BC1后可判断B，由AC∥平面A1BC1可判断C，取P是AC与BD交点时可判断D．【解答】解：对于①．连接AD1，CD1，A1B，BC1，A1C1，如图，正方体中由AA1与CC1平行且相等得平行四边形ACC1A1，所以AC∥A1C1，又AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1，同理AD1∥平面A1BC1，AC∩AD1＝A，AC，AD1⊂平面AD1C，所以平面AD1C∥平面A1BC1，D1P⊂平面AD1C，所以D1P∥平面A1BC1，①正确；对于②．连接BD，B1D1，正方体中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1，又正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，DD1∩B1D1＝D1，DD1，B1D1⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥平面BB1D1D，而DB1⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥DB1，同理A1B⊥DB1，A1C1∩A1B＝A1，A1C1，A1B⊂平面A1BC1，所以DB1⊥平面A1BC1，而DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面A1BC1，②正确；对于③．由A的证明知AC∥平面A1BC1，P∈AC，P到平面A1BC1的距离不变，因此三棱锥P﹣A1BC1体积不变，即三棱锥A1﹣BPC1的体积不变，③正确；对于④．当P是AC与BD交点时，因为BB1∥AA1∥DD1，BB1＝AA1＝DD1，所以四边形BDD1B1为平行四边形，又因为BB1⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BB1⊥BD，所以四边形BDD1B1为矩形，在矩形BDD1B1中，BD⊥D1D，D1D∩D1P＝D1，D1P和BD显然不垂直，④错误．故答案为：①②③．【点评】本题考查线线垂直、线面垂直与面面垂直的关系是解题关键．解题时对三个垂直的间相互转化需熟练掌握，属中档题．三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16．（8分）已知复数z＝m（m+2）+（m2+m﹣2）i．（1）若z是纯虚数，求实数m的值；（2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围．【分析】（1）若z是纯虚数，则实部为0，虚部不为0，列方程组求解即可．（2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，则实部大于0，虚部小于0，列不等式组求解即可．【解答】解：（1）若复数是纯虚数，则，解得，所以m＝0．（2）复数z在复平面内对应的点位于第四象限，则，解得0＜m＜1，故实数m的取值范围是（0，1）．【点评】本题主要考查纯虚数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．17．（13分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，E、F、G、H分别是AB、AC、PC、BC的中点，且PA＝PB，AC＝BC．（1）证明：AB⊥PC；（2）证明：平面PAB∥平面FGH．【分析】（1）连结CE，由三线合一可得AB⊥CE，AB⊥PE，故而AB⊥平面PCE，于是AB⊥PC；（2）根据中位线定理可得AB∥FH，PB∥GH，从而得出平面PAB∥平面FGH．【解答】（1）证明：连接EC，∵AC＝BC，PA＝PB，E是AB的中点，∴EC⊥AB，AB⊥PE，又PE⊂平面PCE，CE⊂平面PCE，PE∩CE＝E，∴AB⊥面PEC，又PC⊂平面PCE，∴AB⊥PC．（2）连接FH，∵F，G，H分别是AC，PC，BC的中点，∴FH∥AB，又AB⊄平面FGH，FH⊂平面FGH，∴AB∥平面FGH，同理可得PB∥平面FGH，又AB∩PB＝B，AB⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，∴平面PAB∥平面FGH．【点评】本题考查了线面平行，面面平行的判定，属于中档题．18．（15分）已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA﹣asinB＝0．D是AB的中点，AC＝2，CD＝2．（Ⅰ）求∠A的大小；（Ⅱ）求a的值．【分析】（Ⅰ）利用正弦定理得，进而求得A；（Ⅱ）在△ACD和△ABC中分别使用余弦定理，计算a的值．【解答】解：（Ⅰ）因为，由正弦定理得：，因为sinB＞0，所以，得，因为A∈（0，π），所以；（Ⅱ）在△ACD中，由余弦定理得：，即AD2﹣2AD﹣8＝0，解得：AD＝4（负值舍去），则AB＝8，在△ABC中，由余弦定理得：，所以，所以．【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．19．（15分）《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）．在如图所示的堑堵中，已知AB＝3，BC＝4，AC＝5．当阳马C1﹣ABB1A1体积等于24时，求：（Ⅰ）堑堵ABC﹣A1B1C1的侧棱长；（Ⅱ）鳖臑C1﹣ABC的体积；（Ⅲ）阳马C1﹣ABB1A1的表面积．【分析】（Ⅰ）设堑堵ABC﹣A1B1C1的侧棱长为x，根据阳马C1﹣ABB1A1体积等于24求解即可；（Ⅱ）根据棱锥的体积计算即可；（Ⅲ）分别计算C1﹣ABB1A1的侧面积与底面积，相加即可．【解答】解：（Ⅰ）因为AB＝3，BC＝4，AC＝5，所以AB2+BC2＝AC2．所以△ABC为直角三角形．设堑堵ABC﹣A1B1C1的侧棱长为x，则，则，所以x＝6，所以堑堵ABC﹣A1B1C1的侧棱长为6；（Ⅱ）因为，所以，所以鳖臑C1﹣ABC的体积为12；（Ⅲ）因为，，，所以阳马C1﹣ABB1A1的表面积为．【点评】本题考查了三棱锥的体积与表面积的计算，属于中档题．20．（16分）在△ABC中，a+b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a的值；（Ⅱ）sinC和△ABC的面积．条件①：c＝7，cosA＝﹣；条件②：cosA＝，cosB＝．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【分析】选择条件①（Ⅰ）由余弦定理求出（a+b）（a﹣b）＝49+2b，再结合a+b＝11，即可求出a的值，（Ⅱ）由正弦定理可得sinC，再根据三角形的面积公式即可求出，选择条件②（Ⅰ）根据同角的三角函数的关系和正弦定理可得＝＝，再结合a+b＝11，即可求出a的值，（Ⅱ）由两角和的正弦公式求出sinC，再根据三角形的面积公式即可求出．【解答】解：选择条件①（Ⅰ）由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，即a2﹣b2＝49﹣14b×（﹣）＝49+2b，∴（a+b）（a﹣b）＝49+2b，∵a+b＝11，∴11a﹣11b＝49+2b，即11a﹣13b＝49，联立，解得a＝8，b＝3，故a＝8．（Ⅱ）在△ABC中，sinA＞0，∴sinA＝＝，由正弦定理可得＝，∴sinC＝＝＝，∴S△ABC＝absinC＝×8×3×＝6．选择条件②（Ⅰ）在△ABC中，sinA＞0，sinB＞0，C＝π﹣（A+B），∵cosA＝，cosB＝，∴sinA＝＝，sinB＝＝，由正弦定理可得＝，∴＝＝，∵a+b＝11，∴a＝6，b＝5，故a＝