上海期末真题精选50题（小题压轴版）-2021-2022学年高一数学下册期中期末考试高分直通车（沪教版2020必修第二册）

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上海期末真题精选50题（小题压轴版）
一、单选题
1．（2020·上海交大附中高一期末）设为所在平面内一点，满足，则的面积与的面积的比值为
A．6 B． C． D．4
【答案】A
【分析】作，，，由已知可得是的重心，由重心性质可得所求面积比．
【详解】作，，，如图，∵，∴是的重心，则，设，
设，
∵，，，
∴，即，同理，，
，
∴．
故选：A．

【点睛】本题考查三角形面积的计算，考查向量的加法与数乘法则，体现了向量在解决平面图形问题中的优越性．
2．（上海曹杨二中高一期末）已知，且关于的方程有实根，则与的夹角的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据方程有实根得到，利用向量模长关系可求得，根据向量夹角所处的范围可求得结果.
【详解】关于的方程有实根
设与的夹角为，则
又
又
本题正确选项：
【点睛】本题考查向量夹角的求解问题，关键是能够利用方程有实根得到关于夹角余弦值的取值范围，从而根据向量夹角范围得到结果.
3．（2018·上海市南洋模范中学高一期中）在中，角，，的对边分别为，，，若，则为
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】D
【详解】余弦定理得代入原式得
解得
则形状为等腰或直角三角形,选D.
点睛：判断三角形形状的方法
①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．
②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状，此时要注意应用这个结论．
4．（2018·上海市宝山中学高一期中）中，，则一定是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】D
【分析】由已知，利用正弦定理及同角的三角函数的基本关系对式子进行化简，然后结合三角函数的性质再进行化简即可判断．
【详解】∵，
由正弦定理可得，，
∵，
∴，
∴即，∵，
∴或，
∴或，即三角形为等腰或直角三角形，
故选D．
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系及正弦定理的应用，利用正弦定理进行代数式变形是解题的关键和难点．
5．（2018·上海高一期中）在中，若M是线段BC的中点，点P在线段AM上，满足：，则等于（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据向量平行四边形法则得到，且共线，根据题意计算各个线段长度，代入计算得到答案.
【详解】如图所示：根据平行四边形法则得到，且共线



故选：D

【点睛】本题考查了向量的运算，画出图像可以直观理解，是解题的关键，意在考查学生的计算能力.
6．（2019·上海中学高一期中）在中，角、、所对的边分别为、、，如果，则的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．等腰直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．直角三角形
【答案】C
【分析】结合正弦定理和三角恒等变换及三角函数的诱导公式化简即可求得结果
【详解】利用正弦定理得，化简得，
即，则或，解得或
故的形状是等腰三角形或直角三角形
故选：C
【点睛】本题考查根据正弦定理和三角恒等变化，三角函数的诱导公式化简求值，属于中档题
7．（2018·上海市宝山中学高一期中）钝角三角形的三边为，，，其最大角不超过，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由钝角三角形的三边为，，，根据三角形三边关系得出，再由钝角三角形的最大角不超过，设该三角形的最大角为，则，由余弦定理得出，联立不等式组，即可求出的取值范围.
【详解】解：钝角三角形的三边分别是，，，其最大内角不超过，
设该三角形的最大角为，则，
，
由三角形三边关系和余弦定理，
得，解得：，
所以的取值范围是：.
故选：B.
【点睛】本题考查根据三角形的三边关系和余弦定理的应用求参数的取值范围，考查运算能力，属于基础题.
8．设，复数在复平面内对应的点位于实轴上，又函数，若曲线与直线：有且只有一个公共点，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由已知求得，得到，利用导数研究单调性及过的切线的斜率，再画出图形，数形结合，即可求得实数的取值范围．
【详解】由题意，复数在复平面内对应的点位于实轴上，
所以，即，所以，则，所以函数单调递增，且当时，，
作出函数的图象，如图所示：
又由直线过点，
设切点为，则在切点处的切线方程为，
把代入，可得，即，即，
即切线的坐标为，代入，可得，即，
又由图象可知，当，即时，
曲线与直线有且只有一个公共点，
综上所述，当时，曲线与直线有且只有一个公共点，
故选A．

【点睛】本题主要考查了复数的基本概念，考查函数零点的判定，以及导数的几何意义和利用导数研究函数的单调性的应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
9．设复数在复平面上对应向量，将向量绕原点O按顺时针方向旋转后得到向量，对应复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先把复数化为三角形式，再根据题中的条件求出复数，利用复数相等的条件得到和的值，求出.
【详解】因为，
所以，
设，，，
则，
，
即，，，
故
.
故选：A.
【点睛】本题考查复数的几何意义及复数的综合运算，较难. 解答时要注意将、化为三角形式然后再计算.
10．（2019·上海曹杨二中高一期末）在中，若，则角的大小为
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由平面向量数量积的定义得出、与的等量关系，再由并代入、与的等量关系式求出的值，从而得出的大小.
【详解】，，
，由正弦定理边角互化思想得，
，，同理得，
，，则，解得，
中至少有两个锐角，且，，所以，，
，因此，，故选D.
【点睛】本题考查平面向量的数量积的计算，考查利用正弦定理、两角和的正切公式求角的值，解题的关键就是利用三角恒等变换思想将问题转化为正切来进行计算，属于中等题.
11．（2020·上海交大附中高一期末）是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足，，则点的轨迹一定经过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
【答案】B
【分析】先根据、分别表示向量、方向上的单位向量，确定的方向与的角平分线一致，再由可得到，可得答案．
【详解】解：、分别表示向量、方向上的单位向量，
的方向与的角平分线一致，
又，
，
向量的方向与的角平分线一致
点的轨迹一定经过的内心.
故选：B．
【点睛】本题考查平面向量的线性运算和向量的数乘，以及对三角形内心的理解，考查化简运算能力．
12．（2017·上海高一期末）设函数，其中为已知实常数，，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，则对任意实数恒成立；
B．若，则函数为奇函数；
C．若，则函数为偶函数；
D．当时，若，则 （）．
【答案】D
【分析】利用两角和的余弦公式化简表达式.
对于A选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出A选项为真命题.
对于B选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为奇函数，由此判断出B选项为真命题.
对于C选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为偶函数，由此判断出C选项为真命题.
对于D选项，根据、，求得的零点的表达式，由此求得 （），进而判断出D选项为假命题.
【详解】
.
不妨设 ．为已知实常数.
若，则得 ；若，则得．
于是当时，对任意实数恒成立，即命题A是真命题；
当时，，它为奇函数，即命题B是真命题；
当时，，它为偶函数，即命题C是真命题；
当时，令，则
，
上述方程中，若，则，这与矛盾，所以．
将该方程的两边同除以得
，令 （），
则 ，解得 （）．
不妨取 ， （且），
则，即 （），所以命题D是假命题．
故选：D
【点睛】本小题主要考查两角和的余弦公式，考查三角函数的奇偶性，考查三角函数零点有关问题的求解，考查同角三角函数的基本关系式，属于中档题.
13．（2020·上海市青浦高级中学高一期末）设函数，其中、、、为已知实常数，，有下列四个命题：（1）若，则对任意实数恒成立；（2）若，则函数为奇函数；（3）若，则函数为偶函数；（4）当时，若，则（）；则上述命题中，正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】利用两角和的余弦公式化简表达式.
对于命题（1），将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出（1）选项的真假；
对于命题（2）选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为奇函数，由此判断出（2）选项的真假；
对于命题（3）选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为偶函数，由此判断出（3）选项的真假；
对于命题（4）选项，根据、，求得的零点的表达式，进而判断出（4）选项的真假.
【详解】

不妨设 ．为已知实常数.
若，则得 ；若，则得．
于是当时，对任意实数恒成立，即命题（1）是真命题；
当时，，它为奇函数，即命题（2）是真命题；
当时，，它为偶函数，即命题（3）是真命题；
当时，令，则
，
上述方程中，若，则，这与矛盾，所以．
将该方程的两边同除以得
，令 （），
则 ，解得 （）．
不妨取 ， （且），
则，即 （），所以命题（4）是假命题．
故选：C
【点睛】本题考查两角和差公式，三角函数零点，三角函数性质，重点考查读题，理解题和推理变形的能力，属于中档题型.
14．（2019·上海交大附中高一期中）在中，，则的形状是
A．等腰非直角三角形 B．等腰直角三角形
C．直角非等腰三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】C
【分析】由正弦定理可得，化为，
由，进而可得结果.
【详解】,

化为，
由正弦定理可得，
，
，
，
，
是直角三角形，不是等腰三角形，故选C.
【点睛】判断三角形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.
二、填空题
15．复平面内向量对应的复数为2+i，A点对应的复数为-1，现将绕A点顺时针方向旋转90°后得到的向量为，则点C对应的复数为___________.
【答案】-2i
【分析】求出向量的三角形式，根据题意得出，求出，即可得出点C对应的复数.
【详解】，且向量对应复平面的坐标在第一象限
则，其中
因为绕A点顺时针方向旋转90°后得到的向量为
所以
因为，所以，则点C对应的复数为
故答案为：
【点睛】本题主要考查了复数的三角形式及其运算，属于中档题.
16．若复数满足，其中i是虚数单位，则的虚部为________.
【答案】－1
【分析】利用复数的运算法则求出，根据虚部的概念即可得出．
【详解】，
∴的虚部为，故答案为.
【点睛】本题考查了复数的运算法则、复数的分类，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
17.表示虚数单位，则______.
【答案】1
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再利用复数的乘法计算可得．
【详解】解：
且，，，，……

故答案为：
【点睛】本题考查复数的代数形式的乘除运算以及复数的乘方，属于基础题.
18．设为虚数单位，则的虚部为______．
【答案】
【分析】根据复数除法运算化简复数，进而得结果
【详解】
故答案为：
【点睛】易错点睛：本题考查了复数的实部和虚部，在解题时一般利用分子、分母同乘分母的共轭复数进行运算，化简为的形式，b就是这个复数的虚部，一定要注意符号，考查学生的运算求解能力，属于易错题.
19．计算：______________.
【答案】
【分析】先利用复数的运算法则将和化简，然后计算出及的值，然后得出的值．
【详解】．
故答案为：．
20．设复数满足，且使得关于的方程有实根，则这样的复数的和为______.
【答案】
【分析】首先设 (，且)，代入方程，化简为，再分和两种情况求验证是否成立.
【详解】设，(，且)
则原方程变为.
所以，①且，②；
（1）若，则解得，当时①无实数解，舍去；
从而，此时或3，故满足条件；
（2）若，由②知，或，显然不满足，故，代入①得，，所以.
综上满足条件的所以复数的和为.
故答案为：
【点睛】思路点睛：本题考查复系数二次方程有实数根问题，关键是设复数后代入方程，再进行整理转化复数的代数形式，注意实部和虚部为0，建立方程求复数.
21．如果z＝，那么z100＋z50＋1＝________.
【答案】
【分析】先求出复数，计算出后可求的值.
【详解】因为，故，所以，
故，故，
故答案为：.
【点睛】知识点睛：对任意的，
若，则，若，则，
若，则，若，则.
22．复数，，则的最大值为_________．
【答案】
【分析】利用复数的加减运算法则计算计算，然后计算并利用三角函数的性质分析其最值.
【详解】因为，，
所以，
故，
所以当时，有最大值，且最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查复数的模长计算，解答本题的关键在于先要表示出的表达式，然后通过辅助角公式将化简，结合三角函数的性质求解最值.
23．在复平面内，等腰直角三角形以为斜边（其中为坐标原点），若对应的复数，则直角顶点对应的复数_____________.
【答案】或
【分析】根据复数的几何意义 由，得到，点的坐标为，设点的坐标为，再根据三角形是以为斜边的等腰直角三角形，则有，再运算求解..
【详解】因为，
所以，点的坐标为.
设点的坐标为，
则.
由题意得，，
所以，
解得或，
所以复数或.
故答案为：或.
【点睛】本题主要考查了复数的几何意义，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
24． ______.
【答案】
【分析】利用，即得解.
【详解】
.
故答案为：
【点睛】本题考查了复数的幂指数运算，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.
25．如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____.

【答案】.
【分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值.
【详解】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.



，
得即故.
【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题.
26．（2020·上海复旦附中高一期末）三角形蕴涵大量迷人性质，例如：若点在内部，用分别代表、、的面积，则有．现在假设锐角三角形顶点所对的边长分别为为其垂心，的单位向量分别为，则_________．

【答案】
【分析】由可得，根据相似三角形可得，，即，即可得
【详解】由可得

根据可得，同理可得，
所以，
所以
故答案为：
【点睛】本题以三角形中的结论为载体，考查了垂心的性质，涉及三角形面积公式、相似三角形的性质，属于难题.
27．（2018·上海高一期中）向量是平面直角坐标系轴、轴的基本单位向量，且，则的取值范围是__________
【答案】
【分析】先确定对应的点在线段上，再利用图形中距离的最大最小值得到答案.
【详解】如图所示：由题意知，设
则表示点到的距离之和，，
故对应的点在线段上
表示对应的点到的距离.
如图所示：最短距离为垂线段 ，最长距离为
故答案为：


【点睛】本题考查了向量的模的最值，转化为图形中的对应长度是解题的关键，简化了运算.
28．（2019·上海中学高一期中）已知是定义在R上的奇函数，且时，单调递增，已知设集合集合则________.
【答案】
【分析】由已知可得：时，，时，，将转化成或，即可将转化成：，即可转化成：成立，令，整理得：，再利用基本不等式即可得解．
【详解】
因为是定义在R上的奇函数，时，单调递增,且
所以时，，时，，
所以可化为：或，
所以集合可化为：
集合，
所以
即：恒成立.
即：恒成立，即：
记，令，则,且，代入得：
，当且仅当时，等号成立．
所以，
所以，
所以
【点睛】本题主要考查了奇函数的应用及函数单调性的应用，还考查了交集运算及参变分离法解决恒成立问题，还考查了换元法、转化思想及利用基本不等式求最值，属于难题．
29．（2020·上海市向明中学高一期中）已知等差数列的公差，数列满足，集合，若，集合中恰好有两个元素，则________
【答案】或
【分析】计算，，讨论和两种情况，计算得到的值，再验证得到答案.
【详解】根据题意：，，
，故，，
当时，，故；
当时，即，解得（舍去）或，
，故.
，
当时，，此时，满足条件；
当时，，此时，满足条件.
综上所述：或.
故答案为：或.
【点睛】本题考查了根据三角函数的值域求参数，等差数列，集合的元素，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
30．（2020·上海华师大二附中高一期中）若函数在区间内恰有2019个零点，则________
【答案】
【分析】根据零点的定义可知，方程，即
在内有有2019个根，显然不满足方程，所以
令，再研究直线与函数的交点个数，即可解出．
【详解】令，即有，因为不满足方程，所以，令，∴．∵函数在上递增，在上递增，由图象可知，直线与函数的图象至少有一个交点．
当时，直线与函数的图象只有一个交点，此时，在一个周期内的上有两个解，所以在区间内不可能有奇数个解；
当时，同理可得，在区间内不可能有奇数个解；
当时，直线与函数的图象有两个交点，一个，一个，所以在一个周期内，有两个解，有两个解，所以在区间内不可能有奇数个解；
当时，直线与函数的图象有两个交点，一个，一个，所以在一个周期内，有两个解，有一个解，即一个周期内有三个解，所以，即．
当时，同理可得，．
故答案为：．

【点睛】本题主要考查根据函数的零点个数求参数，二倍角公式的应用，考查转化思想，分类讨论思想和数形结合思想的应用，属于较难题．
31．（2020·上海市实验学校高一期末）已知函数，若函数的所有零点依次记为且，，若，则__________.
【答案】
【详解】由题意，令，解得.
∵函数的最小正周期为，，
∴当时，可得第一个对称轴，当时，可得.
∴函数在上有条对称轴
根据正弦函数的图象与性质可知：函数与的交点有9个点，即关于对称，关于对称，…，即，，…，.
∵
∴
∴
故答案为.
点睛：本题考查了三角函数的零点问题，三角函数的考查重点是性质的考查，比如周期性，单调性，对称性等，处理抽象的性质最好的方法结合函数的图象，本题解答的关键是根据对称性找到与的数量关系，本题有一个易错点是，会算错定义域内的交点的个数，这就需结合对称轴和数列的相关知识，防止出错.
32．（2018·上海高一期末）将函数的图象向右平移 个单位后得到函数的图象，若对满足的、，有的最小值为，则______．
【答案】或
【分析】先求解的解析式，根据可知一个取得最大值一个是最小值，不妨设取得最大值，取得最小值，结合三角函数的性质的最小值为，即可求解的值；
【详解】由函数的图象向右平移，可得 
不妨设取得最大值，取得最小值，
，，．
可得
的最小值为，即．

得或
故答案为或．
【点睛】本题主要考查由函数的解析式，函数的图象变换规律，属于中档题．
33．（2019·上海高一期末）若，则实数的值为_______.
【答案】
【分析】由得，代入方程即可求解.
【详解】,
.
,
,
,即，
故填.
【点睛】本题主要考查了反三角函数的定义及运算性质，属于中档题.
34．（2017·上海市金山中学高一期末）设数列是首项为0的递增数列，函数满足：对于任意的实数，总有两个不同的根，则的通项公式是________．
【答案】
【分析】利用三角函数的图象与性质、诱导公式和数列的递推公式，可得，再利用“累加”法和等差数列的前n项和公式，即可求解．
【详解】由题意，因为，当时，，
又因为对任意的实数，总有两个不同的根，所以，
所以，
又，
对任意的实数，总有两个不同的根，所以，
又，
对任意的实数，总有两个不同的根，所以，
由此可得，
所以，
所以．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，以及诱导公式，数列的递推关系式和“累加”方法等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
35．（2019·上海交大附中高一期末）如图中，，，，M为AB边上的动点，，D为垂足，则 的最小值为______；

【答案】
【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出的值，然后利用换元法求解出对应的最小值即可.
【详解】如图所示，设，所以，
根据条件可知：，所以，
设，，，
所以，所以，
所以，


所以当时，有最小值，最小值为.
故答案为：.

【点睛】本题考查利用坐标法以及换元法求解最值，着重考查逻辑推理和运算求解的能力，属于较难题
(1)利用换元法求解最值时注意，换元后新元的取值范围；
(2)三角函数中的一组“万能公式”：，.
36．（上海市南洋模范中学高一期末）函数在区间上的最大值为，则的值是_____________.
【答案】
【分析】利用同角三角函数平方关系，易将函数化为二次型的函数，结合余弦函数的性质，及函数在上的最大值为1，易求出的值．
【详解】函数
又函数在上的最大值为1，
≤0，
又,
且在上单调递增，
所以
即．
故答案为：
【点睛】本题考查的知识点是三角函数的最值，其中利用同角三角函数平方关系，将函数化为二次型的函数，是解答本题的关键，属于中档题．
37．（2015·上海曹杨二中高一期末）函数的图像与直线有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是_________
【答案】
【分析】先去掉绝对值符号，得出函数的解析式，再做出的图像，由图像可得两个图像要有两个不同的交点时的范围.
【详解】由已知得，在坐标系中做出图像如下：
由图像可知最高点值为，最低点值为，要使在部分的图像与有两个不同的交点，则需要，
故答案为：.
.
【点睛】本题主要考查分段函数的概念，正弦函数图象，先去掉绝对值化简函数解析式，再由解析式画出函数的图象，结合图象确定参数的取值范围是解决此类题目的关键，属于中档题.
38．（2019·上海高一期末）在中，、、所对的边依次为、、，且，
若用含、、，且不含、、的式子表示，则_______ .
【答案】
【分析】利用诱导公式，二倍角公式，余弦定理化简即可得解.
【详解】




.
故答案为.
【点睛】本题主要考查了诱导公式，二倍角的三角函数公式，余弦定理，属于中档题.
39．（2019·上海高一期末）已知（），则________.（用表示）
【答案】
【分析】根据同角三角函数之间的关系，结合角所在的象限，即可求解.
【详解】因为，
所以，
故，解得，
又，，
所以.
故填.
【点睛】本题主要考查了同角三角函数之间的关系，三角函数在各象限的符号，属于中档题.
40．（上海高一期末）在中，三个内角A、B、C满足，且、、的数值都是整数，则的数值是_________．
【答案】3
【分析】由已知可得，展开两角和的正切，得到，可知当时，，得；当时,由，得，由的值都是整数，可得此时无解.
【详解】在中，由，得.
∴
①当时，由可得.
∴，即.
∵的值都是整数
∴
∴
②当时，由，可得，即.
∵的值都是整数
∴此时无解
综上所述，.
故答案为：3.
【点睛】本题主要考查了两角和的正切公式，诱导公式的应用问题，体现了分类讨论的数学思想方法，解答本题的关键是证明出，属中档题．
41．（2020·上海交大附中高一期末）已知是定义域为的单调函数，且对任意实数，都有，则______.
【答案】
【分析】根据函数解析式,利用换元法表示出.结合函数的单调性,令代入后可求得的解析式.结合三角函数的化简求值及对数运算将化简,代入解析式即可求解.
【详解】对任意实数,都有
令
则
因为是定义域为的单调函数
所当时,函数值唯一,即代入
可得,即
化简可得,经检验可知为方程的解
而为单调递减函数,为单调递增函数
所以两个函数只有一个交点,即只有一个根为
所以
而
所以


故答案为:
【点睛】本题考查了复合函数解析式的求法,换元法求解析式的应用,三角函数化简及对数运算性质应用,属于难题.
42．（2020·上海市行知中学高一期末）在中，，是的角平分线，，且，问_______时，最短.
【答案】
【分析】作出图形，设内角、、的对边分别为、、，由题意可得出，利用余弦定理结合基本不等式可求得的最小值及其对应的、，利用角平分线的性质可求得，利用余弦定理求得，进而利用余弦定理可求得的长，由此可求得的值.
【详解】
在中，设内角、、的对边分别为、、，则，

，可得，
由余弦定理得
，
，则，所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，
由，解得，，
，则，此时，，
由于，则，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理可得，则，
因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用余弦定理与基本不等式求边的最值，同时也考查了三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于难题.
43．（2018·上海大学市北附属中学高一期中）已知是某三角形的三个内角，给出下列四组数据
①； ②；
③； ④．
分别以每组数据作为三条线段的长，其中一定能构成三角形的数组的序号是_______．
【答案】①③
试题分析： 因为是某三角形的三个内角，由正弦定理可知，可作为三角形的三条边；
因为，所以，所以，同理可证，故可作为三角形的三边.故答案为①③.
考点：1.解三角形；2.三角恒等变换.
44．（2017·上海）在锐角中，若，则的最小值是________
【答案】
【详解】由 sinA=sin(π−A)=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC ， sinA=3sinBsinC ，
可得 sinBcosC+cosBsinC=3sinBsinC ，①
由三角形 ABC 为锐角三角形，则 cosB>0 ， cosC>0 ，
在①式两侧同时除以 cosBcosC 可得 tanB+tanC=3tanBtanC ，
又 tanA=−tan(π−A)=−tan(B+C)=− ②，
则 tanAtanBtanC=−⋅tanBtanC ，
由 tanB+tanC=3tanBtanC, 可得 tanAtanBtanC=−，
令 tanBtanC=t ，由 A ， B ， C 为锐角可得 tanA>0 ， tanB>0 ， tanC>0 ，
由②式得 1−tanBtanC1 ，
tanAtanBtanC=− =−,=−, 由 t>1 得 ,−⩽−