2022年巴中市零诊考试理科数学参考答案（20220904定稿）.pdf

1、理科数学答案第 1页共 11 页巴中市普通高中 2020 级“零诊”考试数学阅卷参考答案（理科）一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1【解析】B先写出集合 M，然后逐项验证即可由1,2,3,4,5U 且1,2U M 得3,4,5M，故选 B备注：2022 年全国乙卷理数第 1 题改编.2【解析】D利用复数四则运算，先求出 z，再依照复数的概念求出复数 z 的虚部选 D方法一：由题意有(34i)(i)34i43iii(i)z ，故复数 z 的虚部为 3 方法二：由 i34ii(3i4)z，得43iz ，故复数 z 的虚部

2、为 3 3【解析】A 121llm，故“1m ”是“12ll”的充分不必要条件选 A4【解析】D不妨取双曲线的右焦点(,0)c，渐近线 ybx，由点到直线距离公式得24b，然后利用离心率的变通公式215cb，进而求得离心率 e 的值由题意得，不妨取双曲线的右焦点21 0)(,Fb，双曲线的渐近线为 ybx，即0bxy，则22|10|21b bbb，即224ba，所以离心率215eb选 D5【解析】C充分利用长方体中的棱、面之间的关系直观感知，同时结合空间中线面间平行及垂直的判定与性质推理论证，需注意相应定理的条件的完备性对于 A 选项，n也可能；对于 B 选项，由条件得不到 m，故不能推断出；

3、对于 C 选项，则法线与法向量垂直则两个平面垂直知正确；对于 D 选项，条件中缺少 m，故得不到 m6【解析】A由任意角的三角函数定义，得 tan12ab，故(2,2)Ba，2|2 1tan2|OBOA由3cos25 得：222222cossincos2cossincoss5in3，变形得：221tan51t3an，解得2tan4，所以|2 5OB 或者，设|OAr，则221ra，1sin,cos,|2aOBrrr；由3cos25 得222222113cos2cossin51aara，解得：24a，故|22 5OBr选 A7【解析】D借助判断函数的奇偶性、对称性和有界性，正弦型函数的符号变化规

4、律，均值不等式等知识进行推断由2sin()(),2,2xxxf xxee 知()f x 为奇函数，且在(0,1)内恒正，故 A、B 选项不正确；又 2sin()2x，2xxee且等号不同时成立，由不等式的性质知|()|1f x ，排除 C 选项选D8【解 析】A 设 公 差 为 d，则211(1)()22nn ndnadnad nS，故1()22nSddnan；又20232022120232022SS，12022a ，故 nSn是 以2022为 首 项，1 为 公 差 的 等 差 数 列，于 是 得20232022(2023 1)102023S ，所以20230S选 A本题也可用基本量法求解，

5、借助等差数列前 n 项和的性质运算更为简洁9【解析】D本题考查平面向量的线性运算、数量积及其几何意义，数量积的坐标表示，数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，运算求解能力方法一：由点D在BC上，设BDxBC,01x，则()ADABBDABxBCABx ACAB(1)x ABxAC，从而得：()(1()x ABxACAD BCADACABACAB 22(1)134xACxABx，由 01x 得 41349x，故 4,9AD BC 方法二：以 A 为原点，AB，AC 所在直线分别为,xy 轴建立直角坐标系（如图），则(2,0),(0,3),(2,3)ABACBC，设(,)D x y，则(,

6、)ADx y，故23AD BCxy Axy32BCD理科数学答案第 2页共 11 页（*），由点 D 在 BC 上得：23260,0 xxy（可借助初中的一次函数知识或必修 2 第三章直线的方程获得,xy 满足的方程），用 x 表示 y 代入（*）式得：1320239,2AD BCxxyx ，故 4,9AD BC 方法三：设 AD与与 BC的夹角为，则由题意得13|cosAD BCAD，故|cosAD取最大值时AD BC 最大，|cosAD取最小值时 AD BC 最小，结合上图，用运动变化的观点分析易知：D 在斜边BC 上移动时，当 D 与 C 重合时 AD的模最大且与 BC的夹角最小（ACB

7、），故此时 AD BC 取得最大值，且maxAD BCAC BC ()9ACACAB；当 D 与 B 重合时 AD的模最小且与 BC的夹角最大（ABC ），故此时 AD BC 取得最小值，且min=()4AD BCAB BCABACAB 选 D应注意，由向量夹角的定义知ABC不是向量 AB与 BC的夹角！这是向量问题中的易错点！10【解析】B将函数cos()3yx的图象向左平移 3 个单位长度，得cos()33yx的图象而5cos()cos()sin()sin()333323336yxxxx，故 由 题 意 知sinx 5sin()36x，所以5236xkx(k Z)，解得562k(k Z)，

8、由0 知：当1k 时取最小值，故min72选 B或者，由cos()3yx知23x时1y ，由sinyx知当2x 时1y ，故由题意得 5332，解得72 11【解析】B由(1)2()f xf x得：()2(1)f xf x又当(0,1x时，11()sin,044f xx ，故当(1,2x时，1(),02f x ；类推得：当(2,3x时，()4(2)sin 1,0f xf xx ，且(2,3 x如图由3sin2x 得3sin2x，解得123x或223x，解得73x 或83x 故若对任意(,xm，都有2(3)f x，则73m 选 B12【解析】C要比较,abc 的大小，可先比较 ln,ln,lna

9、bc 的大小又 ln22ln20a，ln21ln21b，ln20ln22c 方法一：由 22202121202242，令函数()(42)ln,20f xxxx，则42()ln1fxxx 在20,)上单调递减，所以11()(20)ln2010fxf；因为223920e，所以 ln202，ln202 ，所 以11191()(20)ln2010201010fxf ，由 此 知()f x在 20,)上 单 调 递 减，故(20)(21)(22)fff，即 lnlnlnabc，故 cba故选 C方法二：先比较 ln a 与 lnc 的大小，易证：函数ln()xg xx在(,)e 上单调递减，故 ln20

10、ln222022，所以ln22ln2020ln22lnac，从而 ac；再比较比较 ln a 与 lnb 的大小，令ln(),201xh xxx，则21ln()(1)xxxh xx，记1lnxyxx，则2110yxx ，故1lnxyxx在(0,)上是减函数，所以当20 x 时，21ln20020y，从而()0h x，由此知()h x 在20,)上单调递减，故(20)(21)hh，即 ln20ln212122，变形得 22ln2021ln21，所以 lnlnab，由此得 ab；同理可比较得到 bc；故abc故选 C二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分13【解析】1 利用

11、二项展开式的通项公式及已知建立 m 的方程求得 m 的值因为展开式中含3x 的项为353332C2()40mxmx ，所以334040am，解得1m 注：本题原型为人教 A 版选修 2-3例 2（1）题，主要考查二项式定理及其通项公式，及数学运算核心素养和运算求解能力14【解析】57计算得1(2356)44x，1(28314148)374y，则样本中心点是(4,37)，代入回归方程得 5375417ayx，所以回归方程是 517yx，将8x 代入得 57y 理科数学答案第 3页共 11 页15【解析】8 6 由题意有：BD 平面 ADC，,ADDC 平面 ADC，故,BDADBDCD；由2BD

12、 2 2AB，2 5BC 及 勾 股 定 理 得：2,4ADCD，又2 5AC，故222ADCDAC，所以 ADDC，即 BD，AD，CD 两两垂直，所以三棱 ABCD的外接球与以 BD，AD，CD 分别为长、宽、高 的 长 方 体 的 外 接 相 同（如 右 图，O 为 球 心），所 以 球 半 径22222462R，从而348 63VR16【解析】3，2 3,3)3以三角形边角关系的射影定理为背景，综合考查正弦、余弦定理、三角变换的基本公式与方法，三角函数的图象与性质等知识，求角 A 时，既可用正弦定理边化角，也可用余弦定理角化边，还可直接用教材中习题的结论射影定理简化；对于11tanta

13、nBC的范围问题，可切化弦后转化为求 sinsinBC 的范围，利用23BC且 0,2BC转化只含一个角变量的函数的值域，此 时 可 直 接 代 入 消 元 化 简 也 可 用 对 称 设 元 简 化；也 可 用 三 角 形 中 三 内 角 的 正 切 关 系tantantantantantanABCABC转化；还可以构造几何图形作几何法或坐标法求解（1）求角 A 的过程与方法由已知及正弦定理得：2sincossincossincossin()sinAACBBCBCA，又 02A，故1cos2A，所以3A由已知及射影定理得：2 coscoscosaAcBbCa，故1cos2A，又 02A，所以

14、3A由已知及余弦定理得：2222222 cos22acbabcaAaa，化简得1cos2A，又 02A，所以3A（2）求11tantanBC范围的过程与方法策略一：切化弦后转化借助正弦型函数的图象与性质sin()311coscoscossincossinsintantansinsinsinsinsinsinsinsin2sinsinBCBCBCCBABCBCBCBCBCBC，由3A得23BC，故23CB，又 B 为锐角，所以 62B33211111sinsinsinsin()sin(cossin)sin2cos2sin(2)322444264BCBBBBBBBB因为52666B，故 1sin(

15、2)126B，当 且 仅 当3B取 等 号，所 以13sinsin(,24BC，故11tantanBC2 3,3)3令,33BxCx，由B、C均为锐角得66x，故sinsinsin()sin()33BCxx2223311313(cossin)(cossin)cossinsin222244413(,24xxxxxxx，下同由和、差角的余弦公式可得：12sinsincos()cos()cos()2BCBCBCBC，由已知得,62BC，故33BC，所以1cos()(,12BC，故32sinsin(1,2BC，下同策略二：用余弦定理转化在ABC中，由正弦、余弦定理得：222sinsin2sinsinc

16、ossinBCBCAA，代入3A得：223sinsinsinsin4BCBC，变形得23sinsin(sinsin)4BCBC，由已知得10|sinsin|2BC，故341sinsin2BC，仅当 sinsinBC时取等号；下同策略三：用公式 tantantantantantanABCABC转化由3A得：tantantan()tan31tantanBCBCABC ，变形得：3(tantan1)tantanBCBC，理科数学答案第 4页共 11 页故3 tantan3311tantan3tantantantantantantantanBCBCBCBCBCBC；由,62BC知：3(tantan1)

17、BC tantan2 tantanBCBC，仅当 tantanBC取等号，解得tantan3BC，故tantan3BC，所以3303tantanBC，从而2 311,3)tantan3BC策略四：几何法或坐标法不妨设3a，过点 A 作 ADBC于 D，如右图设,03BDxx，则3CDx，tanADBxtan3ADCx，所以3311tantanxxBCADAD,62BC得321AD，故2 311,3)tantan3BC不防设ABC的边3a，则其外接圆半径为 1如右图建立直角坐标系，则ABC的外接圆的方程为221()12xy，设(,)A x y，由已知得3322x，132y，331122tanta

18、nxxBCyy32 3,3)3y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第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：60 分17（12 分）解：（1）方法一：由122nnSS 得：2122nnSS1 分12122nnnnSSSS，变形得2112()nnnnSSSS2 分212nnaa3 分又12a 且2112SSS212aa 4 分由知：对任意*nN，恒有12nnaa，且 12a 数列na是首项与公比均为 2 的等比数列5 分2nna 6 分方法二：由122nnSS 变形得：122(2)nnSS 2 分又12a

19、，故11224Sa3 分数列2nS 是以 4 首项，2 为公比的等比数列112422nnnS，故122nnS4 分当2n 时，1122(22)2nnnnnnaSS 5 分又12a 也适合上式2nna 6 分方法三：（归纳猜想，然后用数学归纳法证明）由 112aS且2122SS得：32622S 由3222SS得：431422S 同理可得：543022S 1 分猜想：122nnS 2 分证明：当1n 时，211222Sa，结论正确假设当 nk时，有122kkS成立那么，当1nk 时，1(1)11222(22)222kkkkSS 3 分故当1nk 时，结论正确综上可知，122nnS4 分ODCBxA

20、1A2Ay理科数学答案第 5页共 11 页下同方法二（2）方法一：由（1）知，2nnnbnan 7 分231 2223 22 nnTn 2312 1 222(1)22nnnTnn 8 分两式相减得：23122222nnnTn 9 分112(12)2(1)2212nnnnn11 分1(1)22nnTn 12 分方法二：由（1）知，2nnnbnan 7 分裂项变形得：12(1)2(2)2nnnnbnnn 9 分231 2223 22 nnTn 34354122(222)(3 222)(1)2(2)2 nnnn 10 分12(2)2nn即1(1)22nnTn12 分18（12 分）解：（1）由题意得

21、，总人数为 20045 岁以上（含 45 岁）的人数为32001205，45 岁以下的人数为 801 分一周内健步走少于 5 万步的人数为 20060310人2 分由此得如下列联表：3 分一周内健步走5 万步一周内健步走5 万步总计45 岁以上(含 45 岁)903012045 岁以下503080总计14060200故22200(90 3050 30)2532.70614060 80 1207K5 分有 90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关6 分（2）由题意，抽取的 8 人中一周内健步走5 万步有 6 人，少于 5 万步的有 2 人X 的所有可能取值为 0，1，2，且 X 服从

22、超几何分布 7 分由组合数公式及等可能事件的概率公式得：026228C C1(0)28CP X 8 分116228C C12(1)28CP X 9 分206228C C15(2)28CP X 10 分X 的分布列为 11 分X012P128122815281121530122828282EX 12 分理科数学答案第 6页共 11 页19（12 分）解：（1）证明方法一：由正方形 ABCD 的性质得：ABCD1 分又AB 平面 DCF，CD 平面 DCFAB平面 DCF 2 分BECF，BE 平面 DCF，CF 平面 DCFBE平面 DCF3 分,ABBEBAB BE平面 ABE平面 ABE平面

23、 DCF4 分AE 平面 ABEAE平面 DCF 6 分方法二：在 CF 取点 G 使得2CGBE，连结 EG、DGBECF四边形 BEGC 是平行四边形 1 分故EGBC，且 EGBC 2 分又,ADBCADBC,ADEGADEG 3 分四边形 ADGE 是平行四边形 4 分AEDG5 分又AE 平面 DCF，DG 平面 DCFAE平面 DCF6 分方法三：平面 BCFE 平面 ABCD，平面 BCFE 平面 ABCD=BCBEBC，BF 平面 BCFEBE 平面 ABCD 1 分又BECFCF 平面 ABCD 2 分又CDBC，故 CBCFCD，两两垂直以 C 为原点，,CDCBCF的方向

24、分别为,xyz 轴的正方向建立空间直角坐标系 Cxyz由2ABBCCDDABE，3CF 得：(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(2,2,0),(0,2,2),(0,0,3)CDBAEF3 分(2,0,2)AE 4 分(0,2,0)(2,0,2)0CB AE CBAE5 分又(0,2,0)CB 是平面 CDF 的一个法向量，且 AE 平面 CDFAE平面 DCF 6 分或者，由2(2,0,2)3AEDCCF 知：向量,AEDCCF共面又AE 平面 CDF，,DCCF 平面 CDFAE平面 DCF（2）在（1）中方法三的坐标系下，有：(2,0,2),(0,2,1)AEEF，平面 CE

25、F 的一个法向量为(2,0,0)CD 8 分设平面 AEF 的一个法向量为(,)mx y z，则由0,0.m AEm EF 得：220,20.xzyz取1y 得：(2,1,2)m 10 分222221 0202cos,3|2 212m CDm CDm CD 11 分故由几何体的空间结构知：二面角 AEFC的余弦值为 23 12 分20（12 分）ABCDEFABCDEFG理科数学答案第 7页共 11 页解：（1）由点(1,)32P在 C 上得：221314ab1 分由椭圆的标准方程得(,0)(,0)AaB a、，故321APka，2321A Eka 2 分由14AP BPkk 得：122113

26、34aa，解得：24a 3 分将24a 代入得：21b 4 分椭圆 C 的方程为2214xy 5 分（2）由题意知直线 l 不能平行于 x 轴设直线 l 的方程为 xtym，1122(,),(,)M xyN xy由直线 l 与圆221xy 相切得：2|11mt，化简得221mt 6 分由22,1.4xtymxy消去 x 整理得：222(4)240tytmym于是，22222(2)4(4)(4)16(4)16 348tmtmtm由求根公式得：21224 344yytt 7 分222124 3114tMNtyyt 8 分令21tn，则1n 且24 34 34 3232 33nMNnnn9 分当且仅

27、当3nn，即3n 时取等号10 分max|2MN，此时由213t解得：2t 11 分直线 l 的斜率为22 12 分21（12 分）解：（1）证明方法一:由题意得：21,)(0 xg xfaxxxx 1 分由()0g x得210 xax，其判别式240a由一元二次方程根与系数的关系知，关于 x 的方程210 xax 有唯一正根设210 xax 的唯一正根为 m，则有21amm 2 分当 0 xm时，()0g x，故()g x 单调递增；当 xm时，()0g x，故()g x 单调递减22max1111()()lnln2222g xg mmmammm3 分设211()ln,022h xxxx，则

28、1()0h xxx()h x 在(0,)上是增函数且(1)0h 4 分由21amm 及21amm 得：10amm，解得1m()(1)0h mh，故2max11()ln022g xmm5 分又232222211()1()10222aag exaxxa 且232201ae()g x 在(0,m 内有零点，即()g x 有零点 6 分方法二：理科数学答案第 8页共 11 页由题意得：21,)(0 xg xfaxxxx 1 分由()0g x得210 xax，其判别式240a由一元二次方程的根与系数的关系知，方程210 xax 有唯一正根设210 xax 的正根为 m，则有21amm 2 分当 0 xm

29、时，()0g x，故()g x 单调递增；当 xm时，()0g x，故()g x 单调递减22max1111()()lnln2222g xg mmmammm3 分232222211()1()10222aag exaxxa 且232201ae()g x 有零点等价于max()0g x，即211ln022mm由211()ln,022h xxxx在(0,)上是增函数且(1)0h知：当且仅当1m 时，211ln022mm 4 分由21amm 及0a 得：10mm，解得1m 5 分()(1)0h mh，即当0a 时，max()0g x成立()g x 有零点 6 分方法三：()g x 有零点等价于关于 x

30、 的方程21l0221nxxax有正根亦等价于关于 x 的方程11ln(),(0)2xaxxxx有解1 分设11ln()(),(0)2xxxxxx，则2222111ln12ln()(1)22xxxxxxx 2 分记2()12ln,0H xxxx，则2()20H xxx，故()H x 是增函数3 分又(1)0H，故()0 x有唯一零点1x 4 分当 01x 时，()0H x，故()0 x，()x是单调递减；当1x 时，()0H x，故()0 x，()x是单调递增min11ln1()(1)(1)0211x，即()0 x5 分当0a 时，函数1()()2g xf x有零点6 分方法四：要证：当0a

31、时，函数1()()2g xf x有零点只需证：当0a 时，直线 yax与函数21ln1()(0)22 xxh xx的图象有公共点7 分由21(1)xxxh xx知：当 01x 时，()0h x，故()h x 单调递减；当1x 时，()0h x，故()h x 单调递，2min11()(1)1ln1022h xh 9 分0y 是曲线()yh x在点(1,0)处的切线10 分即当0a 时，直线 yax与函数()h x 的图象有唯一公共点当0a 时，直线 yax与函数()h x 的图象在第一象限相交，有两个公共点11 分综上，当0a 时，直线 yax与函数()h x 的图象有公共点当0a 时，函数1(

32、)()2g xf x有零点12 分（2）方法一：由已知得1()fxxax，故0001()fxxax理科数学答案第 9页共 11 页又21021)()f xf xfxxx，且2222211112112212112211(ln)(ln)(lnln22)2xxaxxxaxf xf xxxxxaxxxxxx21120021lnln12xxxxxxxx7 分令()(1)ln2(1),(1)F xxxxx，则1()ln1,(1)F xxxx设1()ln1,1yF xxxx，则1x 时，210 xyx，故()F x是增函数()(1)0F xF，故()F x 在(1,)上是增函数()(1)0F xF8 分由2

33、10 xx得：22111,0 xxxx 9 分取21xxx得：222111(1)ln2(1)0 xxxxxx，变形得：212121()(lnln)2()xxxxxx212121lnln2xxxxxx 10 分由得：120021122xxxxxx11 分设1()(0)k xxxx，则上式即为120()()2xxk xk 函数1()k xxx在(0,)上是减函数1202xxx 12 分方法二：1()fxxax，故0001()fxxax由21021)()f xf xfxxx得：2112021lnln()2xxxxfxaxx21120021lnln12xxxxxxxx7 分下面先证明：当120 xx时

34、，211221lnln2xxxxxx由210 xx得：21lnlnxx，故21lnln0 xx要证成立，需证：2121122lnlnxxxxxx，即证：2212112(1)ln1xxxxxx 8 分令21xtx，则式即为2(1)ln (1)1tttt设2(1)()ln,11tG tttt，则222211()0(1)(1)tG tttt t()G t 在(1,)上是减函数 9 分()(1)0G tG，即：2(1)ln (1)1tttt成立211221lnln2xxxxxx成立 10 分当120 xx时，212112lnln2xxxxxx成立结合得：120012122xxxxxx11 分理科数学答

35、案第 10页共 11 页设1()(0)k xxxx，则上式即为120()()2xxk xk函数1()k xxx在(0,)上是减函数1202xxx 12 分方法三：1()fxxax，故0001()fxxax由21021)()f xf xfxxx得：2112021lnln()2xxxxfxaxx21120021lnln12xxxxxxxx 7 分由1()fxxax在(0,)上是减函数知：当210 xx时，122xx与0 x 的大小关系同12()2xxf与0()fx的大小关系一致8 分故只需比较122xx与2121lnlnxxxx的大小作差变形得：221122122121112(1)lnln21ln

36、1xxxxxxxxxxxxxx9 分由210 xx知：22111,0 xtxxx设2(1)()ln,11tG tttt，则222211()0(1)(1)tG tttt t()G t 在(1,)上是减函数10 分故()(1)0G tG，即：2122112(1)ln01xxxxxx221122122121112(1)lnln21ln01xxxxxxxxxxxxxx，即211221lnln2xxxxxx 11 分120()()2xxffx，故1202xxx 12 分（二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题记分22【选修 44：坐标系与参数方程】（1

37、0 分）解：（1）直线 l 过点)(1,0P，且倾斜角为 6l 的参数方程为1cos,6sin.6xtyt (t 为参数)，即31,21.2xtyt (t 为参数)2 分由2 2 cos()4，得2cos2sin 3 分22 cos2 sin将cos,sinxy代入上式得：22220 xyxyC 的直角坐标方程为22220 xyxy5 分（2）设 A，B 两点对应的参数分别为 12,tt将 l 的参数方程代入 C 的直角坐标方程，得2231()(1)222tt理科数学答案第 11页共 11 页整理，得 210tt 6 分此时2(1)4 1(1)50 ，121 21,10ttt t 7 分121

38、2|PAPBtttt8 分22121 2()4(1)4 1(1)5ttt t 9 分即|5PAPB 10 分23【选修 45 不等式选讲】（10 分）解：（1）方法一：34,233()6,2234,.2xxf xxxx 2 分 不等式()8f x 等价于322.xx ，或33,2268.x或3,22.xx4 分 不等式()8f x 的解集为|22xx 5 分方法二：当32x 时，()|23|23|f xxx(23)(23)4xxx 8，解得322x ；1 分当3322x时，()|23|23|f xxx(23)(23)6xx 8 恒成立，所以3322x；2 分当32x 时，()|23|23|f

39、xxx(23)(23)48xxx，解得 322x；3 分 不等式()8f x 的解集为|22xx 5 分方法三：不等式()8f x 等价于3322|4xx，1 分由绝对值的几何意义知，3322|xx表示数轴上的 x 的对应点到 32 和32的对应点的距离之和，又数轴上的 2 和 2 的对应点到32和 32 的对应点的距离之和等于 4，而 2 和 2 之间的数均满足该不等式3 分所以不等式3322|4xx的解集为|22xx，故不等式()8f x 的解集为|22xx 5 分（2）求 111123abc 的两种方法：方法一：()|23|23|(23)(23)|6f xxxxx当且仅当(23)(23)

40、0 xx，即3322x时，取等号 6 分()f x 的最小值6M 从而 111123abc 7 分方法二：理科数学答案第 12页共 11 页由（1）知，34,233()6,2234,.2xxf xxxx 作出()f x 的图象（学生需画出图象）6 分()f x 的最小值6M，当且仅当3322x时取得，从而 111123abc 7 分证明239abc的两种方法：方法一：a，b，c 均为正数111232323(23)()3()()()232332abacbcabcabcabcbacacb8 分2323322292332abacbcbacacb9 分当且仅当3312abc，时等号成立239abc 10 分方法二：a，b，c 均为正数211111123(23)()(23)92323abcabcabcabcabc 9 分当且仅当23abc，即3312abc，时等号成立239abc 10 分