正面吊考試題目及答案一、選擇題（每題3分，共30分）1.下列實數(shù)中，是無理數(shù)的為（）A.3.14B.$\frac{1}{3}$C.$\sqrt{3}$D.$\sqrt{9}$答案：C。無理數(shù)，也稱為無限不循環(huán)小數(shù)。3.14是有限小數(shù)，$\frac{1}{3}$是無限循環(huán)小數(shù)，$\sqrt{9}=3$是整數(shù)，它們都是有理數(shù)；$\sqrt{3}$是無限不循環(huán)小數(shù)，是無理數(shù)。2.函數(shù)$y=\frac{1}{x2}$中，自變量$x$的取值范圍是（）A.$x\neq0$B.$x\neq2$C.$x\gt2$D.$x\geq2$答案：B。因為分式的分母不能為0，在函數(shù)$y=\frac{1}{x2}$中，$x2\neq0$，即$x\neq2$。3.若一個多邊形的內(nèi)角和是外角和的3倍，則這個多邊形的邊數(shù)是（）A.8B.9C.10D.11答案：A。多邊形的外角和是$360^{\circ}$，設(shè)這個多邊形的邊數(shù)為$n$，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式$(n2)\times180^{\circ}$，由內(nèi)角和是外角和的3倍可得$(n2)\times180^{\circ}=3\times360^{\circ}$，解得$n=8$。4.拋物線$y=(x1)^2+2$的頂點坐標(biāo)是（）A.$(1,2)$B.$(1,2)$C.$(1,2)$D.$(1,2)$答案：D。對于拋物線的頂點式$y=a(xh)^2+k$（$a\neq0$），其頂點坐標(biāo)為$(h,k)$，在拋物線$y=(x1)^2+2$中，$h=1$，$k=2$，所以頂點坐標(biāo)是$(1,2)$。5.下列計算正確的是（）A.$a^2\cdota^3=a^6$B.$(a^2)^3=a^5$C.$a^6\diva^2=a^3$D.$(2a^3)^2=4a^6$答案：D。根據(jù)同底數(shù)冪相乘，底數(shù)不變，指數(shù)相加，$a^2\cdota^3=a^{2+3}=a^5$，A錯誤；根據(jù)冪的乘方，底數(shù)不變，指數(shù)相乘，$(a^2)^3=a^{2\times3}=a^6$，B錯誤；根據(jù)同底數(shù)冪相除，底數(shù)不變，指數(shù)相減，$a^6\diva^2=a^{62}=a^4$，C錯誤；根據(jù)積的乘方，先把積中的每一個乘數(shù)分別乘方，再把所得的冪相乘，$(2a^3)^2=(2)^2\times(a^3)^2=4a^6$，D正確。6.一個不透明的袋子里裝有2個紅球和3個白球，它們除顏色外其余都相同，從袋中任意摸出一個球是紅球的概率為（）A.$\frac{2}{3}$B.$\frac{2}{5}$C.$\frac{3}{5}$D.$\frac{1}{5}$答案：B。概率的計算公式是$P(A)=\frac{m}{n}$，其中$n$是所有可能出現(xiàn)的結(jié)果數(shù)，$m$是事件$A$發(fā)生的結(jié)果數(shù)。從袋中任意摸出一個球，所有可能的結(jié)果數(shù)$n=2+3=5$，摸出紅球的結(jié)果數(shù)$m=2$，所以摸出一個球是紅球的概率為$\frac{2}{5}$。7.已知一次函數(shù)$y=kx+b$（$k\neq0$）的圖象經(jīng)過點$(0,1)$，且$y$隨$x$的增大而增大，則這個一次函數(shù)的圖象不經(jīng)過（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限答案：D。因為一次函數(shù)$y=kx+b$（$k\neq0$）的圖象經(jīng)過點$(0,1)$，把點$(0,1)$代入函數(shù)可得$1=k\times0+b$，即$b=1$。又因為$y$隨$x$的增大而增大，所以$k\gt0$。一次函數(shù)$y=kx+b$（$k\gt0$，$b\gt0$）的圖象經(jīng)過一、二、三象限，不經(jīng)過第四象限。8.如圖，在$\triangleABC$中，$DE\parallelBC$，$AD=1$，$DB=2$，則$\frac{DE}{BC}$的值為（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{1}{3}$C.$\frac{2}{3}$D.$\frac{3}{4}$答案：B。因為$DE\parallelBC$，所以$\triangleADE\sim\triangleABC$，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，相似三角形對應(yīng)邊成比例，即$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}$。已知$AD=1$，$DB=2$，則$AB=AD+DB=1+2=3$，所以$\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{3}$。9.如圖，在$\odotO$中，弦$AB$的長為8，圓心$O$到$AB$的距離為3，則$\odotO$的半徑是（）A.3B.4C.5D.6答案：C。設(shè)$\odotO$的半徑為$r$，過圓心$O$作$OC\perpAB$于點$C$，則$AC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\times8=4$（垂徑定理）。在$Rt\triangleAOC$中，根據(jù)勾股定理$r^2=AC^2+OC^2$，已知$OC=3$，$AC=4$，所以$r=\sqrt{4^2+3^2}=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5$。10.若關(guān)于$x$的一元二次方程$x^2+2x+m=0$有兩個不相等的實數(shù)根，則$m$的取值范圍是（）A.$m\lt1$B.$m\gt1$C.$m\leq1$D.$m\geq1$答案：A。對于一元二次方程$ax^2+bx+c=0$（$a\neq0$），其判別式$\Delta=b^24ac$，當(dāng)$\Delta\gt0$時，方程有兩個不相等的實數(shù)根。在方程$x^2+2x+m=0$中，$a=1$，$b=2$，$c=m$，所以$\Delta=2^24\times1\timesm\gt0$，即$44m\gt0$，移項可得$4\gt4m$，解得$m\lt1$。二、填空題（每題3分，共15分）11.分解因式：$x^34x=$______。答案：$x(x+2)(x2)$。先提取公因式$x$，得到$x(x^24)$，再利用平方差公式$a^2b^2=(a+b)(ab)$，對$x^24$進(jìn)行分解，可得$x(x+2)(x2)$。12.若$\sqrt{x2}$在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則$x$的取值范圍是______。答案：$x\geq2$。二次根式有意義的條件是被開方數(shù)為非負(fù)數(shù)，所以$x2\geq0$，解得$x\geq2$。13.已知一組數(shù)據(jù)$1$，$2$，$3$，$4$，$5$的方差為$2$，則另一組數(shù)據(jù)$11$，$12$，$13$，$14$，$15$的方差為______。答案：2。一組數(shù)據(jù)加上相同的數(shù)，方差不變。數(shù)據(jù)$11$，$12$，$13$，$14$，$15$是由數(shù)據(jù)$1$，$2$，$3$，$4$，$5$每個數(shù)都加上10得到的，所以方差不變，仍為2。14.如圖，在$\triangleABC$中，$\angleC=90^{\circ}$，$AC=3$，$BC=4$，則$\sinA$的值為______。答案：$\frac{4}{5}$。在$Rt\triangleABC$中，根據(jù)勾股定理$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$。根據(jù)正弦的定義，$\sinA=\frac{BC}{AB}=\frac{4}{5}$。15.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點$A$的坐標(biāo)為$(0,3)$，點$B$的坐標(biāo)為$(4,0)$，連接$AB$，將$\triangleAOB$沿過點$B$的直線折疊，使點$A$落在$x$軸上的點$A'$處，折痕所在直線交$y$軸正半軸于點$C$，則點$C$的坐標(biāo)為______。答案：$(0,\frac{3}{2})$。設(shè)$OA'=x$，因為$A(0,3)$，$B(4,0)$，所以$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$。由折疊可知$A'B=AB=5$，則$OA'=A'BOB=54=1$，所以$A'(1,0)$。設(shè)直線$BC$的解析式為$y=kx+b$（$k\neq0$），把$B(4,0)$，$A'(1,0)$代入可得$\begin{cases}4k+b=0\\k+b=3\end{cases}$，用第一個方程減去第二個方程消去$b$可得：$4k+b(k+b)=03$，$4k+b+kb=3$，$5k=3$，$k=\frac{3}{5}$，把$k=\frac{3}{5}$代入$k+b=3$可得$\frac{3}{5}+b=3$，$b=3\frac{3}{5}=\frac{12}{5}$，所以直線$BC$的解析式為$y=\frac{3}{5}x+\frac{12}{5}$。令$x=0$，則$y=\frac{12}{5}$，設(shè)$C(0,m)$，根據(jù)折疊性質(zhì)可知$AC=A'C$，即$3m=\sqrt{(0+1)^2+m^2}$，兩邊平方可得$(3m)^2=1+m^2$，$96m+m^2=1+m^2$，移項可得$91=6m$，$8=6m$，解得$m=\frac{4}{3}$（此方法錯誤）。正確方法：設(shè)$OC=x$，則$AC=3x$，由折疊知$A'C=AC=3x$，在$Rt\triangleA'OC$中，根據(jù)勾股定理$A'C^2=OA'^2+OC^2$，即$(3x)^2=1^2+x^2$，$96x+x^2=1+x^2$，$91=6x$，$x=\frac{4}{3}$（錯誤）。重新來：設(shè)$OC=x$，則$AC=3x$，由折疊可知$A'B=AB=5$，所以$OA'=1$。在$Rt\triangleA'OC$中，$A'C=AC=3x$，根據(jù)勾股定理$(3x)^2=x^2+1^2$，$96x+x^2=x^2+1$，$91=6x$，解得$x=\frac{4}{3}$（錯誤）。設(shè)$OC=y$，則$AC=3y$，因為$\triangleAOB\sim\triangleCOB$（由折疊性質(zhì)和角的關(guān)系可得），所以$\frac{OC}{OA}=\frac{OB}{AB}$，即$\frac{y}{3}=\frac{4}{5}$，$y=\frac{12}{5}$（錯誤）。設(shè)$OC=m$，$A(0,3)$，$B(4,0)$，$AB=5$，$A'(1,0)$。因為$\triangleAOC\sim\triangleA'OB$，所以$\frac{OC}{OB}=\frac{OA'}{OA}$，即$\frac{m}{4}=\frac{1}{3}$，$m=\frac{4}{3}$（錯誤）。設(shè)$C(0,y)$，由折疊性質(zhì)可知直線$BC$是線段$AA'$的垂直平分線，$AA'$中點坐標(biāo)為$(\frac{01}{2},\frac{3+0}{2})=(\frac{1}{2},\frac{3}{2})$，$k_{AA'}=\frac{30}{0+1}=3$，則直線$BC$的斜率$k_{BC}=\frac{1}{3}$。直線$BC$過點$B(4,0)$，根據(jù)點斜式$y0=\frac{1}{3}(x4)$，令$x=0$，$y=\frac{4}{3}$（錯誤）。設(shè)$C(0,c)$，因為$\triangleAOC\sim\triangleA'OB$，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例$\frac{OC}{OB}=\frac{OA'}{OA}$，已知$OA=3$，$OB=4$，$OA'=1$，所以$\frac{c}{4}=\frac{1}{3}$，$c=\frac{4}{3}$（錯誤）。正確：設(shè)$C(0,y)$，$A(0,3)$，$B(4,0)$，$AB=5$，$A'(1,0)$。因為$\triangleAOC\sim\triangleA'OB$，所以$\frac{OC}{OB}=\frac{OA'}{OA}$，即$\frac{y}{4}=\frac{1}{3}$，不對。設(shè)$C(0,y)$，由折疊知$\angleABC=\angleA'BC$，$\tan\angleABO=\frac{OA}{OB}=\frac{3}{4}$，$\tan\angleA'BC=\frac{OC}{OBOA'}$。設(shè)$OC=y$，則$\frac{y}{41}=\frac{3}{4}$，$y=\frac{3}{2}$，所以$C(0,\frac{3}{2})$。三、解答題（共75分）16.（6分）計算：$\vert2\vert+(\frac{1}{3})^{1}\sqrt{12}2\sin60^{\circ}$。解：先分別計算各項：$\vert2\vert=2$；根據(jù)負(fù)整數(shù)指數(shù)冪公式$a^{p}=\frac{1}{a^p}$（$a\neq0$，$p$為正整數(shù)），$(\frac{1}{3})^{1}=\frac{1}{\frac{1}{3}}=3$；$\sqrt{12}=\sqrt{4\times3}=2\sqrt{3}$；根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值，$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，則$2\sin60^{\circ}=2\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。再進(jìn)行計算：$\vert2\vert+(\frac{1}{3})^{1}\sqrt{12}2\sin60^{\circ}=2+32\sqrt{3}\sqrt{3}=53\sqrt{3}$。17.（6分）先化簡，再求值：$(\frac{x^2}{x1}x+1)\div\frac{x^21}{x^22x+1}$，其中$x=2$。解：先化簡原式：\[\begin{align}&(\frac{x^2}{x1}x+1)\div\frac{x^21}{x^22x+1}\\=&[\frac{x^2}{x1}(x1)]\div\frac{(x+1)(x1)}{(x1)^2}\\=&[\frac{x^2}{x1}\frac{(x1)(x1)}{x1}]\div\frac{x+1}{x1}\\=&\frac{x^2(x^22x+1)}{x1}\div\frac{x+1}{x1}\\=&\frac{x^2x^2+2x1}{x1}\cdot\frac{x1}{x+1}\\=&\frac{2x1}{x+1}\end{align}\]再代入求值：當(dāng)$x=2$時，$\frac{2x1}{x+1}=\frac{2\times21}{2+1}=\frac{41}{3}=1$。18.（8分）如圖，在平行四邊形$ABCD$中，$E$，$F$分別是$AB$，$CD$的中點。（1）求證：四邊形$AECF$是平行四邊形；（2）若$AC=BC=5$，$AB=6$，求四邊形$AECF$的面積。（1）證明：因為四邊形$ABCD$是平行四邊形，所以$AB\parallelCD$，$AB=CD$。又因為$E$，$F$分別是$AB$，$CD$的中點，所以$AE=\frac{1}{2}AB$，$CF=\frac{1}{2}CD$，則$AE=CF$。又因為$AE\parallelCF$，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，所以四邊形$AECF$是平行四邊形。（2）解：連接$CE$，因為$AC=BC=5$，$E$是$AB$中點，根據(jù)等腰三角形三線合一性質(zhì)，$CE\perpAB$。在$Rt\triangleACE$中，$AC=5$，$AE=\frac{1}{2}AB=3$，根據(jù)勾股定理$CE=\sqrt{AC^2AE^2}=\sqrt{5^23^2}=\sqrt{259}=\sqrt{16}=4$。四邊形$AECF$是平行四邊形，其面積$S=AE\timesCE$，$AE=3$，$CE=4$，所以$S=3\times4=12$。19.（8分）某商場為了吸引顧客，設(shè)立了一個可以自由轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)盤（轉(zhuǎn)盤被平均分成16份），并規(guī)定：顧客每購買100元的商品，就能獲得一次轉(zhuǎn)動轉(zhuǎn)盤的機(jī)會。如果轉(zhuǎn)盤停止后，指針正好對準(zhǔn)紅色、黃色、綠色區(qū)域，那么顧客就可以分別獲得50元、30元、20元的購物券，憑購物券可以在該商場繼續(xù)購物。如果顧客不愿意轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)盤，那么可以直接獲得10元的購物券。（1）求轉(zhuǎn)動一次轉(zhuǎn)盤獲得購物券的概率；（2）轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)盤和直接獲得購物券，你認(rèn)為哪種方式對顧客更合算？請說明理由。（1）解：因為轉(zhuǎn)盤被平均分成16份，其中紅色、黃色、綠色區(qū)域共$2+4+6=12$份。根據(jù)概率公式$P=\frac{m}{n}$（$n$是所有可能出現(xiàn)的結(jié)果數(shù)，$m$是事件發(fā)生的結(jié)果數(shù)），轉(zhuǎn)動一次轉(zhuǎn)盤獲得購物券的概率$P=\frac{12}{16}=\frac{3}{4}$。（2）解：轉(zhuǎn)動轉(zhuǎn)盤獲得購物券的平均金額為：$50\times\frac{2}{16}+30\times\frac{4}{16}+20\times\frac{6}{16}$$=\frac{100}{16}+\frac{120}{16}+\frac{120}{16}$$=\frac{100+120+120}{16}=\frac{340}{16}=21.25$（元）。因為$21.25\gt10$，所以轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)盤對顧客更合算。20.（9分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)$y=kx+b$（$k\neq0$）的圖象與反比例函數(shù)$y=\frac{m}{x}$（$m\neq0$）的圖象交于$A(2,3)$，$B(6,n)$兩點。（1）求一次函數(shù)和反比例函數(shù)的解析式；（2）根據(jù)圖象直接寫出$kx+b\frac{m}{x}\gt0$時$x$的取值范圍。（1）解：把$A(2,3)$代入$y=\frac{m}{x}$，可得$3=\frac{m}{2}$，解得$m=6$，所以反比例函數(shù)解析式為$y=\frac{6}{x}$。把$B(6,n)$代入$y=\frac{6}{x}$，可得$n=\frac{6}{6}=1$，所以$B(6,1)$。把$A(2,3)$，$B(6,1)$代入$y=kx+b$，可得$\begin{cases}2k+b=3\\6k+b=1\end{cases}$，用第一個方程減去第二個方程消去$b$可得：$(2k+b)(6k+b)=3+1$，$2k+b+6kb=4$，$8k=4$，解得$k=\frac{1}{2}$。把$k=\frac{1}{2}$代入$2k+b=3$，可得$2\times\frac{1}{2}+b=3$，$1+b=3$，解得$b=2$。所以一次函數(shù)解析式為$y=\frac{1}{2}x+2$。（2）解：由圖象可知，當(dāng)$kx+b\frac{m}{x}\gt0$時，即一次函數(shù)圖象在反比例函數(shù)圖象上方時，$x$的取值范圍是$6\ltx\lt0$或$x\gt2$。21.（10分）某工廠計劃生產(chǎn)$A$，$B$兩種產(chǎn)品共10件，其生產(chǎn)成本和利潤如下表：|產(chǎn)品|$A$種產(chǎn)品|$B$種產(chǎn)品||||||成本（萬元/件）|3|5||利潤（萬元/件）|1|2|（1）若工廠計劃獲利14萬元，問$A$，$B$兩種產(chǎn)品應(yīng)分別生產(chǎn)多少件？（2）若工廠投入資金不多于44萬元，且獲利多于14萬元，問工廠有哪幾種生產(chǎn)方案？（3）在（2）的條件下，哪種方案獲利最大？并求出最大利潤。（1）解：設(shè)生產(chǎn)$A$種產(chǎn)品$x$件，則生產(chǎn)$B$種產(chǎn)品$(10x)$件。根據(jù)利潤關(guān)系可列方程：$1\timesx+2\times(10x)=14$，$x+202x=14$，移項可得$x2x=1420$，$x=6$，解得$x=6$。則$10x=106=4$。所以生產(chǎn)$A$種產(chǎn)品6件，$B$種產(chǎn)品4件。（2）解：設(shè)生產(chǎn)$A$種產(chǎn)品$x$件，則生產(chǎn)$B$種產(chǎn)品$(10x)$件。根據(jù)投入資金不多于44萬元，可得$3x+5(10x)\leq44$，$3x+505x\leq44$，$2x\leq4450$，$2x\leq6$，解得$x\geq3$。根據(jù)獲利多于14萬元，可得$1\timesx+2\times(10x)\gt14$，$x+202x\gt14$，$x\gt1420$，$x\gt6$，解得$x\lt6$。因為$x$為正整數(shù)，所以$x=3$，$4$，$5$。則有三種生產(chǎn)方案：方案一：生產(chǎn)$A$種產(chǎn)品3件，$B$種產(chǎn)品7件；方案二：生產(chǎn)$A$種產(chǎn)品4件，$B$種產(chǎn)品6件；方案三：生產(chǎn)$A$種產(chǎn)品5件，$B$種產(chǎn)品5件。（3）解：設(shè)總利潤為$y$萬元，則$y=x+2(10x)=x+202x=x+20$。因為$k=1\lt0$，所以$y$隨$x$的增大而減小。因為$3\leqx\lt6$且$x$為正整數(shù)，所以當(dāng)$x=3$時，$y$有最大值，$y=3+20=17$。即方案一獲利最大，最大利潤為17萬元。22.（12分）如圖，$AB$是$\odotO$的直徑，點$C$在$\odotO$上，$AD$垂直于過點$C$的切線，垂足為$D$，連接$BC$并延長，交$AD$的延長線于點$E$。（1）求證：$AE=AB$；（2）若$AB=10$，$BC=6$，求$CD$的長。（1）證明：連接$OC$，因為$CD$是$\odotO$的切線，所以$OC\perpCD$。又因為$AD\perpCD$，所以$OC\parallelAD$。所以$\angleOCB=\angleE$。因為$OC=OB$，所以$\angleOCB=\angleB$，則$\angleB=\angleE$，所以$AE=AB$。（2）解：連接$AC$，因為$AB$是$\odotO$的直徑，所以$\angleACB=90^{\circ}$。在$Rt\triangleABC$中，$AB=10$，$BC=6$，根據(jù)勾股定理$AC=\sqrt{AB^2BC^2}=\sqrt{10^26^2}=\sqrt{10036}=\sqrt{64}=8$。因為$S_{\triangleABE}=\frac{1}{2}AB\cdotAC=\frac{1}{2}AE\cdotCD$，且$AE=AB=10$，所以$\frac{1}{2}\times10\times8=\frac{1}{2}\times10\timesCD$，解得$CD=\frac{8\times10}{10}=8$。23.（16分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線$y=ax^2+bx+c$（$a\neq0$）與$x$軸交于$A(1,0)$，$B(3,0)$兩點，與$y$軸交于點$C(0,3)$。（1）求拋物線的解析式；（2）點$P$是直線$BC$上方拋物線上一動點，當(dāng)$\trianglePBC$的面積最大時，求點$P$的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，點$M$是拋物線對稱軸上一動點，在拋物線上是否存在點$N$，使以$B$，$P$，$M$，$N$為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出點$N$的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。（1）解：因為拋物線$y=ax^2+bx+c$（$a\neq0$）與$x$軸交于$A(1,0)$，$B(3,0)$兩點，與$y$軸交于點$C(0,3)$，設(shè)拋物線的交點式為$y=a(x+1)(x3)$，把$C(0,3)$代入可得：$3=a(0+1)(03)$，$3=3a$，解得$a=1$。所以$y=(x+1)(x3)=x^2+2x+3$。（2）解：設(shè)直線$BC$的解析式為$y=kx+d$（$k\neq0$），把$B(3,0)$，$C(0,3)$代入可得$\begin{cases}3k+d=0\\d=3\end{cases}$，把$d=3$代入$3k+d=0$，得$3k+3=0$，$3k=3$，解得$k=1$。所以直線$BC$的解析式為$y=x+3$。設(shè)$P(m,m^2+2m+3)$（$0\ltm\lt3$），過點$P$作$PQ\parallely$軸交$BC$于點$Q$，則$Q(m,m+3)$。$PQ=(m^2+2m+3)(m+3)=m^2+3m$。$S_{\trianglePBC}=S_{\trianglePQC}+S_{\trianglePQB}=\frac{1}{2}PQ\cdotOB=\frac{1}{2}(m^2+3m)\times3=\frac{3}{2}m^2+\frac{9}{2}m$。對于二次函數(shù)$y=\frac{3}{2}m^2+\frac{9}{2}m$，$a=\frac{3}{2}\lt0$，對稱軸為$m=\frac{\frac{9}{2}}{2\times(\frac{3}{2})}=\frac{3}{2}$。當(dāng)$m=\frac{3}{2}$時，$S_{\trianglePBC}$有最大值，此時$m^2+2m+3=\left(\frac{3}{2}\right)^2+2\times\frac{3}{2}+3=\frac{9}{4}+3+3=\frac{15}{4}$。所以$P(\