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．