第10章 专题探究8 数学文化与探究创新-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

专题探究8 数学 黑题 专题强化 题组1向量与解三角形中的创新问题 1.*(2025·广东惠州高一月考)已知对任意 平面向量AB=(x,y),把AB绕其起点沿逆时针 方向旋转6角得到向量AP=(xcos0-ysin0, xsin0+ycos0),叫做把点B绕点A沿逆时针 方向旋转0角得到点P.已知平面内点A(2, 1),点B(2+t,1-t),1AB1=22,AB.0A>0, 点B绕点A沿逆时针方向旋转得到点P,则 下列结论错误的是 A.IBPI=22 B.点P的坐标为(3+√3，√3)》 C.点B的坐标为(4，-1) D.BP在AB方向上的投影向量为(-1，-1) 2.*★*（多选)（2025·江苏南通海安中学高 一月考)定义：一个平面封闭区域内任意两点 之间的距离的最大值称为该区域的“直径”， 在△ABC中，BC=1,BC边上的高等于tanA, 以△ABC的各边为直径向△ABC外分别作三 个半圆，记三个半圆围成的平面区域为W,其 “直径”为d,则下列结论正确的是（) A.AB2+AC2=3 B.△ABC面积的最大值为 5 C.当LABC=7时，d=5+1 2 D.d的最大值为6+I 3.**(2025·河南濮阳高三月考)在△A,B1C 中，若M1,N1,P1三点分别在边A1B1,BC1, CA1上（均不在端点上)，则△AMP1, △BMN1,△C1NP1的外接圆交于一点O,称 必修第二册·RJ 文化与探究创新 电子错题本 限时：50min 为密克点.在梯形ABCD中，∠B=∠C= 60°，AB=2AD=2,M为CD的中点，动点P在 BC边上（不包含端，点），△ABP与△CMP的外 接圆交于点Q(异于点P),则BQ的最小值 为 4.整(2024·湖南邵阳高一期中)定义△ABC 三边长分别为a,b,c,则称三元无序数组 (a,b,c)为三角形数.记D为三角形数的全 集，即(a,b,c)∈D. (1)证明：“(a,b,c)∈D”是“（√a,√b,c)e D”的充分不必要条件 (2)若锐角△ABC内接于圆O,且xOA+yOB+ z0C=0,设1=(x,y,z)(x,y,>0). ①若I=(3,4,5),求S△A0B:SAA0c ②证明：I∈D. 频讲解 黑白题154 题组2复数中的创新问题 面AOB,BOC,COA叫做三面角的面，∠AOB, 5.*（多选)设n是正整数，当一 ∠BOC,∠AOC叫做三面角的三个面角，分别 个数的n次乘方等于1时，称此数 频讲解C 记为a,B,Y,二面角A-OB-C、B-OA-C、 为n次“单位根”；在复数范围内，n次单位根 A-OC-B叫做三面角的二面角，设二面角A- 有n个，例如，1，-1，i,-i是x4=1的四个根；1， OC-B的平面角大小为x,则一定成立的是 1√3 ( ⊙1=1+√31，w2=-2-2i是x3=1的三个 A.cos=cos a-cos Bcosy 根，则下列式子正确的是 ( sin Bsin y A.1w1I=1 B.w2+w1+1=0 B.cosx= cos a+cos Bcos y C.w1+w2=0 D.w=@ sin Bsin y 6.*(多选)(2025·浙江温州高一期中)已知 C.cosx= sin a-sin Bsin y cos Bcos y 复数z=a+bi(a,b∈R,i为虚数单位)，a1, sin a+sin Bsin y z2∈C,定义：D(z)=11z11=1a|+1b1, D.cosx= cos Bcos y D(1,之2)=之1-22，则下列说法正确的有( 题组4统计概率中的创新问题 A.若z是复数z的共轭复数，则D(z)=D(z) 9.*在统计学中经常用一组数据的最小值、下 恒成立 四分位数、中位数、上四分位数和最大值画出 B.对任意z∈C,都有D(z2)≤[D(z)]2恒 箱线图来反映数据的分布情况.如图①所示， 成立 在箱线图中，位于最下面和最上面的实横线分 C.存在名1，z2∈C,有D(a1·2)>D(1)· 别表示下边缘（最小值）和上边缘（最大值）， D(z2)成立 中间箱体的底端是下四分位数，箱体中部的 D.对任意1,2,3∈C,都有D(名1,3)≤ “×”表示平均值，箱体的顶端是上四分位数. D(之1,22)+D(a2,a3)恒成立 异常值是明显偏离样本的个别值.已知一班和 题组3立体几何中的创新问题 二班人数相等，在一次考试中两班成绩的箱线 7.*(多选)如果一个凸n面体共有m个面是 图如图②所示，则下列说法正确的是（) 直角三角形，那么我们称这个凸面体的直度 异常值 -上边缘 为分，则下列说法正确的有 上四分位数 平均值 中位数 A.三棱锥的直度的最大值为1 下四分位数 B.直度为3的三棱锥只有一种 下边缘 异常值 C.四棱锥的直度的最大值为1 ① D.四陵锥的直度的最大值为 口一班口二班 160 140 120 8.*(2025·安徽六安高一期末)由空间一点 100 0 O出发不共面的三条射线OA,OB,OC及相邻 60 40 两射线所在平面构成的几何图形叫三面角， 20 记为O-ABC.其中O叫做三面角的顶点， ② 数学文化与探究创新黑白题155 A.一班成绩比二班成绩集中 B.一班成绩的上四分位数是80 C.一班有同学的成绩超过140分 D.一班的平均分高于二班的平均分 10.*设x1,x2,…,xn是总体数据中抽取的样 本，k为正整数，则称，=12(x-)*为“样 n i=1 本k阶中心矩”，其中x=二 客为样本均值 统计学中，当我们遇到数据分布形状不对称 时，常用样本中心矩的函数—样本偏度 B=来刻画偏离方向与程度若将样本数据 吲 x1,x2,…,x1绘制柱形图如图所示，则B.与0 的大小关系是 ( % 20 9 0 口口“口 45678 A.B,<0 B.B.=0 C.B,>0 D.不能确定 11.接(2025·广东深圳高一期末)品酒师需 定期接受酒味鉴别功能测试.一种通常采用 的测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质 不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它 们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘后，再 让其品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它 们排序，这称为一轮测试，根据一轮测试中 的两次排序的差异量的高低对其酒味鉴别 能力进行评价.现设n=3,分别以a1,a2,a3表 示第一次排序时被排为1,2,3的三种酒在第 二次排序时的序号，{a1,a2,a3}={1,2,3}, 并令X=|a1-11+|a2-21+|a3-31,则X是对 两次排序的差异量的一种描述，若两轮测试 都有X=0,则该品酒师被授予“特级品酒师” 称号；若两轮测试都有X≤2，且至少有一轮 测试出现X≠0，则该品酒师被授予“一级品 酒师”称号， 必修第二册·RJ黑 (1)用表格形式写出第二次排序时所有可能 的a1,a2,a3排序结果，并求出相应的 X值； a1,a2,a3 X 1,2,3 0 (2)没有酒味鉴别能力的品酒师甲参加了一 轮测试，记事件A=“甲的测试结果X= 0”,B=“甲的测试结果X=2”,用集合的 形式表示事件AUB和A∩B后可以发现 AUB=A∩B,请证明：对于任意的随机事 件A和B都有：AUB=A∩B: (3)没有酒味鉴别能力的品酒师甲连续两年 都参加了两轮测试，两年测试结果相互 独立，记事件E=“在这两年中甲至少有 一次被授予一级品酒师称号”，求P(E). 白题1566.C解析：四人由随机抽签的方式确定出场次序，基本事件共有 24个：（甲，乙，丙，丁），（甲，乙，丁，丙），（甲，丙，乙，丁），（甲，丙， 丁，乙)，（甲，丁，乙，丙），（甲，丁，丙，乙)，（乙，甲，丙，），（乙，甲 丁，丙)，（乙，丙，甲，丁），（乙，丙，丁，甲），（乙，丁，甲，丙），（乙，丁， 丙，甲)，（丙，乙，甲，丁），（丙，乙，丁，甲），（丙，甲，乙，丁），（丙，甲， 丁，乙)，（丙，丁，乙，甲），（丙，丁，甲，乙），（丁，乙，丙，甲），（丁，乙 甲，丙)，（丁，丙，乙，甲），（丁丙，甲，乙），（丁，甲，乙，丙），（丁，甲 丙，乙)，其中事件“丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场”包含的 基本事件有8个：（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，丙，乙），（乙，丙，丁，甲）， (乙，丁，丙，甲)，(，乙，丙，甲)，（丁，丙，乙，甲），（丁，丙，甲，乙）， (丁，甲，丙，乙)，所以丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率 为8 7.A解析：用1,2,3,4,5,6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主 题的所有结果如下表： 乙 1 4 甲 6 1 (1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6) 2 (2,1)(2,2)(2,3)(2,4) (2,5)(2,6) 3 (3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6) 4 (4,1)(4,2)(4,3)(4,4) (4,5)(4,6) (5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6) 6 (6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6) 共有36个不同结果，它们发生的可能性相同，其中甲、乙抽到相同主 题的结果有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)，共6个，因 此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率为6 名故陆 8.00s3 解析：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n, 6n,所以总数为15n,所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n,白球个数 为3n; 乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球个数为3n; 丙盒中黑球个数为50%×6n=3n,白球个数为3n. 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件A,所以 P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05; 记“将三个盒子混合后任取一个球，是白球”为事件B, 9n-3 白球共有3n+3n+3n=9n(个)，所以P(B)=n=号故答案为 05, 9.5 解析：从6个标有不同数字的球中不放回地抽取3次，共有6× 5×4=120(种)情况，设前两个球上数字分别为a,b,第三个球上数字 为c,则a+b+e_a+b 32 ≤2，故12c-(a+b)1≤3，放-3≤2-(a+ b)≤3，故a+b-3≤2c≤a+b+3. 若c=1,则-1≤a+b≤5，且a,b≠1，则(a,b)为(2,3)，(3,2)，共有 2种情况， 若c=2,则1≤a+b≤7，且a,b≠2，则(a,b)为(1,3)，(1,4)，(1,5) (1,6),(3,4),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,3),共有10种情况 若c=3,则3≤a+b≤9，且a,b≠3，则(a,b)为(1,2)，(1,4)，(1,5)， (1,6),(2,4),(2,5),(2,6),(4,5),(2,1),(4,1),(5,1),(6,1), (4,2),(5,2),(6,2),(5,4),共有16种情况， 若c=4,则5≤a+b≤11，且a,b≠4，同理共有16种情况， 若c=5,则7≤a+b≤13，且a,b≠5，同理共有10种情况 若c=6,则9≤a+b≤15，且a,b≠6，同理共有2种情况， 故m与n的差的绝对值不大于？时不同的抽取方法总数为2x(2+ 10-16-56放所求新率为瓷石故答案为子 参考答案 10.石号解析：依题意得，甲，乙两球都落入盒子的概率为分× 石，甲，乙两球都不落入盒子的概率为(1-了)×(1- 行）行则甲，乙两球至少有-个落人盒子的概率为1了子 1 1 11.解：(1)记事件D:甲连胜四场，由题意得甲只能是前四场全胜，则 1）41 P(D)= （2)16 (2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输 则四局内结束比赛的概率 P=Pa8)+4C4C))tnBM4)=4()）广- :需要进行第五场比赛的概率P=1-P=子 3 (3)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输， 记事件M:甲赢，记事件N:丙赢， 则甲赢的基本事件包括BCBC,ABCBC,ACBCB,BABCC,BACBC, BCACB.BCABC.BCBAC. ∴甲赢的概率P(M)= (）广x(）广品 由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等， 丙赢的概率P(=1-2×3216 97 12.解：(1)由所给数据，计算该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概 率的估计值如表所示： 空气质量等级 123 概率的估计值0.430.270.210.09 (2②)一天中到该公园毁炼的平均人次的估计值为0×(10×20+ 300x35+500×45)=350. 专题探究8数学文化与探究创新 黑题专题强化 1.D解析：C选项，因为1A1=22,所以(2+t-2)2+(1--1)2=8,解 得1=±2，因为AB.0i>0,所以(t,-t)·(2,1)=2-t=>0,故1=2，所 以B(4,-1),C正确；B选项，A3=(4-2,-1-1)=(2,-2),将点 B(4,-1)绕点A逆时针旋转写得到点P,则市=(2号 2血亏2如于2号）(1v万，万-1)，设Pm,期 (m-2,n-1)=(1+5,5-1),所以m-2=1+3,n-1=3-1,解 得m=3+3,n=√3，则点P的坐标为(3+3,3)，B正确；A选项， B=(3+√3,5)-(4，-1)=(5-1,5+1)，故1B1= √(3-1)+(3+1)7=22，A正确：D选项，B在A方向上的投影 向量为励.应.--15+0x2,2x2,-2=(-1,1, IABI IABI √4+4 √4+4 D错误. 2.ABD解析：设角A,B,C所对的边长为a,b,c.由三角形的面积公式 可得5uc之i血A=宁A,所以msA=，由余弦定理，可得 1 +c2-a2=2,所以62+c2=3,故A正确；由Sac三2 bcA=m4 2 又62+e2=322bc=05所以c081≥2 3,所以anA= /1-cos2A】 COs2A √1√所以5≤原当仅当6时 √5 取等号，故B正确；设AB,AC边上的中点分别为E,F,在AB上取一 点M,在AC上取一点N,如图，由两点间线段最短可得MW≤ME+EF+ 黑白题091 W=之(a+6o,当且仅当，NE,F四点共线时取等号，所以d 1 (a+6+e,又∠ABC=7,所以mA 山4解得A=牙，所以c= a=l,b=反，所以d=5 1 +1，放C错误：由前面过程可知，d=2(a+ 1 b+c)≤ ,2+c6+1,当且仅当6=c=时取等号，故D 2+√2 正确. 3.-1+√T解析：延长BA,CD交于点E,则由题可知△EBC为正三角 形，由题设结论△ABP,△CMP,△AME的外接圆有唯一公共点，该公 共点即为题中的点Q,故点Q在△AME的外接圆上，如图①， 又由题AD=DM=1,∠BAD=∠ADM=180°-∠BCD=180°-60°= 120°，所以∠AMD=30°，故∠EAM=180°-∠AMD-∠AED=180°- 30°-60°=90°，所以△AME是直角三角形，故其外接圆半径R=AD= 1.在△ABD中，由余弦定理得BD=√22+12-2×2×1×Cos120°=√7， 所以BQ的最小值为√7-1，如图②. E E B P ① ② 4.(1)证明：(a,b,c)eD,则a+b>c,即(a+b)2-2√ab>()2, .(a+b)2>()2,即a+6>e, 同理可得√a+Wc>Wb,c+Wb>a,则（√a,√6，Nc)eD成立， 取√a=√b=1,c=√2，则wa,√b,c为等腰直角三角形的三边长 但a=b=1,c=2,a+b=c,a,b,c不能为一个三角形的三边长， 故(a,b,Nc)∈D推不出(a,b,c)eD, ∴“(a,b,c)eD"是“(a,B,C)∈D”的充分不必要条件 (2)①解：1=(3,4,5)，则30i+40+50元=0， 2510元12=910A12+1610i12+2410i1.10i1cos∠A0B. 161Oi12=910A12+2510d12+301Oi1.10C1cos∠A0C cos∠AOB=0, 又OA=OB=OC, cos∠A0C=-3 sin∠AOB=1, ,∠AOB,∠AOC均为三角形内角， sin∠A0c=4 记R=0A,·.S△A0B:S△40c= 1 sin∠A0C=5:4. ②证明：由-z0元=x0i+y0克，2·R2=(x2+y2+2 xycos LA0B)· 40840(0) 2xy 2xy (x-y)2<2<(x+y)2,1x-yl<<x+y,同理得1y-z<x<ytz,x-z< y<x+z,x,y,z可组成三角形，.ID. 5ABD解折：对于A选项，1e,I-√(）+(=1，放A正 确；对于B选项，因为x3-1=(x-1)(x2+x+1)=0,而w1是x3=1的 必修第二册·RJ 一个根，所以0+w1+1=0,故B正确；对于C选项，好= 2 县}广受子时1nwi0支c对 于D选项时子 i=w1,故D正确.故选ABD. 6.ABD解析：对于A,z=a+bi,则z=a-bi,则D(z)=I1z11=Ia1+ 1-b1=lal+b1=1lz11=D(z),故A正确；对于B,z2=(a+bi)2=a2- b2+2abi,D(2)=11211=11a2-b2+2abi11=1a2-b21+12ab1, [D(z)]2=(1lz11)2=(1al+1b1)2=a2+b2+12ab1,所以D(2)≤ [D(z)]2,故B正确：对于C,设a1=a+bi(a,beR),2=c+di(c,d∈ R),2122=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i,D (z122)= IIz12211=11(ac-bd)+(ad+bc)ill=Iac-bdI+lad+bcl,D()= lal+lbl,D(z2)=Icl+ldl,D(z)D(22)=(lal+1bl)(Icl+ldl)= Iacl+|ad1+|bcl+Ibd1,由绝对值不等式可得Iac-bd1+|ad+bcl≤ Iacl+ladl+1bcl+Ibd1,故C错误；对于D,设z1=a+bi(a,b∈ R),22=c+di(c,dER),23=e+fi(e,fE R),D (21,22)= 1la1z21l=l1(a-c)+(b-d)il1=1a-cl+1b-d1,D(a2,3）= Iz2-z311=11(c-e)+(d-f)ill=lc-el+ld-fl,D(z,23)=11z- z11=11(a-e)+(b-f)ill=la-el+lb-fl,la-el=I(a-c)+ (c-e)I≤Ia-cl+lc-el,Ib-f1=l(b-d)+(d-f)I≤Ib-dI+ld-fI,得 D(名1，)≤D(a1,2)+D(2,3)恒成立，故D正确. 7.AD解析：如图，借助于正方体模型，图①中三棱锥D-ABC的四个 面都是直角三角形，其直度为1，A正确： ① ③ 图①中三棱锥E-BCD,三个面CED,CBD,BCE都是直角三角形，面 BDE为正三角形，其直度为}；图②中三枝维D-ABC,三个面ABD, CBD,ABC都是直角三角形，面ACD为正三角形，其直度为子，放直 度为}的三校锥不止一种，B错误；四棱维共有5个面，底面为四边 形，故其直度不可能为1，C错误；图③中的四棱锥P-ABCD的四个侧 面都是直角三角形，底面为正方形，故四棱锥的直度的最大值为号 D正确，故选AD. 8.A解析：如图，∠AOB=a,∠BOC=B,∠AOC=Y, 在OC上取一点K,过K在平面BOC内作 KM⊥OC,交OB于M,过K在平面AOC内作 KN⊥OC,交OA于N,连接MN,则∠NKM是 二面角A-OC-B的平面角，即∠NKM=x.设 OM=m,在直角三角形OKM中，OK=mcos B,O KM=msin B,在直角三角形OKN中，ON= mcos BKN=mcos Buan =mcos Bsin Y cos y cos Y △OMN中，MN=m2+m2os2B-2m2.c,在△KMN中，M2+ cos2y cos y KN2-NM-2KM KN.cos msinBmcoBsinym c082y m2cos2B +2m2.cosacsB=m2.-2cos2Bcos'y+2osacosBosY=m2. cos2y COS Y cos2y 2(cos acos BcosBco )-2msin Bmco Bsin cos Y cos y cos a-cos Bcos y COS= sinβsiny 9.C解析：对于A,由题图可得二班成绩比一班成绩集中，故A错误； 对于B,由题图可得一班成绩的下四分位数是80，故B错误：对于C 由题图可得一班有异常值超过140分，故C正确；对于D,由题图可 黑白题092 得一班的平均分低于二班的平均分，故D错误 10.C解析：元=1X10+2x20+3x40+4x10+(5+6+7+8)×5=3.4,样本偏 100 度反应数据偏离方向与程度，由题图可得，有比较多的小于样本均 值元=3.4的数据，当右侧有长尾时，受极端值影响，b3= （x->0,而样本方差6，>0，则月，=>0，故选C 1001 62 11.(1)解：根据题意列举第二次排序时所有可能的a1,a2,a3及相应的 X的值列表如下 a1,a2,a3 X 1,2,3 0 1,3,2 2 2,1,3 2 2,3,1 4 3,1,2 4 3,2,1 4 (2)证明：任取样本点a∈AUB,则aA且a主B,因此a∈A∩B,故 AUBCA∩B,任取样本点b∈A∩B,则b￥A且bB,因此bE AUB,故A∩BCAUB,因此AUB=A∩B. (3)解：由1)可得P(X=0)=6P(X=2)=号，P(X=4)=,设 1 甲在第一轮测试中得分为X1,在第二轮测试中得分为X2,事件D: 表示甲在第i轮被评为一级品酒师(i=1,2),则P(D1)=P(D2)= P(X1=0,X2=2)+P(X1=2,X2=0)+P(X1=2,X2=2)=P(X1= 0)·P(X2=2)+P(X1=2)·P(X2=0)+P(X1=2)·P(X2=2)= 11 +宁x行号号因比P)=P(U,)1 6x3+3×- P(DUD)=1-P(DnD)=1-P(D)P(D)=17x7=32 99811 全书综合检测 1.A解析：由意可得：己2=1+，则：的壶部为1 2.D解析：由于分层抽样比为11：7：2，则200个人中，中卷录取人 数为20x号-20 3.A解析：因为a=(1,2),b=(-2,m),且a∥b,所以m+4=0,m=-4, a+3b=(1,2)+3(-2,-4)=（-5,-10). 4.C解析：对于A,由A∈a,A∈B,B∈a,BeB,根据直线上有两个点在 平面内，则这条直线在这个平面内，可得aCB,所以A正确；对于B, 由M∈&，M∈B,N∈a,N∈B,根据直线上有两个点在平面内，则这条 直线在这个平面内，可得直线MNC,直线MNCB,所以B正确；对 于C,由A∈a,A∈B,则平面a和平面B是一条经过点A的直线，所以 C不正确；对于D,由A,B,M∈，A,B,M∈B,且A,B,M不共线，根据 过不共线的三点唯一确定一个平面，可得α，B重合，所以D正确。 5.D解析：由题意可得P(A)= 2,P(B)= 6,P(C)=子，P(D)= 号，PAUB=子PAnG=G,P4um=L 对于A,因为P(4UB)=P()+P(B)=子<1，所以A与B互斥但不 对立，故A错误； 对于B,因为P(AUD)=P(A)+P(D)=1,若P(A∩D)=0,则此时A 与D对立，故B错误； 对于C,当A与D对立时，所以IC∩DI=IC∩A1=IC1-IA∩C1=20- 0=10,P(CnD)三60，所以C与D不互斥，故C错误 对于D,因为P(A∩C)=P(A)·P(C),所以A与C相互独立，故 D正确 参考答案 6.D解析：要使小球全部在水面下，且水没有溢出容器，只需小球的体 积不大于容器利会的容积，由题意知小球体积为=子心，容器利 余的容积为V=T×22x1=4π，由3πR3≤4π得R≤5. 7.C解析：如图，取AC中点M,连接PM,取AB中点O,连接MO并延 长交半圆于一点，则Pi.P元=(PM+Mi)·(PM+Md)=(PM+MA)· (PM-MA)=PM2-MA2. 因为4C-=3,所以ni.n店=2-} 若P为△ABC围成的区域内一动点（含边界），当P与B重合时PM 取到最大值，成=√冬16-万 若P为以AB为直径的半圆区域内一动点（含边界），此时1P1≤ 9 2=,9+4+2=5+2=号，当P为直线0M与半圆的交 2 等号成立. 因为名所成.成威-？？18，故元 的最大值为18. C 8.C解析：因为cos2B+cosB=1-c0s(A-C),即1-cos2B=cosB+ cos(A-C),2sin2B=-cos (A+C)+cos (A-C)=2sin Asin C. 即sin2B=sin Asin C,由正弦定理可得b2=ac=4,又因为a+2c≥ 2√a×2c=42,当且仅当a=2c=2√2时，等号成立，若a+2c取得最 小值，则a=22,b=2,c=2,此时最大角为角4，osA=b2+c2-c2- 2be 4+2-8:三，所以△ABC的最大内角的余弦值是三 2×2×W24 4 9.CD解析：对于A,Iz-1-2i1=11+3i-1-2i=il=√02+1卫=1，A错 误：对于B,复数不能比大小，B错误：对于C,复数z在复平面内对应 的点是(1,3)，位于第一象限，C正确；对于D,方程x2-2x+10=0,其 中4=4-40=-36=(6)2，方程的两根为2生6i=1±31，D正确. 2 (a+b=9x, 10.ACD解析：对于A,因为在△ABC中，所以a+c=10x,解得 b+c=11x, (a=4x, b=5x,所以根据正弦定理知sinA:sinB:sinC=a:b:c=4: c=6x, 5:6,故A正确；对于B,易知角C为最大角，则cosC= 1t2-g0,因为ce0,m),所以ce(0,号），所以 2·4x·5x 8 角C为锐角，故△ABC是锐角三角形，故B错误；对于C,易得角A 为最小角，则0A36+2516=所以cs24=2ms2A-1上 2·6x·5x 1 T】 ,即cos24=osC,又A,Ce(0,2),所以24e(0,m),所 以2A=C,故C正确；对于D,设外接圆的半径为R,则由正弦定理 得2R=c、二6解得R=8),放D正确 sin C 37 8 11.AC解析：对于A,如图①，作MH⊥AC于H,由VM-Oc= Veom=Y-a,所以子×反x2=号A·So,又My- 黑白题093