【文档说明】重庆市巴蜀中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（B） Word版含解析.docx，共(23)页，2.202 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0c0d6d2e9d974725d5e3d11238a63a47.html

以下为本文档部分文字说明：

高2026届高二（上）入学考试数学试题卷（B）命题人：黄颖审题人：詹乐一、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.已知(1i)|34i|z+=+，则z=（）A.55i22−B.55i22+C.

55i22−−D.55i22−+【答案】B【解析】【分析】由复数的模长公式及除法运算求解复数z，然后求其共轭复数即可.【详解】因为(1i)|34i|z+=+，所以(1i)5z+=，所以55(1i)55i1i(1i)(1i)22z−===−++−，所以55i22z=+.故选：B2.现采用随机模

拟的方式估计一运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：13796019792527181

5952683829436730257，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A.14B.38C.512D.58【答案】A【解析】【分析】根据古典概型概率计算公式即可求解．【详解】依题意在12组随机数中三次投篮恰

有两次命中的有：137，271，436共3个，所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率31124P==，故选：A．3.已知两条不同的直线,mn，两个不同的平面,，则（）A若//mn,,,则//mnB.若abab⊥⊥,,,,则a⊥C.若mnm⊥⊥,,则//n

.D.若//nmm=,,,则//mn【答案】D【解析】【分析】根据面面平行的性质结合线线的位置关系，判断A；根据面面垂直的性质结合线面的位置关系，判断B；根据线面垂直的性质结合线面的位置关系，判断C；根据线面平行的性质定理判断D.【详解】对于A，若//mn

,,,则,mn可能平行，也可能异面，A错误；对于B，若abab⊥⊥,,,,则可能有a⊥，也可能有//a，B错误；对于C，若mnm⊥⊥,,则有可能是//n，也可能n，C错误，对于D，根据线面平行的性质定理可知若

//nmm=,,,则//mn，正确，故选：D4.平均数､中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在下图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数､中位数和众数，则下列关系正确的是（）A.abcB.bacC.cba

D.cab【答案】A【解析】【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断.【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数c为右起第

二个矩形下底边的中点值，直线xb=左右两边矩形面积相等，而直线xc=左边矩形面积大于右边矩形面积，则bc，又数据分布图左拖尾，则平均数a小于中位数b，即ab，所以abc.故选：A5.如图，在平面四边形ABCD中，若24BCAB==，27A

C=，ABBD⊥，π4BCD=，则BD=（）A.3B.2C.2622−D.434−【答案】D【解析】【分析】先由余弦定理得出2π3ABC=，再应用正弦定理求边长即可.【详解】在ABCV中，由余弦定理，得()22222224271cos22242BABCACABCBABC+−+−===−

，所以2π3ABC=，因为ABBD⊥，所以CBD=π6，在BCD△中，ππ7ππ6412BDC=−−=，由正弦定理，得sinsinBDBCBCDBDC=，所以24sin2434sin624BCBCDBDBDC===−+．故选:D．6.用平行于底面的平面截

正四棱锥，截得几何体为正四棱台.己知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为π4，则该四棱台的体积是（）A.76B.726C.723D.722【答案】B【解析】【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体

积公式即可求得结果.【详解】如下图所示：1,OO分别为上下底面的中心，作1CEAC⊥于点E，根据题意可知111,2ABAB==，侧棱与底面所成的角即为1CCE，可知1π4CCE=；因此可得1CECE=，易知1122,2

ACAC==，由正四棱台性质可得()111222CEACAC=−=；所以该正四棱台的高为122CECE==，因此该四棱台的体积是()222212721212326V=++=.故选：B7.在矩形ABCD中，2AB=，3AD=，P为矩形ABCD所在平面内的动点，且1PA=，则PBPC的

最大值是（）A.9B.10C.11D.12【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设(,)Pxy，根据条件得到)(2,),(2,3PxCxyByP==−−−−，从而得到2239(2)()24xPByPC

=−+−−，又221xy+=，结合图形，得223(2)()2PHxyAHAP=−+−+，即可求出结果.【详解】如图，建立平面直角坐标系，设(,)Pxy，BC中点为H，因为2AB=，3AD=，所以(0,0)A,(2,0)B，(2,3

)C，3(2,)2H，得到)(2,),(2,3PxCxyByP==−−−−，所以222239(2)3(2)()24xyyxyPBPC=−+−=−+−−，又因为1PA=，所以221xy+=，又222397(2)()21242PHxyAHAP=−+−+=

++=，当且仅当,,HAP（P在HA的延长线上）三点共线时取等号，所以222239499(2)3(2)()102444PBPCxyyxy=−+−=−+−−−=，故选：B.【点睛】关键点点晴：设(,)Pxy，利用向量数量积的坐标运算，得到2239(2)()24xPByP

C=−+−−，再利用圆的几何性质，即可求解.8.已知正四棱锥PABCD−的所有棱长均为2，点E为正四棱锥PABCD−的外接球球面上一动点，2PE=，则动点E的轨迹长度为（）A.3πB.6π2C.6πD.6π【答案】D【解析】【分析】连接AC

、BD，设ACBDO=，连接PO，分析可得O为正四棱锥PABCD−外切球的球心，且外接球的半径2R=，作出正四棱锥PABCD−外接球的轴截面（过点P、A、C），过点E作EFPO⊥交PO于点F，即可求出EF，从而求出轨迹长.【详解】依题意，正四棱锥PABCD−

的所有棱长均为2，连接AC、BD，设ACBDO=，连接PO，则⊥PO平面ABCD，则221122222BOBD==+=，所以()22222PO=−=，所以2POOAOBOCOD=====，则O为正四棱锥PABCD−外切球的球心，且外接球的半径2RPO==，作出正四棱锥PABCD

−外接球的轴截面（过点P、A、C）如下所示：因为2PER==，所以POE△为等边三角形，所以π3POEEPO==，过点E作EFPO⊥交PO于点F，则36sin222EFPEEPO===，所以点E在以F为圆心

，62EF=为半径的圆上，所以动点E的轨迹长度为62π2π6π2EF==.故选：D二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，

有选错的得0分.9.某高中举行的数学史知识答题比赛，对参赛的2000名考生的成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，若同一组中数据用该组区间中间值作为代表值，则下列说法中正确的是（）A.考生参赛成绩的平均分约为72.8分B.考生参赛成绩的第75百分位数约为82.5分C.分

数在区间)60,70内的频率为0.2D.用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为200的样本，则成绩在区间)70,80应抽取30人【答案】BC【解析】【分析】利用频率分布直方图估计平均数判断A；求出第75百

分位数判断B；求出分数在区间)60,70内的频率判断C；用分层随机抽样求出区间)70,80内应抽人数判断D.【详解】对于A，平均成绩为450.05550.15650.2750.3850.2950.172.5x=+++++=，A错误；对于B，由频率分布直方图知，

分数在[40,80)内的频率为0.7，在[40,90)内的频率为0.9，因此第75百分位数位于(80,90)内，第75百分位数为0.750.78082.50.02−+=，B正确；对于C，分数在区间)60,70内的频率为0.021

00.2=，C正确；对于D，区间)70,80应抽取2000.360=人，D错误.故选：BC10.在ABCV中，设角,,ABC所对的边分别为𝑎,𝑏,𝑐，则下列命题一定成立的是（）A.若222abc+，则ABCV是锐角三角形B.若2a=，2b=

，π4B=，则ABCV有唯一解C.若ABCV是锐角三角形，3b=，π3B=，设ABCV面积为S，则3393(,]24SD.若ABCV是锐角三角形，则sinsincoscosABAB++【答案】BCD【解析】分析】由余弦定理可判断A；由正弦定理可判断B；利用边化角结合面积公式可得3

3π33sin2264SA=−+，求π26A−的范围，结合正弦函数的性质可得S的范围，即可判断C；的【由锐角三角形可得ππ022AB−及ππ022BA−，利用sinyx=在π(0,)2上的单调性结合诱导公

式可判断D.【详解】222abc+，2220abc+−，222cos02abcCab+−=，C为锐角，但不能确定角,AB是否为锐角，故ABCV不一定是锐角三角形，故A错误；由正弦定理得22sin2sin12aBAb===，(0,π)A，ππ

,24AC==，ABCV有唯一解，故B正确；323πsinsin3bB==，23sinaA=，2π23sin23sin()3cCA==−，112ππsin23sin23sin()sin2233SacBAA==−2π2π33sin(sincoscossin)33AAA=

−3133sin(cossin)22AAA=+2933sincossin22AAA=+93333sin2cos2444AA=−+33π33sin(2)264A=−+，又π022ππ032AA−，解得ππ62A，π2π3A，

ππ5π2666A−，1πsin(2)126A−，3333π33sin(2)4262A−，339324S，即3393(,]24S，故C正确；ABCV是锐角三角形，π2AB+，又π,(0,)2AB，ππ022AB−，ππ022

BA−，又sinyx=在π(0,)2上单调递增，πsinsin()cos2ABB−=，πsinsin()cos2BAA−=，sinsincoscosABAB++，故D正确；故选：BCD.11

.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，113,2,,AAABBCABBCAC===⊥与1AC相交于点O，点E是侧棱1BB上的动点，则下列结论正确的是（）A.直三棱柱111ABCABC−的体积是6B.三棱锥1OAAE−的体积为定值C.1AEEC+

的最小值为13D.直三棱柱111ABCABC−的外接球表面积是17π【答案】ABD【解析】【分析】A选项，求出2ABCS=△，从而根据柱体体积公式得到答案；B选项，1132AEASS==为定值，点O到平面11ABBA的距离为定值，故三棱锥1OAAE−的体积为定值；C选项，将矩形11BC

CB与矩形11ABBA展开到同一平面内，由勾股定理求出最小值；D选项，将直三棱柱111ABCABC−补形为长方体1111ABCDABCD−，求出外接球半径，得到外接球表面积.【详解】A选项，直三棱柱111ABCAB

C−中，13,2,AAABBCABBC===⊥，所以122ABCSABBC==△，直三棱柱111ABCABC−的体积是1236ABCSAA==，A正确；B选项，矩形11ABBA的面积为236S==，当E是侧棱1BB上运动时，1132AEAS

S==为定值，又点O到平面11ABBA的距离为定值，故三棱锥1OAAE−的体积为定值，B正确；C选项，将矩形11BCCB与矩形11ABBA展开到同一平面内，如图所示，连接1AC，与1BB相交于点E，故1AC的长即为1AEEC+的最小值，故最小值为()22221113225AAAC+=++=，

1AEEC+的最小值为5，C错误；D选项，将直三棱柱111ABCABC−补形为长方体1111ABCDABCD−，则长方体1111ABCDABCD−的外接球即为直三棱柱111ABCABC−的外接球，故外接球的半径为22211722322++=，表面积为2

174π17π2=，D正确,故选：ABD【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.

在ABCV中，内角A，B，C的对边依次为a，b，c，221sincos22ABC+−=，2c=，π4A=，ABC的面积为__【答案】1或333+【解析】【分析】根据三角形内角和定理，结合二倍角余弦公式、正弦定

理、三角形面积公式分类讨论进行求解即可.【详解】因为221sincos22ABC+−=，所以222221cos1sin()coscoscoscos2222CCCCCC−+−=−=−=，即2cos2cosCC=，所以cos0C=，或1cos2C=，因为(0,π)C，

所以π2C=，或π3．因为2c=，π4A=，当π2C=时，π4B=，可得2ab==，112ABCSab==；当π3C=时，由正弦定理sinsinacAC=，可得22sin262sin332cAaC===，可得1126ππ33sin2sinπ223343ABCSacB+==

−−=．故答案为：1或333+13.如图，在ABCV中，点P满足2BPPC=，过点P的直线与,ABAC所在的直线分别交于点,MN，若(),,,0AMABANAC==，则2+的最小值为_____.【答案】3【解析】

【分析】先由题意得12123333APABACAMAN=+=+，进而由共线定理得12133+=，接着结合基本不等式即可求解.【详解】因为2BPPC=，(),,0AMABANAC==、

，所以()2233APABBPABBCABACAB=+=+=+−12123333ABACAMAN=+=+，因为MPN、、三点共线，所以()121,033+=，所以()122233+=++52252254233333

3333=+++=+=，当且仅当2233=即1==时等号成立.所以2+的最小值为3.故答案为：3.【点睛】思路点睛：根据已知条件关系和所求问题的特征，结合向量的环境优先考

虑共线定理中的三点共线系数和为1，故先由题意得12123333APABACAMAN=+=+，从而由共线定理得12133+=，接着结合基本不等式可求解.14.如图，已知点A是圆台1OO的上底面圆1O上的动点，,BC在下底面圆O上，11AO=，12OO=，3BO=，25B

C=，则直线AO与平面1OBC所成角的正弦值的最大值为________.【答案】31010【解析】【分析】以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.【详解】解：连接

OC，过C点作CH垂直于BO的延长线于点H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：在三角形OBC中，因为3,3,25OBOCBC===，故22292095cos232325OBBCOCBOBBC+−+−===，则510cos2533BHBCB==

=，则22100452093CHBCBH=−=−=，13OHBHOB=−=，故点145,,033C−，又(0,0,0)O，1(0,0,2)O，(3,0,0)B，设点(,,2)Amn，,1,1mn−，由11OA

=，可得221mn+=，1045,,033BC=−，()13,0,2BO=−，设平面1OBC的法向量𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则100mBCmBO==，即1045033320xyxz−+=−+=，取5y=，则2,3xz==，故平面1OBC的法向量()

2,5,3m=，又(),,2OAmn=，设直线AO与平面1OBC所成角为，π0,2，则22256256sincos,310324mnmOAmnOAmmOAmn++++====++，因为,1,1mn−，且221mn+=，故令cosm=，sin

n=，(0,2)，则()2565sin2cos63sin6mn++=++=++，25tan5=，ππ,22−，又(0,2)，所以sin()1,1+−，3sin()63,9++，即2563,9mn++，所以sin的

最大值为931010310=.故答案为：31010.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，四棱锥PABCD−的底面是正方形，PD⊥平面ABCD，点E是PA的中点，F是线段PB上靠近P的三等分点，2PDAD==.（1）

求证：PC∥平面BDE；（2）求点F到平面BDE的距离.【答案】（1）证明见解析（2）439.【解析】【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接EO，由中位线证明线线平行，然后由线面平行的判定定理证明即可；（2）由线面垂直证明出DEBE⊥，计算出三角形BDE的面积，设点F到平面B

DE的距离为d，由等体积法求解即可.【小问1详解】证明：如图，连接AC交BD于点O，连接EO，四边形ABCD是正方形，O为AC中点，E是PA中点，EO∥PC，EO平面,BDEPC平面,BDEPC∥平面BDE.【小问2详解】PD⊥平面ABCD，AB平面ABCD，A

BPD⊥.又四边形ABCD是正方形，ABAD⊥.又=PDADD，,PDAD平面PAD，AB⊥平面PAD.又DE平面,PADABDE⊥.点E是PA的中点，2,PDADDEPA==⊥.又ABPAA=，

,ABPA平面PAB，DE⊥平面PAB.又BE平面,PABDEBE⊥.又易知222,6DEBEBDDE==−=.12632BDES==.114222323PABDV−==.又

,ADEPDESSF=是线段PB上靠近P的三等分点，12112,23239BADEPABDFPDEPABDVVVV−−−−====，49FBDEPABDBADEFPDEVVVV−−−−=−−=设点F到平面BDE的距离为d，则14339d=，解得439d=.

点F到平面BDE的距离为439.16.在ABCV中，点D在BC上，26ACAB==，120BAC=.（1）求sinC的值；（2）若2BDDC=，求AD的长.【答案】（1）21sin14C=（2）13【解析】【分析】（1

）利用余弦定理与正弦定理依次求得,sinBCC，从而得解；（2）利用向量的线性运算与数量积的运算法则即可得解.【小问1详解】在ABCV中，26ACAB==，120BAC=，则3AB=，.所以2222cosBCABACABACBAC=+−22136236632=+

−−=，所以37BC=，又sinsinABBCCBAC=，则33sin212sin1437ABBACCBC===.【小问2详解】因为2BDDC=，则23BDBC=，所以()22123333ADABBDABBC

ABACABABAC=+=+=+−=+，又3,6,36cos1209ABACABAC====−，所以22221214433999ADABACABABACAC=+=++()2214439613999=+−+=，则13ADAD==17.随着科技的发展，互

联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密

，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为112，乙每次解开密码的概率为112，每次是否解开密码也互不影响．设1A=甲成功解密一份文件，2A=甲成功解密两份文件，1B=

乙成功解密一份文件，2B=乙成功解密两份文件（1）已知概率()()1234,89PAPB==，（i）求,的值．（ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率．.（2）若113+=，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值．【答案】（1）（i）32,43==；（

ii）512；（2）3281.【解析】【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：()()()22194,21169PAPB===−=，设A=甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则1221AA

BAB=+，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解；（2）由113+=可得3+=，从而求得()()22PA=，再利用基本不等式即可求得最小值.【小问1详解】（i）由题知()()()2123421,89PAPB

=−===，解得：32,43==，（ii）由（i）知：()()()22194,21169PAPB===−=，设A=甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则122112,AABABAB=+与21AB

互斥，1A与22,BA与1B分别相互独立，所以()()()()()()()12211221PAPABPABPAPBPAPB=+=+349458916912=+=，因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为512．【小问2详解】由题知：113,3

+=+=，()()()()()()22121221,,21,PAPAPBPB=−==−=，设A=甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则122112,AABABAB=+与21AB互斥，1A与22,BA与

1B分别相互独立，所以()()()()()()()12211221PAPABPABPAPBPAPB=+=+()()()22212122=−+−=+−()22=32+=，49，当且仅当23==时等号成立，()232281

．故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为3281.18.在RtABC△中，90C=，3BC=，6AC=，,DE分别是,ACAB上的点，满足DEBC∥且DE经过ABCV的重心，将ADEV沿DE折起到1ADE△的位置，使

1ACCD⊥，M是1AD的中点，如图所示.（1）求证：1AC⊥平面BCDE；（2）求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）在线段1AC上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34？若存在，求出

CN的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）π4（3）存在，3或23【解析】【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系；（2）以CD为x轴，CB为y轴，1CA为z轴，建立空间直角坐标系

.用向量法求CM与平面1ABE所成角的大小；（3）假设存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34，设1CNCA=，分别求解两平面的法向量，用表示余弦值解方程可得.【小问1详解】因为在RtABC△中，90C=，DEBC∥，且BCCD⊥，所以DECD⊥，DEAD⊥

，则折叠后，1DEAD⊥，又11,,ADCDDADCD=平面1ACD，所以DE⊥平面1ACD，1AC平面1ACD，所以1DEAC⊥，又已知1ACCD⊥，CDDED=且都在面BCDE内，所以1AC⊥平面B

CDE；【小问2详解】由（1），以CD为x轴，CB为y轴，1CA为z轴，建立空间直角坐标系−Cxyz.因为2ADCD=，故223DEBC==，由几何关系可知，2CD=，14AD=，123AC=，故()0,0,

0C，()2,0,0D，()2,2,0E，()0,3,0B，()10,0,23A，()1,0,3M，()1,0,3CM=，()10,3,23AB=−，()12,2,23AE=−，设平面1ABE的法向量为(),,nxyz=，则1100nABnAE==，即32302

2230yzxyz−=+−=，不妨令2y=，则3z=，1x=，()1,2,3n=.设CM与平面1ABE所成角的大小为，则有42sincos,2222CMnCMnCMn====，设为CM与平面1ABE

所成角，故π4=，即CM与平面1ABE所成角的大小为π4；【小问3详解】假设在线段1AC上存在点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.在空间直角坐标系中，(1,3,3)BM=−，(1,0,3)CM=，1(0,0,23)CA=，设1CNCA=，则(0,0,23)CN

=，(0,3,0)(0,0,23)(0,3,23)BNBCCN=+=−+=−，设平面BMN的法向量为()2222,,nxyz=，则有2200nBMnBN==，即222223303230xyzyz−+=−+=，不妨令23z=，则22y=，263x=−，所以(

)263,2,3n=−，设平面CBM的法向量为()3333,,nxyz=，则有3300nBMnCM==，即3333333030xyzxz−+=+=，不妨令33z=，则33x=−，30=y，所以()33,0,3n=−，若平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.则满足232

3222391833cos,4239(21)43nnnnnn−+===−++，化简得22310−+=，解得1=或12，即1CNCA=或112CNCA=，故在线段1AC上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN成角余弦值为34.此时CN的长

度为3或23.19.如图，已知O是ABCV的外心，2ABAC==，2ABAC=，112231nnnBDDDDDDDDC−=====，112231nnnCEEEEEEEEA−=====，112231nnnAFFFFFFFFB

−=====．（1）判断ABCV的形状，且求3n=时123ABADADADAC++++的值；（2）当8n=时，①求ijjkODOEOEOF+的值（用含,,ijk的式子表示）；②若,3,,6,,,NijjkPxxODOEOEOFijkijk

+==+，求集合P中的最小元素．【答案】（1）ABCV为等边三角形；53（2）①()2994381ijijjk+−−−+②23−【解析】【分析】（1）借助向量的数量积公式计算即可得其夹角，即可得其形状，由题意可得

BC的中点为2D，即可结合向量的线性运算得解；（2）①由题意可得iD、jE、kF分别为BC，CA，AB的9等分点，借助向量的线性运算与数量积公式计算即可得；②借助一次函数的单调性逐步计算即可得.【小问1详解】2ABAC==，cos2ABACABACBAC==，则1cos2BAC

=，即π3BAC=，故ABCV为等边三角形，由题意知BC的中点为2D，且23AD=，22ABACAD+=，1322ADADAD+=，故1232553ABADADADACAD++++==；【小问2详解】①由ABCV为等边三角形，O为外接圆的圆心，

故2π,3OBOC=，OBCA⊥，π,6BCOC=，2π,3BCCA=，233OB=，2323123323OBOC=−=−，0OBCA=，2332232BCOC==，12222BCCA=−=−，又8n=，故iD、jE、k

F分别为BC，CA，AB的9等分点，9999ijijjiODOEOBBCOCCAOBOCOBCABCOC=++=++222813981ijiijBCCA+=−+−；同理222993981jkjkjijOEOFOCCAOAAB=++=−+−

，故()299222222439813981381ijjkijijjkiijjijODOEOEOF+−−+=−+−−+−=−+；②令()9999Sijijjkjijjk=+−−=−+−，由3,,6i

jk，故90j−，S可以看为自变量为i的一次函数，在3i=时取得最小值()min276627Sjjkkj=+−=−+，同理，由60k−，S在3j=时取得最小值，min453Sk−=，S在6k=时取得最小值，min453627S==−，故ij

jkODOEOEOF+的最小值为422723813−+=−，即集合P中的最小元素为23−.