上海黄浦区2023-2024学年高考数学三模试卷含解析

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。

πf(x)sinx1．关于函数在区间,π的单调性，下列叙述正确的是（ ）

62A．单调递增 2．将函数f(x)B．单调递减

C．先递减后递增

D．先递增后递减

，再向右平移3sin2x2cos2x图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）

个单位长8度，则所得函数图象的一个对称中心为（ ） A．3,0 8B．3,1 8C．3,0 8D．3,1 83．已知f（x）=ax2+bx是定义在[a–1，2a]上的偶函数，那么a+b的值是

131C．

2A． 1 31D．

2B．

4．设x1,x2为fx3sinxcosx0的两个零点，且x1x2的最小值为1，则（ ） A．

B．

 2C．

 3D．

 45．已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且7S24S4，则公比q的值为（ ） A．1

B．1或

1 2C．3 2D．3 26．已知集合A={x|y=lg（4﹣x2）}，B={y|y=3x，x＞0}时，A∩B=（ ） A．{x|x＞﹣2} B．{x|1＜x＜2} C．{x|1≤x≤2} D．∅ 7．函数fxcosx2与gxkxk在6,8上最多有n个交点，交点分别为x,y（i1，……，n），则xi1niyi（ ）

B．8

C．9

D．10

A．7

8．已知p:cosxsiny，q:xy则p是q的（ ） 2A．充分而不必要条件 C．充分必要条件

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

x23x39．已知函数fx，gxxm2，若对任意x11,3，总存在x21,3，使得fx1gx2x1成立，则实数m的取值范围为（ ） A．17,9 2B．,1721749,

9, 2C．179, 42D．,10．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设DF2AF2，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形（阴影部分）的概率是（ ）

A．

4 13B．213 13C．

9 26D．313 2611．已知命题p:x0,ln(x1)0；命题q:若ab，则a2b2，下列命题为真命题的是（ ） A．pq

12．要得到函数yB．pq

C．pq

D．pq

11cosx的图象，只需将函数ysin2x的图象上所有点的（ ）

2321（纵坐标不变），再向左平移个单位长度

321B．横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度

62A．横坐标缩短到原来的

C．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移D．横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移

个单位长度 6个单位长度 3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

32x8tx3s2（t为参数）

13．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为，曲线C的参数方程为（s为

yty23s2参数）.

（1）求直线l和曲线C的普通方程；

（2）设P为曲线C上的动点，求点P到直线l距离的最小值及此时P点的坐标.

3x2y40,2214．设x，y满足约束条件x4y60,，则zxy的最大值为______.

x20,15．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C:x(y1)1，圆C:(x23)2y26．直线l:ykx3与圆C相切，且与圆C相交于A，B两点，则弦AB的长为_________

16．设P、A、B、C、D是表面积为36的球的球面上五点，四边形ABCD为正方形，则四棱锥PABCD体积的最大值为__________.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）如图1，在等腰RtABC中，C90，D，E分别为AC，AB的中点，F为CD的中点，G在线段BC上，且BG3CG。将ADE沿DE折起，使点A到A1的位置（如图2所示），且A1FCD。

22

（1）证明：BE//平面A1FG；

（2）求平面A1FG与平面A1BE所成锐二面角的余弦值

18．（12分）设抛物线C: y2px(p0)的焦点为F，准线为l，AB为过焦点F且垂直于x轴的抛物线C的弦，

2已知以AB为直径的圆经过点1,0. （1）求p的值及该圆的方程；

（2）设M为l上任意一点，过点M作C的切线，切点为N，证明：MFFN.

19．（12分）为了加强环保知识的宣传，某学校组织了垃圾分类知识竟赛活动.活动设置了四个箱子，分别写有“厨余垃圾”、“有害垃圾”、“可回收物”、“其它垃圾”；另有卡片若干张，每张卡片上写有一种垃圾的名称.每位参赛选手从所有卡片中随机抽取20张，按照自己的判断将每张卡片放入对应的箱子中.按规则，每正确投放一张卡片得5分，投放错误得0分.比如将写有“废电池”的卡片放入写有“有害垃圾”的箱子，得5分，放入其它箱子，得0分.从所有参赛选手中随机抽取20人，将他们的得分按照0,20、20,40、40,60、60,80、80,100分组，绘成频率分布直方图如图：

（1）分别求出所抽取的20人中得分落在组0,20和20,40内的人数；

（2）从所抽取的20人中得分落在组0,40的选手中随机选取3名选手，以X表示这3名选手中得分不超过20分的人数，求X的分布列和数学期望.

20．（12分）某百货商店今年春节期间举行促销活动，规定消费达到一定标准的顾客可进行一次抽奖活动，随着抽奖活动的有效开展，参与抽奖活动的人数越来越多，该商店经理对春节前7天参加抽奖活动的人数进行统计，y表示第x天参加抽奖活动的人数，得到统计表格如下：

x 1 5 2 8 3 8 4 10 5 14 6 15 7 17 y （1）经过进一步统计分析，发现y与x具有线性相关关系．请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线

ˆaˆbxˆ； 性回归方程y（2）该商店规定：若抽中“一等奖”，可领取600元购物券；抽中“二等奖”可领取300元购物券；抽中“谢谢惠顾”，则

没有购物券．已知一次抽奖活动获得“一等奖”的概率为

11，获得“二等奖”的概率为．现有张、王两位先生参与了本63次活动，且他们是否中奖相互独立，求此二人所获购物券总金额X的分布列及数学期望．

ˆ参考公式：bxynxyiii1nnxi2nxi12ˆ，xiyi364，xi2140． ˆybx，ai1i17721．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的中心为坐标原点O,焦点在x轴上，右顶点A2,0到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若M,N是椭圆C上关于x轴对称的任意两点，设P4,0，连接PM交椭圆C于另一点E．求证：直线NE过定点B,并求出点B的坐标；

（3）在（2）的条件下，过点B的直线交椭圆C于S,T两点，求OSOT的取值范围． 22．（10分）在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知c42，sin（1）若a1，求sinA； （2）求ABC的面积S的最大值.

1． 2C25. 25 参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C 【解析】

先用诱导公式得f(x)sinx【详解】

函数f(x)sinxcosx,再根据函数图像平移的方法求解即可. 63πycosxf(x)cosx,,的图象可由向左平移个单位得到如图所示在,π上先3632递减后递增.

故选：C 【点睛】

本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题. 2、D 【解析】

先化简函数解析式,再根据函数yAsinx的图象变换规律,可得所求函数的解析式为y2sin再由正弦函数的对称性得解. 【详解】

2x1,

43y3sin2x2cos2x

3sin2x1cos2x2sin2x1,

6将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍,所得函数的解析式为

2y2sinx1,

63再向右平移

个单位长度,所得函数的解析式为 82y2sinx1

86322sinx1,

43233xkxk,kZ， 34283k0可得函数图象的一个对称中心为,1，故选D.

8【点睛】

三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，经常考查定义域、值域、周期性、对称性、奇偶性、单调性、最值等，其中公式运用及其变形能力、运算能力、方程思想等可以在这些问题中进行体现，在复习时要注意基础知识的理解与

落实．三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解． 3、B 【解析】

依照偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x），且定义域关于原点对称，a﹣1=﹣2a，即可得解. 【详解】

根据偶函数的定义域关于原点对称，且f（x）是定义在[a–1，2a]上的偶函数， 得a–1=–2a，解得a=∴b=0，∴a+b=【点睛】

本题考查偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x）；奇函数和偶函数的定义域必然关于原点对称，定义域区间两个端点互为相反数． 4、A 【解析】

先化简已知得f(x)2sin(wx【详解】

由题得f(x)2sin(wx1，又f（–x）=f（x）， 31．故选B． 36),再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为1×2，再求出ω的值．

6),

设x1，x2为f（x）=2sin（ωx﹣∴∴

）（ω＞0）的两个零点，且x1x2的最小值为1， 6T=1，解得T=2； 22=2，

解得ω=π． 故选A． 【点睛】

本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题． 5、C 【解析】

由7S24S4可得3a1a24a3a4，故可求q的值.

【详解】

因为7S24S4，所以3a1a24S4S24a3a4， 故q233，因an为正项等比数列，故q0，所以q，故选C. 42【点睛】

一般地，如果an为等比数列，Sn为其前n项和，则有性质： （1）若m,n,p,qN*,mnpq，则amanapaq；

n（2）公比q1时，则有SnABq，其中A,B为常数且AB0；

（3）Sn,S2nSn,S3nS2n,6、B

为等比数列（Sn0 ）且公比为qn.

【解析】试题分析：由集合A中的函数由集合B中的函数考点：交集及其运算． 7、C 【解析】

，得到

，∴集合

，得到，解得：，则

，∴集合，故选B．

，

根据直线gx过定点1,0，采用数形结合，可得最多交点个数， 然后利用对称性，可得结果. 【详解】

由题可知：直线gxkxk过定点1,0 且fxcos如图

x2在6,8是关于1,0对称 

通过图像可知：直线gx与fx最多有9个交点 同时点1,0左、右边各四个交点关于1,0对称

所以

xy2419

iii19故选：C 【点睛】

本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数ycosx的性质，属难题. 8、B 【解析】

根据诱导公式化简sin【详解】

ycosy再分析即可. 255cosxsinycosycoscosqppq,,,,,因为所以成立可以推出成立但成立得不到成立例如而33332所以p是q的必要而不充分条件. 故选：B 【点睛】

本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题. 9、C 【解析】

将函数fx解析式化简，并求得fx，根据当x11,3时f′由函数gxxm2x0可得fx1的值域；在x21,3上单调递减可得gx2的值域，结合存在性成立问题满足的集合关系，即可求得m的取值范围. 【详解】

2x23x3xx2x11 依题意fxx1x1x12， x1则fx11x12，

当x1,3时，f′x0，故函数fx在1,3上单调递增，

721fxx1,3当1时，1,；

24而函数gxxm2在1,3上单调递减， 故gx2m1,m1， 则只需,721m1,m1， 247m11792m， 故，解得42m1214故实数m的取值范围为故选：C. 【点睛】

本题考查了导数在判断函数单调性中的应用，恒成立与存在性成立问题的综合应用，属于中档题. 10、A 【解析】

根据几何概率计算公式，求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可． 【详解】

在ABD中，AD3，BD1，ADB120，由余弦定理，得AB AD2BD22ADBDcos12013，179,. 42DF2. 所以AB13S42. 所以所求概率为DEF=SABC1313故选A. 【点睛】

本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题． 11、B 【解析】

解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题； 取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题． ∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题． 故选B．

212、C 【解析】

根据三角函数图像的变换与参数之间的关系，即可容易求得. 【详解】 为得到y11cosxsinx， 222将y1sin2x横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）， 231sinx； 23故可得y再将y1sinx 向左平移个单位长度，

623111sinxsinxcosx. 236222故可得y故选：C. 【点睛】

本题考查三角函数图像的平移，涉及诱导公式的使用，属基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、（1）x3y80，y4x；（2）【解析】

（1）利用代入消参的方法即可将两个参数方程转化为普通方程；

（2）利用参数方程，结合点到直线的距离公式，将问题转化为求解二次函数最值的问题，即可求得. 【详解】

（1）直线l的普通方程为x3y80. 在曲线C的参数方程中，y12s4x， 所以曲线C的普通方程为y4x. （2）设点P3s,23s.

22225，3,23. 22点P到直线l的距离d3s26s823s15. 22当s1时，dmin55，所以点P到直线l的距离的最小值为. 22此时点P的坐标为3,23. 【点睛】

本题考查将参数方程转化为普通方程，以及利用参数方程求距离的最值问题，属中档题. 14、29 【解析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为以原点为圆心的圆，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案. 【详解】

3x2y40,由约束条件x4y60,作出可行域如图：

x20,

3x2y40,联立，解得A(2,5)，

x20,目标函数zxy是以原点为圆心，以z为半径的圆， 由图可知，此圆经过点A时，半径z最大，此时z也最大， 最大值为z225229. 所以本题答案为29.

22【点睛】

线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围. 15、15 【解析】

利用直线与圆相切求出斜率k，得到直线的方程，几何法求出|AB| 【详解】

解：直线l:ykx3与圆C相切，C圆心为(0,1) 由|13|k121，得k3或3，

|63|3196，不成立， 2|63|3139，|AB|2615 24当y3x3时，C到直线的距离d当y3x3时，l与圆C相交于A，B两点，C到直线的距离d故答案为15． 【点睛】

考查直线与圆的位置关系，相切和相交问题，属于中档题． 16、

64 3【解析】

根据球的表面积求得球的半径，设球心到四棱锥底面的距离为x，求得四棱锥PABCD的表达式，利用基本不等式求得体积的最大值. 【详解】

由已知可得球的半径r3，设球心到四棱锥底面的距离为x，棱锥的高为h3x，底面边长为232x2，1PABCD的体积V29x23x

3113x3x62x64，当且仅当x1时等号成立. 3x3x62x333364 故答案为：3【点睛】

本小题主要考查球的表面积有关计算，考查球的内接四棱锥体积的最值的求法，属于中档题.

3

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、（1）证明见解析 （2）10 5【解析】

（1）要证明线面平行，需证明线线平行，取BC的中点M，连接DM，根据条件证明DM//BE,DM//FG，即

BE//FG；

（2）以F为原点，FC所在直线为x轴，过F作平行于CB的直线为y轴，FA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Fxyz，求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值. 【详解】

（1）证明：取BC的中点M，连接DM. ∵BG3CG，∴G为CM的中点. 又F为CD的中点，∴FG//DM.

依题意可知DE//BM，则四边形DMBE为平行四边形， ∴BE//DM，从而BE//FG.

又FG平面A1FG，BE平面A1FG， ∴BE//平面A1FG. （2）

DEAD1,DEDC，且A1DDCD，

DE平面ADC，A1F平面ADC， DEA1F，

A1FDC，且DEDCD， A1F平面BCDE，

以F为原点，FC所在直线为x轴，过F作平行于CB的直线为y轴，FA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系

Fxyz，不妨设CD2，

则F0,0,0，A10,0,3，B1,4,0，E1,2,0，G1,1,0，

FA10,0,3，FG1,1,0，A1E1,2,3，EB2,2,0.

设平面A1FG的法向量为n1x1,y1,z1， 则nFA10nFG0，即3z10，

x1y10令x11，得n1,1,0.

设平面A1BE的法向量为mx2,y2,z2，

mA1E0x22y23z20则，即，

mEB02x22y20令x21，得m1,1,3. 从而cosm,n1110， 52510. 5故平面A1FG与平面A1BE所成锐二面角的余弦值为

【点睛】

本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题，意在考查空间想象能力，推理证明和计算能力，属于中档题型，证明线面平行，或证明面面平行时，关键是证明线线平行，所以做辅助线或证明时，需考虑构造中位线或平行四边形，这些都是证明线线平行的常方法.

2218、（1）p2，圆的方程为：(x1)y4.（2）答案见解析

【解析】

p（1）根据题意，可知A点的坐标为,p，即可求出p的值，即可求出该圆的方程；

2（2）由题易知，直线M的斜率存在且不为0，设M1,y0,MN的方程为yk(x1)y0，与抛物线C联立方程组，根据0，求得y0k2112，化简解得y，进而求得N点的坐标为2,，分别求出FM，FN，利用向量的kkkk

数量积为0，即可证出MFFN. 【详解】

p解：（1）易知A点的坐标为,p，

2p所以p(1)，解得p2.

2又圆的圆心为F1,0，

所以圆的方程为(x1)y4.

（2）证明易知，直线M的斜率存在且不为0， 设M1,y0,MN的方程为yk(x1)y0，

2代入C的方程，得ky4y4y0h0.

22令△1616ky0k0，得y0k21， k2k2y24ky40，解得y. 所以ky4y4y0Akk

2112将y代入C的方程，得x2，即N点的坐标为2,.

kkkk21所以FM2,y0，FN21,，

kk22212FMFN22y022k0.

kkkkk故MFFN.

【点睛】

本题考查抛物线的标准方程和圆的方程，考查直线和抛物线的位置关系，利用联立方程组、求交点坐标以及向量的数量积，考查解题能力和计算能力.

19、（1）所抽取的20人中得分落在组0,20和20,40内的人数分别为2人、3人；（2）分布列见解析，EX1.2. 【解析】

（1）将20分别乘以区间0,20、20,40对应的矩形面积可得出结果；

（2）由题可知，随机变量X的可能取值为0、1、2，利用超几何分布概率公式计算出随机变量X在不同取值下的概率，可得出随机变量X的分布列，并由此计算出随机变量X的数学期望值. 【详解】

（1）由题意知，所抽取的20人中得分落在组0,20的人数有0.005020202（人），得分落在组20,40的人数有0.007520203（人）.

因此，所抽取的20人中得分落在组0,20的人数有2人，得分落在组20,40的人数有3人； （2）由题意可知，随机变量X的所有可能取值为0、1、2，

31221C3C2C3C2C3316PX03，PX1PX2， ，33C510C510C510所以，随机变量X的分布列为：

X P 0 1 6 10163121.2. 1010102 3 101 10所以，随机变量X的期望为EX0【点睛】

本题考查利用频率分布直方图计算频数，同时也考查了离散型随机变量分布列与数学期望的求解，考查计算能力，属于基础题.

ˆ2x3；20、（1）y（2）见解析

【解析】 试题分析：

ˆ2，aˆ2x3． ˆ3，y关于x的线性回归方程为y（I）由题意可得x4，y11，则b（II）由题意可知二人所获购物券总金额X的可能取值有0、300、600、900、1200元，它们所对应的概率分别为：

PX01151，PX300，PX600，PX900．据此可得分布列，计算相应的数学期431836望为EX400元． 试题解析：

（I）依题意：x112345674， 77712y5881014151711，xi140，xiyi364，

7i1i1xy7xy3647411i1iiˆˆ11243， b2，aˆybx722140716i1xi7xˆ2x3． 则y关于x的线性回归方程为y（II）二人所获购物券总金额X的可能取值有0、300、600、900、1200元，它们所对应的概率分别为：

711111111115PX0，PX3002，PX6002，

224233332618111111PX9002，PX1200．

3696636所以，总金额X的分布列如下表：

X P 0 300 600 900 1200 1 41 35 181 91 36总金额X的数学期望为EX0115113006009001200400元． 43189365x2y221、（1）（2）证明详见解析，B1,0；（3）4,. 1；

443【解析】

(1)根据题意列出关于a,b,c的等式求解即可.

(2)先根据对称性,直线NE过的定点B一定在x轴上,再设直线PM的方程为y＝k(x4),联立直线与椭圆的方程, 进而求得NE的方程,并代入y1＝k(x14),y2＝k(x24)化简分析即可.

(3)先分析过点B的直线ST斜率不存在时OSOT的值,再分析存在时,设直线ST的方程为y＝m(x1),联立直线与椭圆的方程,得出韦达定理再代入OSOTx3x4y3y4求解出关于k的解析式,再求解范围即可. 【详解】

x2y2解：1设椭圆C的标准方程221ab0,焦距为2c,

ab由题意得,a＝2,

acc11, 由a2a2,可得c＝ac则b2＝a2﹣c2＝3,

x2y2所以椭圆C的标准方程为1；

432证明：根据对称性,直线NE过的定点B一定在x轴上,

由题意可知直线PM的斜率存在, 设直线PM的方程为y＝k(x4),

y＝k(x4)222212＝0, ,消去y得到4k3x32kx64k﹣联立x2y2134设点M(x1,y1),E(x2,y2),

﹣y1)． 则N(x1,32k264k212, 所以x1x22,x1x24k34k23所以NE的方程为yy2y2y1xx2,

x2x1令y＝0,得xx2y2x2x1,

y2y1将y1＝k(x14),y2＝k(x24)代入上式并整理,

2x1x24x1x2x,

x1x28整理得

128kx2232k2432k24128k221,

所以,直线NE与x轴相交于定点B(1,0)．

1,,T1,3当过点B的直线ST的斜率不存在时,直线ST的方程为x1S,

22此时OSOT335, 4当过点B的直线ST斜率存在时,

设直线ST的方程为ym(x1),且S(x3,y3),T(x4,y4)在椭圆C上,

y＝m(x1), 联立方程组x2y2134消去y,整理得（4m23）x28m2x4m2﹣12＝0, 则＝8m22﹣44m234m2﹣12＝144m21＞0．

8m24m212所以x3x4,x3x4, 224m34m39m2, 所以y3y4mx31x41mx3x4x3x414m23225m212533, 所以OSOTx3x4y3y44m23444m23由m0,得OSOT4,25, 45综上可得,OSOT的取值范围是4,．

4【点睛】

本题主要考查了椭圆的基本量求解以及定值和范围的问题,需要分析直线的斜率是否存在的情况,再联立直线与椭圆的方程,根据韦达定理以及所求的解析式,结合参数的范围进行求解.属于难题. 22、（1）sinA【解析】

（1）根据已知用二倍角余弦求出cosC，进而求出sinC，利用正弦定理，即可求解； （2）由c边C角，利用余弦定理结合基本不等式，求出ab的最大值，即可求出结论. 【详解】

（1）∵cosC12sin22；（2）4 104C3，∴sinC，

525由正弦定理

acasinC2. 得sinAsinAsinCc10（2）由（1）知cosC3661622222ba， ，cba2bacosCbaba2abba5555所以3216114ba，10ba，SbasinC104， 5225当且仅当ab时，ABC的面积S有最大值4. 【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换解三角形，应用基本不等式求最值，属于基础题.