必刷卷01-2020-2021学年高一数学下学期期末仿真必刷模拟卷（北师大版2019）

高一年级下学期期末仿真卷01

本试卷共22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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.设复数z满足z﹣||＝i﹣2，则z的虚部为（　　）

A．﹣ B．﹣﹣i C．i D．1

【答案】D

【分析】设复数z＝x+yi，x、y∈R，由复数相等列方程求出y的值即可．

【解答】解：设复数z＝x+yi，x、y∈R，

由z﹣||＝i﹣2，得（x+yi）﹣＝i﹣2，

即（x﹣）+yi＝﹣2+i；

所以y＝1，

即z的虚部为1．

故选：D．

【知识点】复数的运算

2.已知，则＝（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知利用两角和的正切求得tanA，然后利用同角三角函数基本关系式化弦为切求解．

【解答】解：由，得，

解得：tanA＝2．

∴＝＝．

故选：C．

【知识点】二倍角的三角函数、两角和与差的三角函数

3.设，，为非零不共线向量，若|﹣t+（1﹣t）|≥|﹣|（t∈R），则（　　）

A．（+）⊥（﹣） B．（+）⊥（+） C．（+）⊥（+） D．（﹣）⊥（+）

【答案】D

【分析】因为对任意的实数t∈R，不等式|﹣t+（1﹣t）|≥|﹣|（t∈R）恒成立，所以把不等式整理成关于t一元二次不等式．

【解答】解：设，，为非零不共线向量，

     若|﹣t+（1﹣t）|≥|﹣|（t∈R），

     则 ≥|﹣|，

∴|（）+（1﹣t）（）|2≥||2，

化简得，（1﹣t）2（）2+2（1﹣t）（）•（）≥0，

即（）2t2﹣2[（）2+（）（）]t+（）2+2（）（）≥0，

∴△＝4[（）（）]2≤0，

∴（）（）＝0，

∴（）⊥（）．

故选：D．

【知识点】两向量的和或差的模的最值

4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcos A＝c﹣a，点D在AC上，2AD＝DC，BD＝2，则△ABC的面积的最大值为（　　）

A． B． C．4 D．6

【答案】A

【分析】由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sinAcosB＝sinA，结合sinA≠0，可求cosB＝，结合范围B∈（0，π），可得B＝，设AD＝x，则CD＝2x，AC＝3x，在△ADB，△BDC，△ABC中分别利用余弦定理，由cos∠ADB＝﹣cos∠CDB，可得6x2＝a2+2c2﹣12，再根据cos∠ABC＝，可得a2+c2﹣9x2＝ac，可得4c2+a2+2ac＝36，根据基本不等式可得ac≤6，进而根据三角形的面积公式即可求解．

【解答】解：在△ABC中，bcos A＝c﹣a，

由正弦定理可得sinBcosA＝sinC﹣sinA，可得sinBcosA＝sin（A+B）﹣sinA＝sinAcosB+cosAsinB﹣sinA，

即sinAcosB＝sinA，

由于sinA≠0，

所以cosB＝，由B∈（0，π），可得B＝，

设AD＝x，则CD＝2x，AC＝3x，

在△ADB，△BDC，△ABC中分别利用余弦定理，可得cos∠ADB＝，cos∠CDB＝，cos∠ABC＝，

由于cos∠ADB＝﹣cos∠CDB，可得6x2＝a2+2c2﹣12，

再根据cos∠ABC＝，可得a2+c2﹣9x2＝ac，

所以4c2+a2+2ac＝36，根据基本不等式可得4c2+a2≥4ac，

所以ac≤6，当且仅当a＝2，c＝时等号成立，

所以△ABC的面积S＝acsin∠ABC＝ac≤．

故选：A．

【知识点】正弦定理、三角形中的几何计算

5.已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（x∈R，ω＞0，0＜φ＜）的部分图象如图所示，将函数f（x）的图象向右平移个单位长度得到函数g（x）的图象，则下列关于函数g（x）说法正确的是（　　）

A．g（x）＝2sin（2x+） 

B．单调递增区间为（﹣+kπ，+kπ）（k∈Z） 

C．x＝为该函数的一条对称轴 

D．（，0）为该函数的一个对称中心

【答案】B

【分析】根据函数f（x）的图象可得最小正周期T，由周期公式可求得ω，由点（，0）在函数f（x）的图象上，可求得φ，再由点（0，1）在函数f（x）的图象上，可求得A值，从而可得f（x）的解析式，从而判断选项A；由三角函数的性质可判断选项C，D；由三角函数的图象变换可得g（x），结合正弦函数的单调性即可判断选项B．

【解答】解：由图象可知，函数f（x）的最小正周期T＝2（﹣）＝π，所以ω＝＝2，

因为点（，0）在函数f（x）的图象上，所以Asin（2×+φ）＝0，

即sin（+φ）＝0，又0＜φ＜，所以＜+φ＜，

所以+φ＝π，所以φ＝，

又点（0，1）在函数f（x）的图象上，所以Asin＝1，解得A＝2

故函数f（x）的解析式为2sin（2x+），

所以g（x）＝f（x﹣）＝2sin[2（x﹣）+]＝2sin2x，故选项A错误；

将x＝和x＝代入解析式显然不是该函数的对称轴和对称中心，故选项C，D错误；

﹣+2kπ＜2x＜+2kπ，解得﹣+kπ＜x＜+kπ，k∈Z，

则函数g（x）的单调递增区间为（﹣+kπ，+kπ）（k∈Z），故B正确．

故选：B．

【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换、由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式

6.如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，D、E、F分别是所在棱的中点．则下列说法错误的是（　　）

A．面DEF∥面PBC B．面PAB⊥面ABC 

C．PA⊥BC D．DE∥PC

【答案】D

【分析】根据中位线定理和面面平行的判定定理判断A，根据PA⊥平面ABC判断B，C，反证法判断D．

【解答】解：∵D、E分别是PA，AB的中点，

∴DE∥PB，又DE⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，

∴DE∥平面PBC，

同理可得DF∥平面PBC，

又DE∩DF＝D，∴平面DEF∥平面PBC，故A正确；

∵PA⊥AB，PA⊥AC，AB∩AC＝A，

∴PA∩平面ABC，

∴PA⊥BC，故C正确，

又PA⊂平面PAB，

∴平面PAB⊥平面ABC，故B正确；

假设DE∥PC，又DE∥PB，

∴PB∥PC，与PB∩PC＝P矛盾，故DE与PC不平行，故D错误，

故选：D．

【知识点】平面与平面垂直、棱锥的结构特征

7.定义复数的一种运算z1*z2＝（等式右边为普通运算），若复数z＝a+bi，且正实数a，b满足a+b＝3，则z*最小值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先由新定义用a和b表示出z*，再利用基本不等式求最值即可．

【解答】解：z*＝

，∴，

z*＝．

故选：B．

【知识点】基本不等式及其应用、虚数单位i、复数

8.如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面APB，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2，则三棱锥P﹣ABC体积最大值为（　　）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】推导出BC⊥AB，BC⊥平面ABP，AP⊥BC，AP⊥BG，从而AP⊥平面PBC，BP⊥AP，进而VP﹣ABC＝VC﹣APB＝＝，令PA＝m，PB＝n，则m2+n2＝4，进而＝，由此能求出三棱锥P﹣ABC体积最大值．

【解答】解：∵四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，∴BC⊥AB，

∵平面ABCD⊥平面APB，平面ABCD∩平面APB＝AB，

∴BC⊥平面ABP，∵AP⊂平面ABP，∴AP⊥BC，

∵G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AP⊂平面ABP，∴AP⊥BG，

∵BC∩BG＝B，BC⊂平面PBC，BG⊂平面PBC，

∴AP⊥平面PBC，∵BP⊂平面PBC，∴BP⊥AP，

∴VP﹣ABC＝VC﹣APB＝＝，

令PA＝m，PB＝n，则m2+n2＝4，

∴＝，

当且仅当m＝n＝时，取“＝”，

∴三棱锥P﹣ABC体积最大值为．

故选：A．

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，选对得分，错选或漏选不得分。

9.若复数z满足，则（　　）

A．z＝﹣1+i B．z的实部为1 C．＝1+i D．z2＝2i

【答案】BC

【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．

【解答】解：由＝，

得z＝，

∴z的实部为1；＝1+i；z2＝（1﹣i）2＝﹣2i．

故选：BC．

【知识点】复数的运算

10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＝b2+bc，则角A可为（　　）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】由已知利用余弦定理整理可得cosA＝，对于A，若A＝，可得b＝＜0，错误；对于B，若A＝，可得b＝＞0，对于C，若A＝，可得b＝＞0，对于D，若A＝，可得c＝0，错误，即可得解．

【解答】解：因为在△ABC中，a2＝b2+bc，

又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，

所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccosA，

整理可得：c＝b（1+2cosA），

可得：cosA＝，

对于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，错误；

对于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，

对于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，

对于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，错误．

故选：BC．

【知识点】余弦定理

11.已知函数f（x）＝sinωx﹣cosωx（0＜ω＜4）满足f（x+π）＝f（x），其图象向左平移m个单位后，所得图象对应的函数y＝g（x）在[﹣，]上单调递增，则下列判断正确的是（　　）

A．ω＝1 

B．函数f（x）的图象关于直线x＝﹣对称 

C．正整数m的值可以为7 

D．正整数m的最小值为6

【答案】BC

【分析】根据题意求出函数f（x）的解析式，判断选项A错误、B正确；

再根据图象平移得出函数y＝g（x），再判断C正确，D错误．

【解答】解：函数f（x）＝sinωx﹣cosωx＝2sin（ωx﹣），

满足f（x+π）＝f（x），所以2sin（ωx+ωπ﹣）＝2sin（ωx﹣），

令ωπ＝2kπ，k∈Z；

解得ω＝2k，k∈Z；

又0＜ω＜4，所以ω＝2，选项A错误；

所以f（x）＝2sin（2x﹣），且f（﹣）＝2sn（﹣﹣）＝﹣2，

所以x＝﹣是函数f（x）图象的对称轴，B正确；

其图象向左平移m个单位后，得y＝2sin（2x+2m﹣）的图象，

即函数y＝g（x）＝2sin（2x+2m﹣），

x∈[﹣，]时，2x∈[﹣，]，2x+2m﹣∈[2m﹣，2m]；

令，

解得kπ+≤m≤kπ+，k∈Z；

k＝1时，3.4≈≤m≤≈3.9，

k＝2时，6.5≈≤≤m≤≈7.07，

所以正整数m的值可以为7，且为最小正正数；

所以C正确，D错误．

故选：BC．

【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换

12.如图直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E为AB中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2．则（　　）

A．平面PED⊥平面EBCD 

B．PC⊥ED 

C．二面角P﹣DC﹣B的大小为 

D．PC与平面PED所成角的正切值为

【答案】AC

【分析】在A中，四边形EBCD是边长为2的正方形，PE＝2，推导出PE⊥DE，PE⊥CE，从而PE⊥平面EBCD，进而平面PED⊥平面EBCD；在B中，由DE∥BC，BC⊥PB，得BC与PC不垂直，从而PC与ED不垂直；在C中，推导出BE⊥平面PDE，BE∥CD，从而 CD⊥平面PDE，进而∠PDE是二面角P﹣DC﹣B的平面角，进而求出二面角P﹣DC﹣B的大小为；在D中，PC与平面PED所成角的正切值为tan∠CPD＝＝．

【解答】解：直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝2，E为AB中点，

以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2．

在A中，四边形EBCD是边长为2的正方形，PE＝2，

∴PE⊥DE，CE＝＝2，∴PE2+CE2＝PC2，∴PE⊥CE，

∵DE∩CE＝E，∴PE⊥平面EBCD，

∵PE⊂平面PED，∴平面PED⊥平面EBCD，故A正确；

在B中，∵DE∥BC，BC⊥PB，∴BC与PC不垂直，∴PC与ED不垂直，故B错误；

在C中，∵BE⊥PE，BE⊥DE，PE∩DE＝E，

∴BE⊥平面PDE，∵BE∥CD，∴CD⊥平面PDE，

∴∠PDE是二面角P﹣DC﹣B的平面角，

∵PE⊥平面BCD，PE＝DE，∴∠PDE＝，

∴二面角P﹣DC﹣B的大小为，故C正确；

在D中，∵CD⊥平面PDE，∴∠CPD是PC与平面PED所成角，

PD＝＝＝2，

∴PC与平面PED所成角的正切值为tan∠CPD＝＝，故D错误．

故选：AC．

【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面所成的角、平面与平面垂直

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知复数z＝2+4i，其中i是虚数单位，，则|ω|＝　　．

【分析】求出，求出ω，从而求出|ω|的值即可．

【解答】解：∵复数z＝2+4i，其中i是虚数单位，

∴＝2﹣4i，

∴＝＝＝＝﹣i，

则|ω|＝＝，

故答案为：．

【知识点】复数的运算

14.已知＝（﹣2，1），＝（6，y），若2+与﹣2平行，则|2+|＝　　．

【分析】利用平面向量坐标运算法则求出＝（2，2+y），＝（﹣14，1﹣2y），再由2+与﹣2平行，求出y＝﹣3．从而＝（2，﹣1），由此能求出|2+|．

【解答】解：∵＝（﹣2，1），＝（6，y），

∴＝（2，2+y），＝（﹣14，1﹣2y），

∵2+与﹣2平行，

∴2×（1﹣2y）﹣（﹣14）×（2+y）＝0，解得y＝﹣3．

∴＝（2，﹣1），

∴|2+|＝＝．

故答案为：．

【知识点】平行向量（共线）

15.若f（x）＝2sin（ωx+）（ω＞0）的最小正周期为，则g（x）＝tan（ωx+）（ω＞0）的最小正周期为　　．

【分析】利用正弦函数的周期定义可求出ω的值，然后再根据正切函数的周期定义即可求出周期．

【解答】解：由正弦函数的周期定义可得＝，解得ω＝8，

所以正切函数的最小正周期为，

故答案为：．

【知识点】三角函数的周期性

16.如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2，点P为线段DE上一点，当三棱锥P﹣ACE的体积为时，＝　　．

【分析】过A作AF⊥BC的延长线，垂足为F，证明AF⊥平面BCDE，再由已知求得AF，进一步求出三棱锥D﹣ACE的体积，利用求得，进一步得到答案．

【解答】解：如图，过A作AF⊥BC的延长线，垂足为F，

∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，

∴AF⊥平面BCDE，

由BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为，得，

∴AF＝，

则＝4×2×；

∵＝．

∴，则．

故答案为：．

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积

四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。考生根据要求作答。

17.设z1是虚数，z2＝z1+是实数，且﹣1≤z2≤1．

（1）求|z1|的值以及z1的实部的取值范围．

（2）若ω＝，求证：ω为纯虚数．

【分析】（1）设z1＝a+bi（a，b∈R且b≠0），则z2＝z1+＝a+bi+＝a+bi+＝a++（b﹣）i．根据z2是实数，b≠0，可得b﹣＝0．b≠0，即可得出．还可得z2＝2a．由﹣1≤z2≤1，即可得出z1的实部的取值范围．

（2）由a2+b2＝1，代入ω＝化简即可证明．

【解答】解：（1）设z1＝a+bi（a，b∈R且b≠0），

则z2＝z1+＝a+bi+＝a+bi+

＝a+bi+﹣i＝a++（b﹣）i．

∵z2是实数，b≠0，∴b﹣＝0．b≠0，

于是有a2+b2＝1，即|z1|＝1，

还可得z2＝2a．由﹣1≤z2≤1，得﹣1≤2a≤1，解得﹣≤a≤，即z1的实部的取值范围．

（2）证明：ω＝＝＝

＝＝＝﹣i．

∵a∈，b≠0，

∴ω为纯虚数．

【知识点】复数的运算

18.如图，在三棱锥A﹣BCD中，E为CD的中点，O为BD上一点，且BC∥平面AOE．

（1）求证：O是BD的中点；

（2）若AB＝AD，BC⊥BD，求证：平面ABD⊥平面AOE．

【分析】（1）利用线面平行的性质即可得证；

（2）直接利用面面垂直的判定定理证明即可．

【解答】证明：（1）∵BC∥平面AOE，BC在平面BCD内，平面BCD∩平面AOE＝OE，

∴BC∥OE，

∵E为CD的中点，

∴O为BD的中点；

（2）∵OE∥BC，BC⊥BD，

∴OE⊥BD，

∵AB＝AD，O为BD的中点，

∴OA⊥BD，

∵OE∩OA＝O，且都在平面AOE内，

∴BD⊥平面AOE，

∵BD在平面ABD内，

∴平面ABD⊥平面AOE．

【知识点】平面与平面垂直

19.已知函数（ω＞0）的最小正周期为π．

（1）求ω与f（x）的单调递增区间；

（2）在△ABC中，若，求sinB+sinC的取值范围．

【分析】（1）由函数的最小正周期可得ω的值，进而求出函数的单调递增区间；

（2）由（1）及f（）＝1可得A的值，由三角形的内角和为π及A的值可得B用C的角表示，再由B的范围，求出sinB+sinC的取值范围范围．

【解答】解：（1）因为的最小正周期为π，所以，

所以ω＝2，f（x）＝sin（2x+），

令2kπ﹣≤2x+≤2kπ+，k∈Z，

解得：kπ﹣≤x≤kπ+，k∈Z，

所以f（x）的单调递增区间是[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．

（2）在△ABC中，若，

由（1）得，，所以

因为0＜A＜π，所以，解得：A＝，

即，

因为，所以；

所以，

所以sinB+sinC的取值范围．

【知识点】三角函数的周期性、正弦函数的单调性

20.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2C＝sinAsinB，＝，a2+b2＝4abcosC．

（Ⅰ）求证：C＝60°；

（Ⅱ）若a＝6，求△ABM的外接圆的面积．

【分析】（Ⅰ）先利用正弦定理将sin2C＝sinAsinB中的角化边，再结合a2+b2＝4abcosC和余弦定理求得cosC，进而得角C；

（Ⅱ）先证得△ABC为等边三角形，再由正弦定理求得外接圆半径，进而求出外接圆面积．

【解答】（Ⅰ）证明：由正弦定理知，＝＝，

∵sin2C＝sinAsinB，

∴c2＝ab，

由余弦定理知，c2＝a2+b2﹣2abcosC，

∵a2+b2＝4abcosC，

∴c2＝2abcosC，

∴c2＝2c2cosC，

∵c≠0，∴cosC＝，

∵C∈（0°，180°），∴C＝60°．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，cosC＝，

∴a2+b2＝2ab，即a＝b，

∴△ABC为等边三角形，

又a＝6，且＝，

∴AM＝2，

在△ABM中，由余弦定理知，BM2＝AB2+AM2﹣2AB•AMcosA＝36+4﹣2×6×2×cos60°＝28，

∴BM＝．

设△ABM的外接圆半径为R，

∵2R＝＝，∴R＝，

∴△ABM的外接圆的面积S＝πR2＝π•＝＝．

【知识点】余弦定理、正弦定理

21.在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，（1）c＝2b，A＝．

（1）求C；

（2）若•＝1，求c．

【分析】（1）结合正弦定理以及三角形的内角和求出sinC＝cosC；即可求解；

（2）先根据内角和以及两角和的正弦公式求出sinB；在结合正弦定理得到a＝；b＝；代入数量积即可求解结论．

【解答】解：（1）∵（1）c＝2b，A＝；

结合正弦定理得：（1）sinC＝2sinB＝2sin（﹣C）＝2（cosC+sinC），

∴sinC＝cosC；

∵C∈（0，π）；

∴C＝；

（2）由（1）得：sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+sinCcosA＝×+×＝；

∵＝⇒a＝；b＝；

∴•＝abcosC＝××cosC＝c2×××＝1；

∴c2＝4；

∴c＝2  （负值舍）．

即c＝2．

【知识点】平面向量数量积的性质及其运算

22.已知△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3a＝c，A＝，____．

①asinB＝3；②当x＝B时，函数f（x）＝cos2x+sinxcosx+2取得最大值．在①②这两个条件中选择一个补充至上述横线上，求解下述问题：若问题中的三角形存在，能否求出边c的值？若能，请求出边c的值；若不能，请说明理由；若问题中的三角形不存在，请说明理由．

【分析】由已知结合余弦定理可得b的值，当补充①至条件中时：分类讨论，利用余弦定理可求sinB，进而可求a的值，可求c的值；当补充②至条件中时：分类讨论，利用余弦定理可求cosB，结合分B∈（0，π），可得B＝，化简函数解析式可得f（x）＝cos（2x﹣）+，利用余弦函数的性质即可求解．

【解答】解：因为a＝c，结合余弦定理可得cosA＝＝，整理可得b2﹣bc+c2＝0，即（b﹣c）（b﹣c）＝0，解得b＝c，或c，

当补充①至条件中时：

当b＝c时，由余弦定理可得cosB＝＝，则sinB＝，再由asinB＝3，可得a＝6，可得c＝6；

当b＝c时，由余弦定理可得cosB＝＝0，则sinB＝1，再由asinB＝3，可得a＝3，可得c＝3，

综上可知三角形存在，且可求得c＝6或3．

当补充②至条件中时：

当b＝c时，由余弦定理可得cosB＝＝，由B∈（0，π），可得B＝；

当b＝c时，由余弦定理可得cosB＝＝0，由B∈（0，π），可得B＝；

因为f（x）＝cos2x+sinxcosx+2＝+sin2x+2＝cos（2x﹣）+，

要使f（x）取得最大值，只需2x﹣＝2kπ，k∈Z，解得x＝kπ+，k∈Z，所以B＝时，满足条件，

综上所述，这样的三角形存在，但这样的三角形彼此相似，有无数多个，故无法确定边长c的值．

【知识点】两角和与差的三角函数、余弦定理、正弦定理