理科诊断测试二答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_河南省许昌市建安区第三高级中学2022-2023学年高三上学期诊断性测试数学

参考答案：
1．B
【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性求得集合M,N，根据集合的并集运算即可得
答案.
【详解】解2x 4得x2，解log x1得0 x3，
3
故得M  x x2  ,N  x 0 x3  ，
故M N  x x0  ，
故选：B．
2．D
【分析】根据复数的四则运算和几何意义求解即可.
【详解】因为z2izi4，所以(1i)z42i，
42i 21i2i
z   1 3i，
1i 1i1i
有 z  1132  10，故A不正确；
复数z在复平面内所对应的点为(1,3)，位于第一象限，故B错误；
复数z的共轭复数为z13i，故C错误；
z1 2023
因为
 
i2023 i，故D正确，
 3 
故选:D.
3．D
 
【分析】先求出非零向量a,b的夹角余弦值，再利用向量数量积的运算律和定义处理
   
   
a3b  2ab ，即可得到答案.
  1
【详解】解析 设a，b的夹角为，由tan2 6得cos .
5
                 2    2  2    2
因为 a3b  2ab ，所以 a3b  2ab 2a 5ab3b 2a  a b 3b 0，
 2   
a a a a
3
得2    30，解得  1或   （舍去）.
b 2 b b b 2
故选：D.4．C
1
【分析】结合题干条件以及余弦的二倍角公式得到cossin ，进而结合两角和的正弦
3
公式即可求出结果.
cos2 cos2sin2 cossincossin 1
【详解】因为    cos sin ，
sincos sincos sincos 3
 3 3 3 2 2 1 2
所以sin sincos cossin   cossin    ，
 4  4 4 2 2 3 6
故选：C.
5．B
【分析】根据流程图模拟计算后可求输出的值.
1
【详解】第一次判断后，S  ,k 1,k 4，
2
1 1 2
第二次判断后，S    ,k 2,k 4，
2 6 3
2 1 3
第三次判断后，S    ,k 3,k 4，
3 12 4
3 1 4
第四次判断后，S    ,k 4,k 4不成立，故终止循环，
4 20 5
故选：B.
6．A
【分析】根据不等式组画出可行域，再分析各选项即可.
【详解】作出满足题设约束条件的可行域，即如图ABC内部（含边界）
易得B(3,2)
作直线l :x4y0，把直线l 向上平移，z减小，当l 过点B(3,2)时，zx4y取得最小值，
1 1 1
故A正确；作直线l :4xy0，把直线l 向上平移，z减小，当l 过点B(3,2)时，z 4x y取得最大
2 2 2
值，故B错误；
作直线l :x4y0，把直线l 向上平移，z增加，当l 过点B(3,2)时，zx4y 取得最大
3 3 3
值，故C错误；
作直线l :4x y0，把直线l 向上平移，z增加，当l 过点B(3,2)时，z4x y取得最大
4 4 4
值，故D错误．
故选：A．
7．B
【分析】先利用分组与分配的求法求得5名航天员共有30种不同的安排方案，再利用分类
加法计数原理求得甲、乙两人在同一个舱内有6种不同的安排方案，从而利用间接法即可得
解.
【详解】依题意，先从5名航天员中安排1人到“梦天实验舱”，则有C1 5种安排方案，
5
C2C2 61
再将剩下的4人分成两组，每组2人，则有 4 2  3种安排方案，
A2 2
2
接着将这两组分配到“天和核心舱”与“问天实验舱”，有A2 2种安排方案，
2
所以这5名航天员的安排方案共有53230种，
其中甲、乙两人同在“天和核心舱”内的安排方案有C2C1 3种，同在“问天实验舱”内的安排
3 1
方案有C2C1 3种，
3 1
即甲、乙两人在同一个舱内做实验的安排方案有336种，
所以甲、乙两人不在同一个舱内做实验的安排方案有30624种.
故选：B.
8．D
【分析】由双曲线方程，把离心率表示出来，再利用基本不等式求最小.，
t24 t21  t24  t21  t2 1 5
【详解】易知e2  ，e2  ，则ee 2     ，
1 4 2 t2 1 2 4t2 4 t2 4
t2 1 5 1 5 9 t2 1
由基本不等式，ee 2    2   ，当且仅当  ，即t  2 时等号成立，
1 2 4 t2 4 4 4 4 4 t23
故ee 的最小值为 .
1 2 2
故选：D.
9．C
1 2 1
【分析】计算出PAPBPC ，PAB  ，验证得到PAPBPAB，
3 36 18
PAPCPAC，故AB错误；
利用条件概率公式求出P  C∣A  ,P  B∣A ，得到D错误，C正确.
【详解】先将甲、乙、丙、丁4名医务工作者分为3组，1组2人，2组1人，则有C2种选
4
择，
再将分好的3组人员与参加登记、接种、留观3项工作全排列，故共有C2A3 36种基本事
4 3
件，
若甲与另外一人，共同参加登记这项工作，则只需将乙、丙、丁与登记、接种、留观3项工
作全排列即可，此时由A3种选择，
3
若甲单独参加登记这项工作，则先将剩余的乙、丙、丁分为两组，再和接种、留观2项工作
全排列，有C2A2种选择，
3 2
12 1
故事件A包含的基本事件数为：A3C2A2 12，则PA  ，
3 3 2 36 3
1
同理PBPC ，
3
2 1
事件AB包含的基本事件数为：A2 2，则PAB  ，
2 36 18
事件AC包含两种情况，一是甲单独参加登记这项工作，乙单独参加接种这项工作，则剩余
的两人参加留观工作，此时由C2种选择，
2
二是甲乙两人，有1人不是单独参加工作，此时有C1C1种选择，
2 2
5
故事件AC包含的基本事件数为：C2  C1C1  5，则PAC 
2 2 2 36
1
∵PAPB   PAB，故A错误；
9
1
∵PAPC   PAC，故B错误；
9PCA
5
∵P  C∣A   ，故D错误；
PA 12
PAB
1
∵P  B∣A   ，故C正确．
PA 6
故选：C.
10．D
【分析】根据正余弦定理即可结合选项逐一求解.
π π 5π 2π
【详解】由于B ，故当ABC是等腰三角形时，A 或A 或A ；
6 6 12 3
π π
当A 时，ABC是等腰三角形，所以ABC是等腰三角形是A 的必要不充分条件，
6 6
所以选项A不正确；
2 3 2 3
AB AC  ,sinC π 2π π
当 AB2 3 时，  ，即 sinC π 2 ，所以C  或C  ，则A
sinC sinB sin 3 3 2
6
π π 2π π
或A ；当A 时，C  ，根据正弦定理可得 AB2 3 ，所以 AB2 3 是A 的
6 6 3 6
必要不充分条件，所以选项B不正确；
4 2
BC AC  π π
当BC 4时，  ，即sinA π ，解得sinA1,A ，所以BC 4不是A
sinA sinB sin 2 6
6
的充分条件，所以选项C不正确；
π 1
当A 时，S  3；当S  3时，即 BCBAsinB 3,BCBA4 3，根据
6 ABC ABC 2
余弦定理BC2BA22BCBAcosB4，解得BC2BA2 16,BCBA,BC2,BA2 3，
π π
则A ，所以S  3,BCBA是A 的充要条件，
6 ABC 6
故选：D．
11．B
2ax22x1
【分析】求出函数的导数 fx ，令g(x)2ax22x1，讨论a的取值范围，
x
结合 f xlnxax22x在0,1上存在极大值点，结合二次函数性质列出相应不等式，即
可求得答案.
【详解】由题意 f xlnxax2 2x,x0可得 fx 1 2ax2 2ax22x1 ，
x x
令g(x)2ax22x1，则g(0)1 ，当a0时，g(x)2x10,x 1 ，当0 x 1 时， f ¢( x )>0， f x递增，
2 2
1 1
当x 时， fx0， f x递减，函数 f x在x 时取极大值，符合题意；
2 2
1
当a0时，g(x)图象对称轴为x 0，
2a
此时要使函数 f xlnxax22x在0,1上存在极大值点，需满足g(1)0，
1 1
即2a10,a ，则0a ，
2 2
1
此时x 1，g(x)在0,1上递减，存在x ，使得g(x )0，
2a 0 0
则当0xx 时，f ¢( x )>0，f x递增，当x  x1时，fx0，f x递减，函数 f x
0 0
在xx 时取极大值，符合题意；
0
1
当a<0时，g(x)图象开口向下，对称轴为x 0，
2a
此时要使函数 f xlnxax22x在0,1上存在极大值点，需满足g(1)0，
1
即2a10,a ，则a<0，同上同理可说明此时符合题意，
2
 1
综合上述，可知a的取值范围为, ，
 2
故选：B
12．D
【分析】对于A，设Px,y  ，表示出|PM |，|PN|，即可判断A；对于B，由题目可得，
0 0
M，N两点在以OP为直径的圆上，故可判断B；对于C，由双曲线的对称性可知
   
PF PF |PO|2 c2， 由|PO|2a2，故可判断C；对于D，利用双曲线的对称性，不妨设
1 2
直线FN垂直一条渐近线，垂足为N；直线FM 垂直另一条渐近线且交双曲线于点P，易知
1 2
直线FN与直线FM 的交点始终落在y轴上，可判断D.
1 2
【详解】设Px,y  ，点Px,y  到渐近线y b x的距离为 PM  bx 0 ay 0 ，
0 0 0 0 a 2b2
bx ay b2x2 a2y2
同理|PN| 0 0 ，则 PM PN  0 0 ，
a2b2 a2b2x2 y2
∵ 0  0 1，即b2x2 a2y2 a2b2 ，
a2 b2 0 0
a2b2
∴ PM  PN  （定值），故A正确；
a2b2
∵OMPONP90，∴△OMP和△ONP均为直角三角形，M，N两点在以OP为直径
的圆上，故B正确；
        
    2
由双曲线的对称性可知PF PF  POOF  POOF |PO |2OF |PO |2c 2 ，其中
1 2 1 1 1
c2 a2 b2，
  
∵|PO|2a2∴PF PF a2c2 b2成立，故C正确；
1 2
如图利用双曲线的对称性，不妨设直线FN垂直一条渐近线，垂足为N；直线FM 垂直另一
1 2
条渐近线且交双曲线于点P，易知直线FN与直线FM 的交点始终落在y轴上，故D不正确.
1 2
故选：D.
13．100
6
 1 
【分析】求出 2 x  的通项公式T 1r 26rCrx3r，令3r0和1，求解对应常
r1 6
 x
数项即可.6
 1 
【详解】 2 x  展开式的通项为T 1r 26rCrx3r，令3r0，得r3，令
r1 6
 x
6
 1 
3r1，得r 4，故1x 2 x  展开式的常数项是8C3 6 4C 6 4 100.
 x 

14．
12
【分析】先化简 f x的解析式，再由平移得出gx的解析式，由gx为偶函数，所以

2 k，kZ，从而可得出答案.
6
  1cos2x  
【详解】由函数 f x2cos2xcos2x  2 cos2xcos sin2xsin
 3  2 3 3
3 3  
 cos2x sin2x1 3cos 2x

1
2 2  6 
 
把函数 f x的图象向右平移个单位长度，得到函数gx 3cos 2x  1
 
 6 
 
即gx 3cos2x2

1的图象．
 6
 k 
因为gx为偶函数，所以2 k，kZ，解得  ，kZ，
6 2 12

当k 0时，取得最小正值，最小正值为 ．
12

故答案为：
12
15．9
S ,n1
【分析】根据a  1 求出数列{a }的通项，再根据等比数列的前n项和公式求
n S S ,n2 n
n n1
S
出 2n ，从而可得出答案.
S
n
【详解】解：由2a S 3，得2a S 3(n2)，
n1 n n n1
两式相减得2a 2a a 0n2，
n1 n n
1
则a  a n 2，
n1 2 n
3 1
当n1时，2a a 3，所以a   a ，
2 1 2 4 2 13 1
所以数列{a }是以 为首项 为公比的等比数列，
n 2 2
3 1 
1 
2 2n  1   1 
则S n  1  3  1 2n   ，S 2n 3  1 22n   ，
1
2
 1 
31 
S  22n 1
故 2n  1 ，
S  1  2n
n 31 
 2n
34 S 16 34 1 16
由  2n  ，得 1  ，
33 S 15 33 2n 15
n
所以152n 33，所以n4或5，
即所有n的和为459.
故答案为：9.
2 7
16．
3
【分析】以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，可设G0,a,4，求出平面AEF的法向量，
 
再根据AGm0求出a，即可得出答案.
【详解】解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，
则A  3,1,0  ，A  3,1,4  ，E0,2,2，F   3 , 1 ,4  ，
1   2 2  
由题可设G0,a,4，
     3 1    
则AE  3,1,2 ，AF  , ,4，AG   3,a1,4 ，
 
 2 2 

设平面AEF的法向量mx,y,z，
 3xy2z 0
   9 3
则
3 1
，可取m 3, , ，
 x y4z 0  5 5
 2 2
  9 12 4
由AGm3 a1 0 ，得a ，
5 5 3
  1 
则AG 3, ,0 ，
1  3   2 1 2 2 7
AG   3    ．
1 3 3
3
17．(1)
5
27
(2)
13
【分析】（1）根据正弦定理边化角即可；
   
（2）利用余弦定理结合已知得ABACBABC 13b242b36，利用二次函数求得最小
值．
【详解】（1）解：a3，且a3b6，
a3b2a，
a3b，
由正弦定理可知sinA3sinB，
ABCπ，
sinAsin πBC

 sin(BC)，
 π
即sinB 3sinB ，
 3
π π
sinBcos cosBsin 3sinB ，
3 3
3 5
整理得 cosB sinB，
2 2
3
tanB ；
5
   
（2）解： ABACBABC bccosAaccosB，
    b2c2a2 a2c2b2
由余弦定理可知ABACBABC  c2，
2 2
c2 a2b22abcosCa2b2ab，且a3b6，   
ABACBABC(63b)2b2(63b)b13b242b36，
21
当b 时，
13
    21 2 21 27
ABACBABC的最小值为13  42 36 ．
13 13 13
18．(1)分布列见解析；期望为5
3 2n3
(2)P P P  1 
1 2 n 2 3n1 
【分析】（1）三人的得分情况分别为：三人都得1分，三人中1人得1分其余2人得2分，
三人中有2人得1分1人得2分，三人都得2分，根据以上情况计算各得分的概率可得分布
列；
（2）由n人的合计得分恰为n+1分，则其中有且只有1人既能赢取冰墩墩挂件又能赢取雪
容融挂件，可得P，由错位相减法求得{P}的前n项的和.
n n
【详解】（1）X的取值为3，4，5，6
3 2
1 1 2 1 2
所以PX 3   ，PX 4C1    ，
3 27 3 3 3 9
2 3
2 1 4 2 8
PX 5C2    ，PX 6   ．
3 3 3 9 3 27
所以X的分布列为：
X 3 4 5 6
1 2 4 8
P
27 9 9 27
1 2 4 8
所以EX3 4 5 6 5 ；
27 9 9 27
（2）因为这n人的合计得分恰为n+1分，则其中有且只有1人既能赢取冰墩墩挂件又能赢
取雪容融挂件，
n1
2 1 2n
所以P C1    ，
n n 3 3 3n2 4 6 2n
设S P P P     ，
n 1 2 n 3 32 33 3n
1 2 4 6 2n
S     ，
3 n 32 33 34 3n1
1 1 
1 
2 2 2 2 2 2n 3 3n 2n 2n 3
两式相减得 S    ·   2   1 ，
3 n 3 32 33 3n 3n1 1 3n1 3n1
1
3
3 2n3
所以S P P P P  1 ，
n 1 2 3 n 2 3n1 
3 2n3
所以P P P  1 ；
1 2 n 2 3n1 
19．(1)存在，理由见解析
3
(2)
4
【分析】（1）取BC 的中点F，连接EF，DF ，易得DF//AE,DF  AE ，则四边形DFEA
1 1
是平行四边形，从而AD∥EF，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据四边形ABBA 是矩形，结合平面AACC 平面ABBA ，得到AB 面AACC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
由V V V ，得到AB 6，再由AAC60，得到AE AC ，然后以A为
BA1DC1 AA1DC1 DA1AC1 1 1 1 1 1

坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面CDC的一个法向量为mx,y,z，易知平面ACD
1 1 1
 
r   mn
的一个法向量n1,0,0，由cos m,n    求解.
m  n
【详解】（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面BCE，理由如下：
1 1
如图所示：
取BC 的中点F，连接EF，DF ，
1 1
∵DF是△ABC 的中位线，
1 1 11 1
∴DF// AC,DF  AC ，
2 1 1 2 1 1
1 1
又AE// AC,AE AC ，
2 1 1 2 1 1
∴DF//AE,DF  AE ，
∴四边形DFEA是平行四边形 ，
∴AD∥EF，
又AD面BCE ，EF 面BCE ，
1 1 1 1
∴AD∥平面BCE．
1 1
（2）∵四边形ABBA 是矩形，
1 1
∴AB  AA，AB∥AB，
1 1 1 1 1
又∵平面AACC 平面ABBA ，
1 1 1 1
∴AB 面AACC ，
1 1 1 1
1 1 3
∵V V V  S  AB  AB  3，
BA1DC1 AA1DC1 DA1AC1 3 △AA1C1 2 1 1 6 1 1
∴AB 6 ，
1 1
∵侧面ACC A 是菱形，AAC60，
1 1 1
∴△AAC 是正三角形 ，
1
∵E是AC的中点，
∴AE AC ，
1
以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
1则A0,0,0，C 0,2,0，D0,0,3，C( 3,1,0)，
1 1
 
则CD0,2,3，CC   3,1,0  ，
1 1

设平面CDC的一个法向量为mx,y,z，
1
 
 mCD0 2y3z0
由   1  ，得 ，
mCC 0  3xy0
1
2
令x1，则y 3，z 3，
3
  2 
∴m1, 3, 3 ，
 3 
r
又平面ACD的一个法向量n1,0,0，
1 1
  3
∴cos m,n  ，
4
3
∴平面ACD与平面CCD的夹角的余弦值是 .
1 1 1
4
x2
20．(1) y2 1
3
(2)3
 3
【分析】（1）由题意得2c4，再将P

2, 

代入双曲线方程，结合c2 a2b2可求出a2,b2，
 3 
从而可求出双曲线方程，
（2）设直线l 方程为yk(x2)，A(x,y ),B(x ,y ) ，将直线方入双曲线方程化简后利用
1 1 1 1 2 2
根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点M 的坐标，再利用k k 1表示出点N 的坐
1 2
标，再表示出直线MN的方程，可求得直线MN过定点E(3,0)，从而可求得答案.
【详解】（1）由题意得2c4，得c=2，
所以a2b2 4，
 3
因为点P2, 在双曲线上，
 
 3 
4 1
所以  =1，
a2 3b2
解得a2 3,b2 1，x2
所以双曲线方程为 y2 1，
3
（2）F(2,0)，设直线l 方程为yk(x2)，A(x,y ),B(x ,y ) ，
1 1 1 1 2 2
y=k (x+2)
 1
由x2 ，得(13k2)x212k2x12k230

y2=1 1 1 1
 3
12k2 12k23
则x x  1 , xx  1 ，
1 2 13k2 1 2 13k2
1 1
x x 6k 2
所以 1 2  1 ，
2 13k2
1
 6k2 2k 
所以AB的中点M 1 , 1 ，
13k2 13k2

1 1
因为k k 1，
1 2
1  6 2k 
所以用 代换k ，得N , 1 ，
k 1 k23 k23
1 1 1
6k2 6
当 1  ，即k 1时，直线MN的方程为x3，过点E(3,0)，
13k2 13k2 1
1 1
2k 2k
1  1
13k2 k23 2k
当k 1时，k  1 1  1 ，
1 MN 6k2 6 3(k21)
1  1
13k2 k23
1 1
2k 2k  6k2 
直线MN的方程为y 1  1 x 1 ，
13k2 3(k21) 13k2

1 1 1
3(k21) 6k2
令y=0，得x 1  1 3，
13k2 13k2
1 1
所以直线MN也过定点E(3,0)，
1
y y OE
所以 S OMN  2 N M  OE  3
S 1 FE
FMN y y FE
2 M N
21．(1)答案见解析
(2)
1,【分析】（1）分a1，0a1，a0讨论求解即可；
（2）由题意可知关于x的方程ex etlnxt有两个不同的实根，进而xex etlnxlnxt，
令gxxexx0，要使gxglnxt有两个不同的实根，则需xlnxt有两个不同
的实根．令hxxlnxt，利用导数法研究hxxlnxt的零点即可
【详解】（1）因为 f xaex1ax，
所以 fxaex1a．
当a1时， f
¢(
x
)>0恒成立，
所以 f x在R上单调递增；
1a
当0a1时，令 fx0，得xln ，
a
由 f ¢( x )>0解得xln
1a
，由 fx0解得xln
1a
，
a a
 1a  1a 
所以 f x在,ln  上单调递减，在ln ,上单调递增；
 a   a 
当a0时， fx0恒成立，
所以 f x在R上单调递减．
综上可知：当a1时， f x在R上单调递增；
 1a   1a 
当0a1时， f x在,ln 上单调递减，在ln ,上单调递增；
 a   a 
当a0时， f x在R上单调递减．
（2）当a1时， f xex，则y f xetlnxtexetlnxt，
所以关于x的方程exetlnxt0有两个不同的实根，
即关于x的方程ex etlnxt有两个不同的实根．
因为x＞0，
所以xex etlnxlnxt．
令gxxexx0，则gxx1ex0，
所以gx在0,上单调递增．要使gxglnxt有两个不同的实根，则需xlnxt有两个不同的实根．
1 x1
令hxxlnxt，则h(x)1  ．
x x
当x0,1时，hx0，hx单调递减，
当x1,时，hx0，hx单调递增，
所以hx h11t．当t＜1时，hx0，hx没有零点；
min
当t＝1时，hx0，当且仅当x＝1时，等号成立，hx只有一个零点；
当t＞1时，h11t0，h  et et 0，h  et et 2t．
令(t)et 2t(t1)，则(t)et2e20 ，即t在1,上单调递增，
所以(t)(1)e20，即h
 et
0．
所以hx在0,1上有一个零点，在1,上有一个零点，符合条件．
综上，实数t的取值范围是1,．
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画
出函数的图象，利用数形结合的方法求解
22．(1)答案见详解；
(2) 2.
【分析】（1）消去，即可求得C 的普通方程为x22 y2 4，轨迹为圆，又0π，
1
方程为x22 y2 4 ( 0＃y 2 )，可知轨迹为上半圆及其与x轴的两个交点；
 π π
（2）根据（1）可求得C
1
的极坐标方程为
1
4cos，
 
0,
2  
，代入
4
，可求得
OP 2 2.将C 的参数方程化为普通方程后，可求得极坐标方程 cos sin6，代
2 2 2
π
入 ，可求得 OQ 3 2，进而求出线段PQ的长.
4x22cos x22cos
【详解】（1）由已知 可得， ，则
y2sin y2sin
x22 y2 2cos22sin2 4，
又0π，所以0sin1，则0 y2.
所以C 的普通方程为x22 y2 4 ( 0＃y 2 )，轨迹为以2,0为圆心，2为半径的圆的上
1
半圆以及其与x轴的两个交点0,0，4,0
.
 π
（2）由曲线C 1 :x22y2 4 ( 0＃y 2 )化为极坐标方程： 1 4cos，   0, 2   .
π π
把 代入可得 4cos 2 2，所以 OP 2 2.
4 1 4
 2
x1 t
 2
C 的参数方程为 （t为参数），消去参数t可得x y6，
2
 2
y5 t

 2
π π π
可得极坐标方程为 cos sin6，把 代入方程可得 cos  sin  2 6，
2 2 4 2 4 2 4 2
所以 3 2，所以OQ 3 2.
2
又O,P,Q三点共线，且有 PQ  OQ OP  3 2 2 2  2 .
23．(1)M 6
(2)36
【分析】（1）利用绝对值不等式得 x1 x2  x1x2 3，所以 x1 x2  t3
有解只需 t3 3即可；
（2）利用均值不等式求解即可.
【详解】（1）因为 x1 x2  x1x2 3，当且仅当x2等号成立
所以 x1 x2的最大值为3．
因为不等式 f x t3有解，所以t3 3，解得0t6，
所以实数t的最大值M 6．
（2）由（1）知，abc12 3，因为ab2c2≥4abc2 （当且仅当ab时，等号成立），
4abc2 2ab2abc2 33 2ab  2ab c2 3 34 abc 23 34 1  2 3 2 36 ，
当且仅当2abc2，即ab 6，c2 3时，等号成立，
所以ab2c2的最小值为36．