第15章 专题探究15 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（苏教版）

专题探究15 数学 题组一向量与解三角形中的创新问题 1.(2024·湖南永州高一期末)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0角得到向量AP=(xcos0-ysin0, xsin 0-+ycos0),叫作点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(0,1), 点B(√2,1-2√2)，把点B绕点A沿顺时针方 向旋转牙后得到点P,则点P的坐标为 A.(-3,-1) B.(-3,0) C.(-1,-2) D.(-1,-3) 2.（多选)设A1,A2,A3,A4是平面直角坐标系中 相异的四点，若A1A3=入A1A2（入∈R),A1A4= uAA,(uER),且}+=2，则称A,A,调和 “入 分割A1,A2,已知平面上的点C,D调和分割 点A,B,则下面说法正确的是 A.A,B,C,D四点共线 B.D可能是线段AB的中点 C.C,D可能同时在线段AB上 D.C,D不可能同时在线段AB的延长线上 3.（多选)对于三角形而言，有不同的分类方法， 可以按边分类，也可以按角分类.已知△ABC 的三条边长分别为3,4,5，易验证该三角形为 非等腰的直角三角形，且该三角形的三边长 都是整数.现将三边长都是整数的三角形，称 为整边三角形.整边三角形有很多有趣的性 质，比如：根据余弦定理可知，整边三角形的 三个内角的余弦值均为有理数.在整边三角形 中，若其面积也为整数，则称该三角形为海伦 三角形.则下列说法正确的是 必修第二册·SJ 文化与探究创新 A.整边三角形三个内角的正弦值均为有理数 B.三边长分别为13,14,15的三角形是海伦 三角形 C.若整边三角形为直角三角形，则该三角形 为海伦三角形 D.不存在等腰的海伦三角形 4.(多选)(2024·福建龙岩高一月考)对任意两 个非零的平面向量a和b,定义：a①b= a:6a06-0总若平面向量a,6满足 a·b l1a1>1b1>0,且a⊕b和a⊙b都在集合 {仔neZ,0n≤4中，则a66+a©6的值可 能为 () A.1 B.2 7 D.4 5.(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,√6，√c)∈ D”的充分不必要条件； (2)若锐角△ABC内接于圆O,且xOA+ y0B+z0C=0,设1=(x,y,z)(x,y,z>0). ①若I=(3,4,5),求SAA0B:S△40c; ②证明：I∈D. 学霸182 题组三复数中的创新问题 6.（多选)设n是正整数，当一个数的n次乘方 等于1时，称此数为n次“单位根”；在复数范 围内，n次单位根有n个，例如，1，-1，i,-i是 1,3.13 x=1的四个根；1，w,=2十21，，= 22 是x3=1的三个根，则下列式子正确的是 ( A.l@1=1 B.w2+01+1=0 C.01+ω2=0 D.w2=01 7.（多选)(2024·江苏苏州高三月考)1843年， 哈密顿在爱尔兰发现四元数当时他正研究扩 展复数到更高的维次（复数可视为平面上的 点).他不能做到三维空间的例子，但四维则 造出四元数.根据哈密顿记述，他于10月 16日跟妻子在都柏林的皇家运河上散步时突 然想到的方程解.之后哈密顿立刻将此方程刻 在Brougham Bridge.对四元数u=a+bi+cj+dk, a,b,c,d∈R,i,j,k为虚数单位，其运算满足： i2=j2=k2=-1,ij=k,jk=i,ki=j,ji=-k,kj= -i,ik=-j;u=a-bi-cj-dk,N(u)=uu=a2+ e+i,a=后+6+e+d,定义w=,记 所有四元数构成的集合为V,则以下说法中正 确的有 () A.集合{1，i,j,k}的元素按乘法得到一个八 元集合 B.若非零元u,v∈V,则有ulu=v1 C.若u,v∈V,则有N(uw)=N(u)N(v) D.若非零元u∈V,则有u=" 1u21 题组目立体几何中的创新问题 8.（多选)(2024·四川南充高二月考)如果一个 凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我 们称这个凸n面体的直度为m,则() 7 数学文化与探究创新 A.三棱锥的直度的最大值为1 B直度为3的三棱锥只有一种 C.四棱锥的直度的最大值为1 D四棱锥的直度的最大值为 9.若一个四面体的四个侧面是全等的三角形， 则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出 四个不同的四面体ABCD(k=1,2,3,4), 记△ABCk的三个内角分别为Ak,B,Ck,其 中一定不是“完美四面体”的为 () A.A1:B1:C1=3:5:7 B.sin A2 sin B2 sin C2=3:5 7 C.cos A3 cos B3 cos Ca=3:5:7 D.tan A tan B:tan C=3:5:7 10.（2024·江苏徐州高三月考)对球面上的三 个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，所 得三弧围成的球面部分称为“球面三角形”， 这三条弧叫作球面三角形的边.若半径为 2的球的球面上有一个各边长均为π的球 面三角形，则该球面三角形的面积为()》 A.2πB.4π C.n D.3n 4 2 题组四统计概率中的创新问题 11.（多选)(2024·辽宁抚顺高一月考)箱线图 是用来表示一组或多组数据分布情况的统 计图，因形似箱子而得名.在箱线图中（如 图①)，箱体中部的粗实线表示中位数；中间 箱体的上、下底，分别是数据的上四分位数 和下四分位数：位于最下面和最上面的实横 线分别表示最小值和最大值（有时候箱子外 部会有一些点，它们是数据中的异常值) 图②为某地区2023年5月和6月的空气质 量指数(AQI)箱线图.AQI值越小，空气质量 越好AQI值超过200，说明污染严重.则 () 学霸183 异常值 上边缘 上四分位数 平均值 一中位数 下四分位数 -下边缘 一异常值 某地区空气质量指数(AO川D的箱线图 300. 250 200 150 100 天 5月6別 A.该地区2023年5月有严重污染天气 B.该地区2023年6月的AQI值比5月 的AQI值集中 C.该地区2023年5月的AQI值比6月 的AQI值集中 D.从整体上看，该地区2023年5月的空气 质量略好于6月 12.设x1,x2,…,xn是总体数据中抽取的样本 k为正整数，则称6。=12 (x-x)为样本k n i=1 阶中心矩，其中x三名，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 b好 x1,x2,…,x10绘制柱形图如图所示，则B。与 0的大小关系是 40 30 20 10 “□T□ 45678 A.B,<0 B.B,=0 C.B>0 D.不能确定 必修第二册·SJ学 13.（2024·安徽合肥一六八中学高一期末)给 定两组数据A=(x1,x2,…,xn)与B=(y1, y2,…,y),称X(A,B)=∑1x,y:1为这两 i=1 组数据之间的“差异量”.鉴宝类的节目是当 下非常流行的综艺节目.现有n个古董，它们 的价值各不相同，最值钱的古董记为1号， 第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古 董价值的真实排序为I=(1,2,…,n).现在 某专家在不知道古董真实排序的前提下，根 据自己的经验对这n个古董的价值从高到 低依次进行重新排序为x1,x2,…,x,其中x 为该专家给真实价值排第ⅰ位古董的位次编 号，记A=(x1,x2,…,n),那么A与I的差异 量X(A,)=∑1x,-i可以有效反映一个专 家的水平，该差异量X(A,I)越小说明专家 的鉴宝能力越强。 (1)当n=3时，求X(A,I)的所有可能取值， (2)当n=5时，求X(A,I)=4的概率 (3)现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已 知专家甲的鉴定结果与真实价值I的差 异量为a,专家甲与专家乙的鉴定结果 的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果 与真实价值I的差异量是否可能为a+ 6？请说明理由 (注：实数a,b满足：la+b|≤1a|+Ib1,当且 仅当ab≥0时取“=”号) 霸184为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数.从正整数6,7,8,9,10中任取2个 数有(6,7)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，(7,10)，(8， 9),（8,10),(9,10),共10种，其中运算次数均为奇数的有(8， 9),共1种，故运算次数均为奇数的概率为0故答案为 15.解：(1)样本空间2={(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2 4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)},共有12个基本 事件. (2)事件A的基本事件为{(1,2)，（1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)， (2,4),共6个基本事件，所以P(A)=7 事件B的基本事件为{(1,3)，(2,3)，(4,3)}，共3个基本事件， 所以P()=子 事件C的基本事件为{(1,4)，(2,4)，(4,1)，(4,2)}，共4个基 本事件，所以P(C)=3 (3)事件A,B,C中至少有一个发生的基本事件为{(1,2)，(1， 3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(4,1),(4,2),(4,3)},共9个 基本事件，所以P(AUBUC)=4 16.解：(1)89.5的百分位数为100×[1-10×(0.02+0.01)]=70. 设心跳次数为x,则x=64.5×10×0.01+74.5×10×0.025+84.5×10× 0.035+94.5×10×0.02+104.5×10×0.01=84,所以这批患者心跳次 数的平均数为84. (2)由从高于89.5次的患者中分层抽样6人，得[89.5,99.5)抽 4人，记为A,B,C,D,[99.5,109.5]抽2人，记为E,F, 记“抽中的2人心跳次数都大于或等于99.5”为事件M 从6人中任取2人有(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(A,F),（B, C),(B,D),(B,E),(B,F),（C,D),(C,E),(C,F),(D,E), (D,F),(E,F),共15种， 2人心跳次数都高于99.5的有(E,F),1种 则P()=5,即抽中的2人心跳次数都大于或等于95的概率 17.解：(1)当a=8时，从X,Y两组随机各选1人，样本空间2= {(10,12),(10,13),(10,15),(10,14),(10,8),(11,12),(11, 13),(11,15),(11,14),(11,8),(12,12),(12,13),(12,15), (12,14),(12,8),(13,12),(13,13),(13,15),(13,14),(13, 8),(14,12),(14,13),(14,15),(14,14),(14,8)},共有25种， 甲的康复时间比乙的康复时间长的情况有(10,8)，(11,8) (12,8),(13,12),(13,8),(14,12),(14,13),(14,8)},共8种 即所求疑率为受 (2)当a=16时，P(M)=,事件N的情况有(10,15)，（1L, 14),(12,13),(13,12)},共4种，则P(=25 4 事件MN:“甲康复时间为11天且甲、乙康复时间之和为25天”的 情况为(11,14)，则P(MN)= 方因此P(w)P(W=与×名 25≠P(MM,所以事件M,N不相互独立. 1.1.1 1 18解：()：4+4+写p=1,p=64g=1,g=4 (2)根据方形迷官，以及甲、乙两人所 处位置可知，最少需要2分钟，甲、乙二 人可以相遇（如图，C,D,E三处为相 遇点)； 设在C,D,E三处最短时间相遇的概率西 E 东 分别为Pc,PD,PE, 则=（石x石）x(任*】 南 必修第二册·SJ 1 5761 w=2x(6x(台） PE= e060点7即所求的据率为，品 1.1.137 19.解：(1)A获得冠军：AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜 曲，4得冠军的率=+子宁× C获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出，C获 得冠军给率宁×2()）宁×(2）水片品 1-5 (2)淘达赛赛制下，A获得冠军的概率为px2p+p×20=p, 双败赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况， 当A进入胜者组， 若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军； 若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军； 当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军 综上，A获得冠军的概率为p(1-p)+p3+(1-p)p3=p3(3-2p) 令fp)=p3(3-2p)-p2=p2(-2p2+3p-1)=p2(2p-1)(1-p), 若A为强队，则2印<1，故f(P)>0,所以双败赛制下对强者更 有利. 专题探究15数学文化与探究创新 1.C解析：因为A(0,1),B(2,1-22),所以A=(2,-22), 将向量沿顺时针方向旋转：，即沿逆时针旋转-牙，得到。 (2m(）(-22m()a()+(-2) m()）,化简得市(-1，-3)，所以点P坐标为(-1，-2)。 故选C. 2.AD解析：A1A=AA1A(A∈R),A1A=uA1A2(∈R), ·A1A3∥A1A2,A1A4∥A1A2,A1,A2,A3,A4四点共线. ·平面上的点C,D调和分割点A,B,A,B,C,D四点共线， 故A正确； 由题意可设A(0,0),B(1,0),C(c,0),D(d,0),则(c,0)=入(1， o.ao=41.oAed+女-2-2 对于B,者D是线段B的中点则宁，代人到上26不 存在，故B错误： 对于C,若C,D同时在线段AB上，则0≤c≤1,0≤d≤1，代入到 。+=2,可得c=d=1,此时C,D重合，与题意不符，故C错误， 1 对于D,若C,D同时在线段AB的延长线上，则c>1,d1,。+ 子2，与日2不质，故G,D不可能同时在线段40的延长线 上，故D正确.故选AD. 3.BC解析：对于A中，例如边长为整数的等边三角形是整边三角 形，但其内角都是，其正孩值为所以其正弦值为无理煮，所 以A不正确；对于B中，如图所示，设△ABC的边 长分别为AB=13,AC=14,BC=15, 14 由余弦定理，可得csA=132+14-152.5 2x13x1413,所c 学霸108 以sinA=12,所以△ABc的面积S三2AB·ACsi血A=2x3x14 吕4， 所以边长为13,14,15的三角形是海伦三角形，所以B正确： 对于C中，设整边三角形的两直角边分别为a,b,则a,b都是整数 且√a2+b2也是整数，若a,b都是奇数，设a=2m+1,b=2n+1,可得 a2+b2=4(m2+n2)+4(m+n)+2=4[(m2+n2)+(m+n)]+2.设(m2+ n2)+(m+n)=t,可得a2+b2=4t+2为偶数，则斜边c=√a2+b也必 为偶数.设√a2+b=2k,即4t+2=42,其中k,teZ*,可得k2-t= 2,这与k,1eZ矛盾，所以a,6不能都是奇数，则a,b为一奇一偶 或两个偶数，可得三角形的面积S=2b为整数，所以C正确； 对于D中，例如：边长分别为5,5,6的等腰三角形，其面积$=12， 此三角形为海伦三角形，所以D不正确.故选BC. 4AC解折：因为子 ez0s4-小. 设向量a和6的夹角为8,9e小，号），则a©0=a: 1a12+1b129 la1:lb1:cs0=eos0因为1a1>1b1>0,所以latb1e 1a12+1b12 lal Ibl' 1b1ta∈(2， 1bl lal 1 +o),所以a①b= c0s8c080 ab<2,所以a⊕b=4,故cos0= 1bl'lal 4()(分小©8 1 1 7-1612167cos6>2 3 若osB-3寸，1cse三1b又2名=1 1a12+1b12=4,所以 1a1=21b1,符合题意：当份cs0=1时，1a1c9=161.又 o女所以al-1,希合愿意所以：6a06的 值为1或子故选AC 5.(1)证明：(a,b,c)eD,则a+b>c,即(a+b)2-2ad>(6)2 .(a+b)2>()2,即a+b>, 同理可得√a+c>b,+√b>√a,则(a,b,)∈D成立， 取a=√b=1,c=√2，则√a,√6，c为等腰直角三角形的三边， 但a=b=1,c=2,a+b=c,a,b,c不能为三角形的三边，故（√a,√b Nc)eD推不出(a,b,c)eD, “(a,b,c)eD"是“(a,b,)∈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=91OA12+161012+2410i1·10i1cos∠A0B, 161oi12=9102+2510d2+3010i.10元1osLA0C. {cos LAOB=0, 又OA=OB=OC, cosLAOC=-3 sin∠AOB=1, ∠AOB,∠AOC均为三角形内角， sin∠AOC= 5 i记R=0A5eSax=(2R2·m∠A08）:(行R sinZAOC=5:4. ②证明：由-z0元=x0i+y0i,2·R2=(x2+y2+2 eycos A0B)· R,m∠40B=-,L40BE0,-1<<1 2xy 2xy (x-y)2<2<(x+y)2,1x-y<z<x+y,同理得1y-z<x<y+z,lx- 参考答案 z<y<x+z,x,y,z可组成三角形，.I∈D. 6.ABD 解桥：对于A选项1=√（宁）（受=1， 故A正确：对于B选项，因为x3-1=(x-1)(x2+x+1)=0,而w1是 x3=1的一个根，所以+w1+1=0,故B正确；对于C选项，w= 22 i=4214 2+2,01+w5=-1+W5i≠0，放 1+5 C错误：对于D选项，=2+2=1，故D正确故选ABD, 7.ACD解析：对于A,由于2=j2=k2=-1,ji=-k,kj=-i,k=-j,故 集合1，i,j,k}的元素按乘法可以得到集合1，i,j,k,-1,-i, -j,-k,容易验证该集合中任意两个元素的乘积还在该集合中，故 集合{1，i,jk}的元素按乘法得到的集合是八元集合{1，i,j,k, -1,-i,-j,-k,故A正确；对于B,取u=1,=2,则u1u=11×2× 1=1×2×1=2≠ =2=v1,故B错误；对于C,若u,v∈V,设u= 2 a+bi+cj+dk,v=x+yi+zj+wk,N(u)=N[(a+bi+cj+dk)(x+yi+zj+ wk)]=N[(ax-by-cz-dw)+(ay+bx+cw-dz)i+(az+cx+dy-bw)j+ (aw+dx bz-cy)k]=(ax-by-cz-dw)2 +(ay+bx+cw-dz)2+ (as+cx+dy-bw)2+(aw+dx+bz-cy)2=a2x2+b2x2+c2x2+d2x2+a2y2+ b2y2+c2y2+d2y2+a2z2+b2z2+c2z2+d2x2+a2w2+b202+c2w2+d2w2= (a2+62+c2+d2)(x2+y2+22+w2)=N(a+bi+cj+dk)N(x+yi+zj+ wk)=N(u)N(),故C正确；对于D,根据题目中的定义有N(u)= u lul2,从而u· uu uu N(u) N(u) u2|lu21√N(u2√N(2N(w·u) N(u) =1.所以u1= √N(u)N(u) m,故D正确故选ACD 8.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 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中三棱锥D-ABC,三个面ABD,CBD,ABC都是直角三角形， 面4CD为正三角形，其直度为子，故直度为子的三梭锥不止一 种，B错误：四棱锥的共有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，放四棱锥的直度的最大值为子，D正确，故选AD, 9.B解析：对于B,若sinA2:sinB2:sinC2=3:5:7,由正弦定理 可得，B2C2:A2C2:A2B2=3:5:7,设B2C2=3x,A2C2=5x, A2B2=7x,“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，.D2A2= 3x,D2B2=5x,D2C2=7x,把该四面体顶点当成长方体的四个顶点， 四条棱当作长方体的四条面对角线，则长方体面上对角线长为3x, 1a2+b2=9x2, 5x,7x设长方体棱长为a,b,c,则b2+c2=25x2,以上方程组无解， a2+c2=49x2」 即这样的四面体不存在， ∴.四个侧面不全等，故D242B2C2一定不是完美的四面体 对于A,三角形显然是锐角三角形，可以构成完美四面体， 对于C,由余弦值的比值得到正弦值比值，按着B选项的过程可知 可以构成完美四面体 对于D,由正切值的比值得到正弦值比值，按着B选项的过程可知 可以构成完美四面体故选B. 10.A解析：设球面三角形ABC.因为球的半径为2，所以大圆周长为 学霸109 4π，球的表面积为4π×22=16π.因为球面 三角形的各边长均为T,所以∠AOB= ∠A0C=∠B0C=90°，即0A,OB,OC两两 垂直（如图所示）则根据对称性，球面三角 形ABC的面积为球面面积的 1 8,为 8 4T×22=2m.故选A 11.ACD解析：对于A,题图②所示中5月份有AQI值超过200的异 常值，A正确； 对于B,C,题图②中5月份的箱体高度比6月份的箱体高度小， 说明5月的AQI值比6月的AQI值集中，B错误，C正确： 对于D,虽然5月有严重污染天气，但从题图②所示中5月份箱体 整体上比6月份箱体偏下且箱体高度小， AQI值整体集中于较小值，说明从整体上看，该地区2023年5月 的空气质量略好于6月，D正确.故选ACD 12.C解析：话-1x10+2×20+3x40+4x10+(5+67+8)×5-3.4,样本 100 偏度反应数据偏离方向与程度，由题中图表可得，有比较多的小 于样本均值x=3.4的数据，当右侧有长尾时，受极端值影响，b3= 100 100名（气-）'>0，而样本方差6，>0，则月，=3>0.故选C 63 13.解：(1)若n=3时，则A=(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1), (3,1,2),(3,2,1),且1=(1,2,3)， 可得X(A,)=0,2,2,4,4,4,所以X(A,)的所有可能取值为0， 2,4. (2)设“X(A,I)=4”为事件M,样本空间为2， 因为n=5,可知A共有5×4×3×2×1=120（个），即样本容量 n(2)=120, 显然若对调两个位置的序号之差大于2，则X(A,)>4, 可知X(A,)=4只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之 间调整顺序，若调整两次两个连续序号，则有{(1,2)，(3,4)}， {(1,2),(4,5),{(2,3),(4,5)},共有3种可能；若连续三个序 号之间调整顺序，连续三个序号有{1,2,3}，{2,3,4}，{3,4,5}， 共3组，由(1)可知：每组均有3种可能满足X(A,I)=4,可得共有 3×3=9(种)可能.综上所述，n(M)=3+9=12.所以P(B)= n(M)_121 N(2)120-10 (3)不可能，理由如下： 设专家甲的排序为x1,x2,…,x,记A=(x1,x2,…,*): 专家乙的排序为y1,y2,…,y,记B=(y12,…y) 由题意可得4，-三-引=，4，=三=4， 因为ly:-il=1(y:-x)+(x:-i)1≤1y:-x:1+lx:-i1=x-i训+lx y:, 结合的任意性可得三-≤三比+三出=a+4a+ 6,所以专家乙的鉴定结果与真实价值1的差异量不可能为a+6. 全书综合检测 1.D解析：1z2-il=1(1+i)2-il=12i-il=1il=√0+12=1，故选D. 2A解斩已知得s(行2a）m[2(石a)]-m(石 a）n2(石a）os(a-石)im2(a-石）因为m(a 石）-只，根据同角三角两数基本关系式得m(;2a） w(e）m(a石）1-(）1-（经） m(a6os2(a-6)m(e6）(径)+1 子故选A 必修第二册·SJ 3.B解析：因为(0.01+0.025+0.035)×10=0.7<0.75，（0.01+0.025+ 0.035+0.02)×10=0.9>0.75,所以75百分位数位于[80,90)，设为 x,则(0.01+0.025+0.035)×10+0.02(x-80)=0.75,解得x=82.5.故 选B 4.C解析：依题意可得该圆台形大花盆的上底面面积S,= 100πcm2,下底面面积S2=81πcm2,又高h=24cm,代入圆台体积 公式可得V=3(S1+S2+√SS2)h=2168mcm3,故选C. 5.D解析：因为AD∥BC,B=3F元，Ai=3H亦，所以B=B+Fi= 成+成+4（威-耐=成+4（威成） 号g成又励：A威n成，所以A==。如=× 166故透D. 99 6.C解析：记(x,y)表示基本事件：第一枚骰子向上的点数为x,第 二枚骰子向上的点数为y.对于A:对事件A,C都包含基本事件(3， 5),(5,3),所以A与C不互斥，故A错误；对于B:因为P(A)= 1 2,P(C)三6，事件AC包含基本事件(3,5)，(5,3)，所以 P(AC)=18 1 因为P(AC)≠P(A)P(C),所以A,C不独立，故B错 误；对于C:若第二枚骰子向上的点数是偶数，则两枚骰子向上的 点数之积不可能为奇数，所以事件B和D互斥，故C正确：对于D: 11 因为P(B)=2,P(D)=2X24,P(BD)=0,所以P(BD)大 P(B)P(D),所以B,D不独立，故D错误故选C 7.C解析：因为B=石，所以A+C=,即C=5π-A 6 6 6 0<A< 2 因为△ABC为锐角三角形，所以 即 则 0<C<2’ 0 5T 6 -A2 子<A<子由正孩定理， AB sin C ( sin BC sin A sin A sin Sr 13 sin A 2tan A 2 因为写<A受，所以mA>5,所以0 anA3,所以 1√3 32w3 C的取值范围为(2，兮） .故选C. 8.D解析：设正方形ABCD中心为O, 取AB的中点H,连接PO,PH,OH,则PH ⊥AB,OH⊥AB,PO⊥平面ABCD,所以 ∠PIO为二面角P-AB-C的平面角，即 PO tan L PHO-O-22. 设正方形ABCD的边长为a(a>0),则A若 B P0=Ea.又A0=行C=2:经。，H=m,由 2 2 P02+A02=PA2,即(2a)2+ 停)°10，根得a=2(负位已含 去)，则P0=22,A0=√2 球心在直线PO上，设球心为G,设球的半径为R,R=PG=GA,则 R=(2(2反-R),解得及=，所以外接球的表面积S= 4πR2=4r× 521225 4)=2m故选D. 9.ABD解析：对于A,由题意可得a-b=(4,0),则(a-b)·b=4×0+ 0×(-1)=0,所以(a-b)⊥b,故A正确；对于B,Ia+2b1=1(4,-3)1= 学霸110