【文档说明】宁夏银川市第二中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（理）试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.866 MB，由小赞的店铺上传

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银川市第二中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学(理)试题一.选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1.已知集合2|(1)9,MxxxR=−，2,0,1,2,4N=−，则MN=（）A.0,1,2B.{}1,0,1,2-C.1,0,

2,3−D.0,1,2,3【答案】A【解析】()2|19,|24,MxxxRxxxR=−=−|24,?2,0,1,2,40,1,2MNxxxR=−−=选A2.若复数z满足()112zii+=+，则z在复平面

内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】将z分离出来得到121izi+=+，然后分子分母同乘以1i−，化简即可得到答案.【详解】()112zii+=+()()()()1213311

1222iiiziii+−+===++−，则复平面内对应的点31,22位于第一象限.故选A.【点睛】本题主要考查了复数的四则运算以及几何意义，属于基础题.3.根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为730，既吹东风又下雨的概率为110.则在吹东风的条件下下雨的概率为

（）A.311B.37C.711D.110【答案】B【解析】【分析】利用条件概率的计算公式即可得出．【详解】设事件A表示四月份吹东风，事件B表示吹东风又下雨，根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率1310(|)7730PBA==．故选：B．【点睛】本题考查条件概率，正确理解条件概率

的意义及其计算公式是解题的关键．4.62xx−展开式中含3x项的系数为（）A.60−B.60C.120−D.120【答案】B【解析】【分析】利用二项式的通项公式12rrnrrnTCxx−+=−，

可得结果【详解】6162rrrrTCxx−+=−，即()362162rrrrTCx−+=−令36322rr−==3x项的系数为226(2)60−=C.故选：B【点睛】本题主要考查二项式的通项公式的应用，属基础题.5.已知函数()4

4cossinxxfx=−,下列结论中错误的是()A.()cos2fxx=B.函数()fx的图象关于直线0x=对称C.()fx的最小正周期为D.()fx的值域为2,2−【答案】D【解析】【分析】由平方差公式及二倍角的余弦函数公式化简

函数解析式可得()cos2fxx=，利用余弦函数的图象和性质及余弦函数的周期公式即可得解．【详解】解：由442222()cossin(cossin)(cossin)cos2fxxxxxxxx=−=+−=，故A正确；由定义可知()cos2fxx=为偶函数，故B正确；由周期公式可得()fx的最小

正周期为：22T==，故C正确；由余弦函数的性质可得()cos2fxx=的值域为[1−，1]，故D错误；故选：D．【点睛】本题主要考查了平方差公式及二倍角的余弦函数公式，考查了余弦函数的图象和性质，属于基础题．6.若等差数列na和等比数列nb满足11443,24abab==

−==，则22ab=（）A.-1B.1C.-4D.4【答案】B【解析】【分析】根据等差数列与等比数列的通项公式，求出公差与公比，进而可求出结果.【详解】设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，因为11443,24abab==−

==，所以413413278daabqb=−===−，解得92dq==−，因此212166aadbbq=+===，所以221ab=.故选B【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列基本量的计算，熟记通项公式即可，属于基础题型.7.已

知21533122,,log355abc===，则（）A.cabB.cbaC.bcaD.abc【答案】A【解析】【分析】分别根据指对幂函数的单调性分析函数值的范围即可.【详解】211533311220,l

og03355abc===,即cab.故选：A【点睛】本题主要考查了指对幂函数的大小比较,属于基础题.8.在内接于球O的四面体ABCD中,有ABCDt==,6ADBC==,7ACBD==,若球O的最大截面的面积是55

4,则t的值为()A.5B.6C.7D.8【答案】A【解析】【分析】由题意将四面体放入长方体中,由长方体的对角线与外接球的直径相等可求出外接球的半径,球的最大截面既是过球心的圆,由题意求出外接球的半径,进而求出t的值.【详解】将四面体放入到长方体中,AB与CD,A

D与BC,AC与BD相当于一个长方体的相对面的对角线,设长方体的长,宽,高分别是,,abc则22222222276abtbcac+=+=+=,()2222285abct++=+球O的最大截面的面积是554,球的最大截面即是过球心的大圆,设球的半径为R则2554R

=,2222(2)55,2RRabc==++2222(2)Rabc=++,255285t=+,解得:5t=,故选:A.【点睛】考查三棱锥的外接球的半径的与长方体棱长的关系,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.9.如图，网格纸上小正方形的边长

为1.从,,,ABCD四点中任取两个点作为向量b的始点和终点，则ab的最大值为（）A.1B.5C.3D.10【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积的几何意义可知，向量b在向量a方向上的投影最大时，ab

取最大值.【详解】由题意知1a=，cos,cos,abababbab==，ab取最大值时，向量b在向量a方向上的投影cos,bab最大.由图形可知，当bAC=时，向量b在向量a方向上的投影最大.3cos,cos,10310ababab

bab====.即ab的最大值为3.故选：C.【点睛】本题考查向量数量积的几何意义，属于基础题.10.设等比数列na的前n项和为nS,已知396,,SSS成等差数列,且252maaa+=,则m=（）A.3B.6C.8D.9【答案】C【解析】【分析】设等比数列n

a的公比为q,分1q=与1q结合396,,SSS成等差数列利用等比数列求和公式求得312q=−,再根据等比数列各项间的关系求解m即可.【详解】设等比数列na的公比为q,首项是1a,当1q=时,有313Sa=、919Sa=、61Sa=,不满足39

6,,SSS成等差数列；当1q时,因为396,,SSS成等差数列,所以()()()9361111112111aqaqaqqqq−−−=+−−−,化简得63210qq−−=,解得312q=−或31q=（舍去）,则()3252221121

24aaaqaa+=+==,故()222314maqaa==,即268maqaa==,故8m=.故选：C【点睛】本题考查等比数列的前n项和公式、通项公式,分类讨论思想,使用等比数列的前n项和公式时需要对公比与1的关系进行讨论.同时也考

查了等比数列各项间的关系,属于中档题.11.设抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F,抛物线C与圆22:(3)3Cxy+−=交于M,N两点,若||6MN=,则MNF的面积为()A.28B.38C.328D.324【答案】B【解析】【分析】由圆C过原点，知,M

N中有一点M与原点重合，作出图形，由3CMCN==，6MN=，得CMCN⊥，从而直线MN倾斜角为4，写出N点坐标，代入抛物线方程求出参数p，可得F点坐标，从而得三角形面积．【详解】由题意圆C过原点，所以原

点是圆与抛物线的一个交点，不妨设为M，如图，由于3CMCN==，6MN=，∴CMCN⊥，∴4CMN=，4NOx=，∴点N坐标为(3,3)，代入抛物线方程得2(3)23p=，32p=

，∴3(,0)4F，113332248FMNNSMFy===．故选：B.【点睛】本题考查抛物线与圆相交问题，解题关键是发现原点O是其中一个交点，从而MNC是等腰直角三角形，于是可得N点坐标，问题可解，如果仅从方程组角度研究两曲线交点，恐怕难度会大大增加，甚至

没法求解．12.已知实数abcd,,,满足111aecbde−−==，则()()22acbd−+−的最小值为（）A.21ee+B.21ee+C.221ee+D.221ee+【答案】D【解析】【分析】设(,)ba是曲线:lnCyx=的点，(,)dc是直线1:1lyx

e=+的点，()()22acbd−+−可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方，通过求函数lnyx=到直线1:1lyxe=+的最小距离，即可得到本题答案.【详解】由题，得1ln,1abcde==+，设(,

)ba是曲线:lnCyx=的点，(,)dc是直线1:1lyxe=+的点，()()22acbd−+−可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方，对lnyx=求导得1yx=，令1ye=，得xe=，所以曲线C上的点(,1)e到直线l的距离最小，该点到直线l的距离为2222

|111|11111(1)eeee−+==+++−，因此22()()acbd−+−的最小值为222211eeee=++.故选：D【点睛】本题主要考查导数的几何意义及导数的应用问题，其中涉及转化和化归思想的运用.二.填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)1

3.若,xy满足约束条件211yxyxy+−，则2zxy=−的最大值为____________.【答案】1【解析】【分析】先作出满足约束条件的可行域,再根据目标函数的几何意义,结合图象即可得出结论.【详解】作出不等式组对应的平面区域如下

图阴影部分所示:由2zxy=−得1122yxz=−,平移直线1122yxz=−,由图象知当直线经过点(1,0)时,z最大,∴目标函数2zxy=−最大值为1201z=−=,故答案为:1【点睛】本题考查简

单的线性规划,考查数形结合思想的应用,能正确理解目标函数的几何意义是解题关键,常见目标函数的几何意义有截距､斜率和距离等.14.在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天

新增疑似病例不超过7人”.过去10日，A、B、C、D四地新增疑似病例数据信息如下：A地：中位数为2，极差为5；B地：总体平均数为2，众数为2；C地：总体平均数为1，总体方差大于0；D地：总体平均数为2，总体方差为3.则以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标

志的是_______(填A、B、C、D)【答案】AD【解析】【分析】对选项逐个分析，即得答案.【详解】对于A地，因为中位数为2，极差为5，所以最大值为257+=，满足每天新增疑似病例不超过7人，故A地符合；对

于B地，若过去10日分别为0,0,0,2,2,2,2,2,2,8，满足总体平均数为2，众数为2，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，故B地不符合；对于C地，若过去10日分别为0,0,0,0,0,0,0,0,1,9，满足总体平均数为1，总体方差大于0，但不满足每

天新增疑似病例不超过7人，故C地不符合；对于D地，假设至少有一天疑似病例超过7人，设为8人，则方差为()()()102221111282823.63101010iix=−=−+−=，与题中条件总体方差为3矛盾，故假设不成立.故满足每天新增疑似病例不超过7人，故D地符

合.故答案为：AD.【点睛】本题考查利用中位数、极差、平均数、众数、方差等数据，对总体数据进行估算，属于中档题.15.已知双曲线22221(0)xyabab−=的左、右焦点分别为1F、2F，过点1F作圆222xya+=的切线交双曲

线右支于点M，若12FMF4=，则双曲线的离心率为______.【答案】3【解析】【分析】设切点为N，连接ON，过2F作2FAMN⊥，垂足为A,由三角形中位线定理和圆切线的性质，结合双曲线的定义，可以得到,ab的关系，再结合22cab=+

，最后求出双曲线的离心率.【详解】设切点为N，连接ON，过2F作2FAMN⊥，垂足为A，如下图：由圆的切线性质可知：1ONFM⊥,ONa=，由三角形中位线定理可知：22AFa=，21AFFM⊥，在12RtAFF中，2211222AFFFAFb=−=，在2RtA

FM中，12FMF4=，所以2MAa=，222FMa=，由双曲线定义可知：122FMFMa−=，即22222baaa+−=，所以2ba=，而22cab=+，所以223caba=+=，因此3==cea，即双曲线的离心率为3.【点睛】本题考查了双曲线的离心率，运用双曲线的定义、平面几何的相关

知识是解题的关键.16.已知球、母线和直径相等的圆柱、正方体，它们的体积依次为1V、2V、3V，若它们的表面积相等，则222123::VVV=________（结果保留）.【答案】6:4:【解析】【分析】设球的半径为R，圆柱底

面半径为r，正方体的棱长为a，由球、圆柱、正方体的表面积相等，则222111::::466Rra=，再由球、圆柱、正方体的体积公式求解即可.【详解】解：设球的半径为R，圆柱底面半径为r，正方体的棱长为a，由它们

的表面积相等，则222466Rra==，则222111::::466Rra=，即2223232321234::():(2):()6:4:3VVVRra==，故答案为6:4:.【点睛】本题考查了球、圆柱、正方体的表面积与体积公式，重点考查了运算能力，属基础题.三.解

答题(共70分)17.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足222acbac+=−．()I求角B的大小；()II若BAC的平分线AD交BC于D，23,1ADBD==，求sinBAC的值．【答案】(I)23B=(II)158【解析】

【分析】()I由已知及余弦定理可求得1cosB2=−，结合范围()B0,π，可求B的值．()II由正弦定理可得sinBAD，进而根据同角三角函数基本关系式可求cosBAD，根据二倍角的正弦函数公式即

可求解sinBAC的值．【详解】解：()I在ABC中，222acbac+=−．由余弦定理可得：2221cos222acbacBacac+−−===−，()0,B，23B=()II由正弦定理可得：sinsinADBDBBAD=

，31sin12sin423BDBBADAD===，()0,BAD，BAC的平分线AD交BC于D，215cos1sin4BADBAD=−=,()15sinsin22sincos8BACBADBADBAD===【点睛】本题主要考查了余弦定理，正弦定理

，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个

月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：支付金额支付方式不大

于2000元大于2000元仅使用A27人3人仅使用B24人1人（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化

．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．【答案】（Ⅰ）400人；（Ⅱ）125；（Ⅲ）见解析.【解析】【

分析】(Ⅰ)由题意利用频率近似概率可得满足题意的人数；(Ⅱ)利用古典概型计算公式可得上个月支付金额大于2000元的概率；(Ⅲ)结合概率统计相关定义给出结论即可.【详解】（Ⅰ）由图表可知仅使用A的人数有30人，仅使用B的人数有25人，由题意知A,B两种支付方式都不使用的有5人，所

以样本中两种支付方式都使用的有1003025540−−−=，所以全校学生中两种支付方式都使用的有401000400100=（人）.（Ⅱ）因为样本中仅使用B的学生共有25人，只有1人支付金额大于2000元，所

以该学生上个月支付金额大于2000元的概率为125.（Ⅲ）由（Ⅱ）知支付金额大于2000元的概率为125，因为从仅使用B的学生中随机调查1人，发现他本月的支付金额大于2000元，依据小概率事件它在一次试验中是几乎不可能发生的，所以

可以认为仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，且比上个月多.【点睛】本题主要考查古典概型概率公式及其应用，概率的定义与应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19.如图，四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，PD⊥AB，O是AD的

中点，BO＝CO.（1）求证：AB⊥平面PAD；（2）若AD＝2AB＝4，PA＝PD，点M在侧棱PD上，且PD＝3MD，二面角P－BC－D的大小为4，求直线BP与平面MAC所成角的正弦值.【答案】（1）详见解析；（2）1015；【解析】【分析】（1）设N是BC的中点，可得//ABON，所以ABB

C⊥，可得AB⊥平面PAD；（2）由二面角的定义找到二面角PBCD−−的平面角，得到2PQ=,建系求得平面MAC的一个法向量及直线BP的向量，利用公式可求得直线BP与平面MAC所成角的正弦值.【详解】（1）在平行四边形ABCD中，设N是BC的中点，

连接ON，因为O是AD的中点，所以//ABON，又因为BOCO=，得ONBC⊥，所以ABBC⊥，平行四边形ABCD中，//BCAD，则ABAD⊥，又ABPD⊥且,PDADDAD=平面,PADPD平面PAD，故AB⊥平面PAD.（2）由（1）

知AB⊥平面PAD，又ABÌ平面ABCD，于是平面PAD⊥平面ABCD，连接,POPN，由PAPD=,可得POAD⊥，则POBC⊥，又ONBC⊥，所以BC⊥平面PNO，得PNBC⊥，故二面角PBCD−−的平面角为4PNO=，所以2POAB==，以O为原点，以

,,ONODOP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则()0,2,0,(2,2,0),(2,2,0),(0,0,2)ABCP−−，由3PDMD=，可知420,,33M，则102(2,4,0),0,,,(2,2,2)33ACAMBP===−，

设平面MAC的一个法向量为(,,)nxyz=，由00nACnAM==，即240102033xyyz+=+=，令1y=，得215xyz=−==−，所以(2,1,5)n=−−，设直线BP与平面M

AC所成的角为，所以421010sin15||||2330BPnBPn+−===，所以直线BP与平面MAC所成角的正弦值为1015.故得解.【点睛】本题着重考查了空间线面垂直、面面垂直的位置关系的判定与证明，考查了利用空间向量法解决线面角的问题，几何体的体积之间的关系,属

于中档题.20.已知椭圆2222:1()xyCaboab+=的焦距为2，过右焦点和短轴一个端点的直线的斜率为1−，为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设斜率为的直线与椭圆C相交于,AB两点，记AOB面积的最大值为kS，证明：12SS=【答案】（1）2212x

y+=（2）见解析【解析】【分析】（1）依据题设条件建立方程组求解；（2）先建立直线的方程．然后与椭圆方程联立，再借助坐标之间的关系建立关于三角形面积的函数关系，通过计算进行推证：【详解】（Ⅰ）解：由题意，得椭圆的半焦距1c=，右焦点()1,0F，上顶点()0,Mb，所以直线MF的斜率03tan

1014bk−===−−，解得1b=，由222abc=+，得22a=，所以椭圆的方程为2212xy+=.（Ⅱ）证明：设直线l的方程为ykxm=+，其中12k=或，()1122,),,AxyBxy（，由方程组22{12ykxmxy=++=得()22

2124220kxkmxm+++−=所以2216880km=−+()*，于是有2121222422,1212kmmxxxxkk−−+==++，所以()222222222422114821121212kmmkABkkmkkk−−+=+−=−+

+++，因为原点O到直线ykxm=+的距离21mdk=+，所以()()22222222211222212121222AOBmkmSABdmkmkk−+==−++=++当且仅当22122km+=时等号成立，与k的取值无关，所以12SS=点睛：椭

圆是典型的圆锥曲线的代表之一，也是高考重点考查的重要考点与热点．求解本题的第一问时，直接依据题设条件建立方程组求出参数求解；解答第二问时，先建立直线lykxm=+的方程为．然后与椭圆方程联立，再借助坐标之间的关系建立关于三角形面积

的函数关系，通过计算进行推证从而使得问题获解．21.已知函数()()cossinxfxexx=−（1）求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程;（2）令()()()()2222cosxgxfxexaxx=+−−+，讨论()gx的单调性并判断有无极值，若有，求出极值.【

答案】（1）y=1;（2）见解析.【解析】试题分析：（1）求出()1f的值可得切点坐标，求得()'2sinxfxex==−,求出()'1f的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程；（2）依题意得()()()2cossin

222cosxgxexxxaxx=−+−−+，可得()()()ln2sinxagxxxee=−−，()sinuxxx=−，则()1cos0uxx=−，函数()ux在R上单调递增，分四种情况讨论：0a时，01a时，1a=时，1a时，分别利用导数研究函数的单

调性，令()'0gx求得x的范围，可得函数()gx增区间，()'0gx求得x的范围，可得函数()gx的减区间，根据单调性可得函数的极值.试题解析：（1）()()()cossinsincos2sinxxxfxexxexxex=−+−−=−∴()()'00,01

ff==又则切线方程为1y=（2）依题意得()()()2cossin222cosxgxexxxaxx=−+−−+∴()()()()cossin22sincos222sinxxgxexxxexxaxx=−+−+−−+−−()()()()ln2sin2sinxxaxxeaxx

ee=−−=−−令()sinuxxx=−，则()1cos0uxx=−∴函数()ux在R上单调递增．∵()00u=∴0x时，()0ux；0x时，()0ux当0a时，0xea−，则0x时，()

0gx，函数()gx在（0，+∞）单调递增；0x时，()0gx，函数()gx在（﹣∞，0）单调递减．∴0x=时，函数()gx取得极小值，()()021gxga==−−极小，无极大值当0a时，令()()

()ln2sin0xagxxxee−=−=，则1lnxa=，20x=①01a时，(),lnxa−时，ln0xaee−，()0gx，函数()gx单调递增；()ln,0xa时，ln0xaee−，()0gx，函数()gx单调递减；()0,x+时，ln0xa

ee−，()0gx，函数()gx单调递增∴当0x=时，函数()gx取得极小值，()()021gxga==−−极小．当lnxa=时，函数()gx取得极大值，()gx=极大()()()2lnln2lnsinlncosln2gaaaaaa=−−+++

②1a=时，ln0a=，xR时，()0gx∴函数()gx在R上单调递增，无极值③1a时，ln0a，(),0x−时，ln0xaee−，()0gx，函数()gx单调递增；()0,lnxa时，ln0xaee−，()0gx

，函数()gx单调递减；()ln,xa+时，ln0xaee−，()0gx，函数()gx单调递增．∴当0x=时，函数()gx取得极大值，()()021gxga==−−极大，当lnxa=时，函数()gx取

得极小值,()gx=极小()()()2lnln2lnsinlncosln2gaaaaaa=−−+++综上所述：当0a时，函数()gx在（0，+∞）单调递增，在（﹣∞，0）单调递减，()gx极小值为﹣1﹣2a，无极大值

；当01a时，函数()gx在(),lna−，（0，+∞）上单调递增，在()ln,0a上单调递减，()gx极小值为()021ga=−−，极大值为()()()2lnln2lnsinlncosln2gaaaaaa=−−+++当1a=时，函数()gx在R上单调递增，无极值当1a

时，函数()gx在（﹣∞，0），()ln,a+上单调递增，在()0,lna上单调递减，()gx极大值为()021ga=−−．极小值为()()()2lnln2lnsinlncosln2gaaaaaa=−−++

+．22.[选修4—4：坐标系与参数方程选讲]已知曲线C的极坐标方程为2229cos9sin=+，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．（1）求曲线C的普通方程；（2）A,B为曲线C上两点，若OA⊥OB，求2211||||OAOB

+的值．【答案】（1）2219xy+=；（2）109．【解析】试题分析：（1）将222cos,sin,xyxy==+=代入曲线的方程，即可求得曲线的普通方程；（2）因为题意得2221cossin9=+，

由OAOB⊥，设1(,)A可得2(,)2B，即可求解．试题解析：(Ⅰ）由2229cos9sin=+得2222cos9sin9+=，将cosx=，siny=代入得到曲线C的普通方程是2219xy+=．（Ⅱ）因为2229cos9sin=+，所以2221c

ossin9=+，由OAOB⊥，设()1,A，则B点的坐标可设为2,2，所以22222222121111cossin110sincos1||||9999OAOB+=+=+++=+=．23.若0,0

ab，且()1abab+=.（1）求3311ab+的最小值；（2）是否存在,ab，使得1123ab+的值为63？并说明理由.【答案】（1）42；（2）不存在,ab，使得1123ab+的值为63.【解析】【分析】（1）由条件利用基本不等式求得12ab，再利用基本不等式

求得3311ab+的最小值．（2）根据12ab及基本不等式求得1123233ab+，从而可得不存在a，b，使得1123ab+=63．【详解】（1）()1abab+=，()1abab+=0,0ab，()2abab+

，，当且仅当ab=时等号，12abab，12ab.3333111122?42abababab+=，331142ab+，当且仅当ab=时取等号；（2）0,0ab，11112232?232336ababab

+=，，62333，不存在,ab，使得1123ab+的值为63.【点睛】本题主要考查基本不等式在最值中的应用，要注意检验等号成立条件是否具备，属于基础题．