【文档说明】四川省泸州市泸县第一中学2022届高三二诊模拟考试数学（文）试题 含解析 .docx，共(23)页，1.642 MB，由管理员店铺上传

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泸县第一中学高2019级高三二诊模拟考试文科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无

效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷客观题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合2|20Axxx=−−，{|21}Bxx=−，则A

B=（）A.{|12}xx−剟B.{|22}xx−„C.{|21}xx−„D.{|22}xx−【答案】B【解析】【分析】化简集合A，按照并集定义，即可求解.【详解】}{|12},{|21ABxxxx=−=−，{|22}ABxx=−.故选:B.【点睛】本题考查集合间的运算，

属于基础题.2.i为虚数单位，若3i1ib++是实数，则实数b的值为（）A.3B.32C.32−D.3−【答案】A【解析】【分析】利用复数运算法则对3i1ib++进行化简，根据其为实数，列出等量关系，

即可求得结果.的【详解】因为3i1ib++()()()()()3i1i33i33i1i1i222bbbbb+−++−+−===++−，又其为实数，故可得30b−=，解得3b=.故选：A.3.下列函数中为

奇函数且在()0,+单调递增的是（）A.21yx=−B.33yxx=−C.sinyxx=+D.cosyxx=+【答案】C【解析】【分析】由函数的解析式对选项进行逐一判断是否为奇函数，利用导数判断其单调性可得答案.【详解】选项A

.函数21yx=−为偶函数，故不满足题意.选项B.由()223313xyx=−=−当1x时，0y，函数单调递减，不满足题意.选项C.函数sinyxx=+为奇函数，且1cos0yx=+在()0,+上恒成立，所以函数sinyxx=+在

()0,+上单调递增，满足题意.选项D.cosyxx=+,当0x=时，1y=，故函数不为奇函数，不满足题意.故选：C4.如图，样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的样本平均数分别为Ax和Bx，样本标准差分别为As和B

s，样本极差分别为Ay和By，则（）A.ABxx，ABss，AByyB.ABxx，ABss，AByyC.ABxx，ABss，AByyD.ABxx，ABss，AByy【答案】B【解析】【分析】观察图形可知，样本A的数据均

在2.5,10之间，样本B的数据均在10,15之间，利用平均数，标准差，极差的定义可得解.【详解】观察图形可知，样本A的数据均在2.5,10之间，样本B的数据均在10,15之间，由平均数

的计算可知ABxx，样本极差AByy样本B的数据波动较小，故ABss，故选：B5.如果12,ee是平面内一组不共线的向量，那么下列四组向量中，不能作为平面内所有向量的一组基底的是A.1e与12ee+B.122ee−与

122ee+C.12ee+与12ee−D.122ee−与122ee+−【答案】D【解析】【分析】根据向量共线定理求解即可.【详解】对A项，设121eee+=，则110==，无解对B项，设()121222eeee−=+，则122=−=，无解对C项，设()1212eeee+=−

，则11==−，无解对D项，()121222eeee−=−−+，所以两向量为共线向量故选：D【点睛】本题主要考查了基底的概念及辨析，属于基础题.6.设mR，则“2m”是“函数()2fxxmx=−在)1,+上单调递增”的（）A.充分不必要条件B.

必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】2()fxxmx=−的对称轴是2mx=，函数在[,)2m+上单调递增，2m时，12m

，因此充分性满足，反之，函数()2fxxmx=−在)1,+上单调递增，必有12m，即2m，必要性也满足．故选：C．7.函数()sincosxxxfx+=在,22−上的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求导，分析函数在(0,

)2的单调性，可排除BD，计算可得14f，可排除C，即得解【详解】由题意，()22(cos1)cossin(sin)1cossincoscosxxxxxxxxfxxx+++++==当(0,

)2x时，()0fx，故函数()fx在(0,)2单调递增，BD错误；又1242422f+=，故C错误故选：A8.素数也叫质数，部分素数可写成“21n−”的形式（n是素数），法国数学家马丁·梅森就是研究素数的数学家中成就很高的一位，因此

后人将“21n−”形式（n是素数）的素数称为梅森素数.已知第20个梅森素数为442321P=−，第19个梅森素数为425321Q=−，则下列各数中与PQ最接近的数为（）（参考数据：lg20.3）A.4510B.5110C.5610D.5910【答案】B【解析】【分析】

由442342532121PQ−=−2170，令2170＝k，化指数式为对数式求解．【详解】解：442342532121PQ−=−2170．令2170＝k，则lg2170＝lgk，∴170lg2＝lgk，又lg2≈0.3，∴51＝lgk，即k＝1051

，∴与PQ最接近的数为1051．故选B．【点睛】本题考查有理指数幂的运算性质与对数的运算性质，考查运算能力，是基础题．9.已知2log3a=，30.2b=，3log4c=，则a､b､c的大小关系为（）A.cbaB.bacC.cabD.acb【答案】D【解析】【分析】

判断a、b、c与0、1及32的大小关系进行大小比较.【详解】由题知01b，3222223log2log8log9log32a====，3233333log3log27log16log2c====，而33log4log31c==，所以3012bca故

选：D.【点睛】指、对数比较大小：（1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小；（2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较.10.如图，正方体1111ABCDABCD−中，M是1AD中点，则（）

A.直线MB与直线11BD相交，直线MB平面1ABCB.直线MB与直线1DC平行，直线MB//平面11BDCC.直线MB与直线1AD垂直，直线MB//平面11BDCD.直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面11ADCB【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标

系，利用空间向量法证明平行与垂直，即可判断；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为2，则()2,2,0B，()1,0,1M，()12,2,2B，的()10,0,2D，()0,2,0C，()0,0,0D，()2,0,0A，()12,0,2A，()10,2,2C，所

以()1,2,1MB=−，()10,2,2DC=−，()112,2,0DB=，所以MB与1DC不平行，故直线MB与直线1DC不平行，即B错误；()12,0,2DA=，所以()12102120MBDA=++−=，所以1MBDA⊥

，设面11BDC的法向量为(),,nxyz=，即111220220nDCyznDBxy=−==+=，令1x=，则1y=−，1z=−，所以()1,1,1n=−−r，所以()()()1121110nMB=+−+−−=，

因为MB平面11BDC，所以//MB平面11BDC，故C正确；因为()1,0,0DA=，1MBDA=，故MB与DA不垂直，故D错误；因为11//BDBD，BDBMB=，所以BM与11BD不相交，故A错误；故选：C11.在△ABC中，3

AC=，7BC=，2AB=，则△ABC的面积为（）A.23B.332C.262D.32【答案】B【解析】【分析】先根据余弦定理求出cosA,结合22sincos1AA+=求出sinA，最后利用三角形的面积公式即可求解.【详解】由余弦定

理得，()2222222371cos22232ABACBCAABAC+−+−===,所以23sin1cos2AA=−=,所以△ABC面积为11333sin232222ABACA==.故选：B.的【点睛】本题主要考查利用正余弦定理解三角形，属于基础题.12.已知双曲线

()222210,0xyabab−=，过原点的直线与双曲线交于A，B两点，以线段AB为直径的圆恰好过双曲线的右焦点F，若ABF△的面积为22a，则双曲线的离心率为（）A.2B.3C.5D.142【答案】B【解析】【分析】设双曲线的左焦点为F，连接AF

，BF，由题意可得AFBF⊥，设AFm=，BFn=，根据对称性可得AFn=，BFm=，根据双曲线的定义可得2nma−=，2224nmc+=，2122ABFSmna==，整理可得关于a，c的齐次方程，再由离心率公式即可求解.【详解】设双曲线的左焦点为F，连接AF，

BF，因为以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点(),0Fc，所以AFBF⊥，圆心为()0,0O，半径为c，根据双曲线的对称性可得四边形AFBF是矩形，设AFm=，BFn=，则222224122n

manmcmna−=+==，由()2222nmmnmn−=+−可得222484caa−=，所以223ca=，所以2223cea==，所以3e=.故选：B.第II卷主观题（90分）二、填空题：本

题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知实数x，y满足约束条件20,20,10,xyxyx−−++则2zxy=−的最小值为______.【答案】4−【解析】【分析】由约束条件画出可行域，结合2yxz=−的几何

意义可求最值.【详解】根据约束条件的不等式组，作出可行域是以(1,3)A−−，(1,2)B−，24,33C−三点为顶点的三角形及其内部，如图：将目标函数2zxy=−转化为2()yxz=+−，当直线2()yxz=+−过点(1,2)−时，2zxy=−取得最小值，

最小值为-4.故答案为：4−14.若tan5tan7a=，则5cos14sin7aa−=−___________.【答案】32##1.5【解析】【分析】由两角和差公式化简

分数，再由同角关系化为正切表达式，结合已知条件求值.【详解】555coscossinsincoscoscossinsin14771414sincoscossinsincoscossinsin77777aa−++==−−

−，∴5costantan147tantansin77aa−+=−−，又tan5tan7a=，∴5cos3142sin7aa−=−，故答案为：32.15.若直线2yxt=+与曲线2lnyx=相切，则

实数t的值为________．【答案】2−【解析】【分析】设直线与曲线切于点(,)mn，则由导数的几何意义可求出切点坐标，再将切点坐标代入直线方程中可求得答案【详解】设直线与曲线切于点(,)mn，由2lnyx=，得'2yx=，则22m=，得1m=，所以2ln2ln10nm===，所

以切点为(1,0)，所以02t=+，得2t=−，故答案为：2−16.已知椭圆22221(0)xyabab+=的两个焦点分别为1F，2F，离心率22e=，点P在椭圆上，120PFPF=，且△12PFF的面积为1，则右焦点2F的坐标为___________.【答案】

()1,0【解析】【分析】根据已知条件求得c，由此求得右焦点的坐标.【详解】1212222122112422PFPFaPFPFPFPFcca+==+==，解得2,1ac==，所以右焦点的坐标为

()1,0.故答案为：()1,0三、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17~21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：共60分.17.在锐角ABC中，角A，

B，C所对的边分别为a，b，c，3c=，从以下三个条件中任选一个：①()tan2tanbCabB=−；②2cos2cBab=−；③()222coscos1acAaCbc+−=−，解答如下的问题（1）证明：3sin3cosaBB=+；（2）若AB边上的点P满足2APPB=，求线

段CP的长度的最大值.【答案】（1）选条件①②③，证明见解析；（2）1+3.【解析】【分析】（1）选条件①：利用切化弦，由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式化简求出cosC的值即可求出角C，再由正弦定

理可得π=23sin=23sin3aAB+展开即可求证；选条件②：利用正弦定理化边为角结合sinsin()ACB=+求出cosC的值即可求出角C，再由正弦定理可得π=23sin=23sin3aAB+展开即可求证；选条

件③：已知条件可整理为：2222coscosbacacAaC+−=+结合余弦定理以及正弦定理化边为角求出cosC的值即可求出角C，再由正弦定理可得π=23sin=23sin3aAB+展开即可求解；求出cosC的值即可求出角C，再由正弦定理可得π=23sin=23sin3aAB

+展开即可求证；（2）求出1PB=，在PBC中，由余弦定理求2PC，结合三角函数的性质即可求得最值.【详解】（1）选条件①：由()tan2tanbCabB=−，得sin(2)sincoscosbCabBCB−=，

由正弦定理可得：()sinsincos2sinsinsincosBCBABBC=−，因为sin0B，所以sincos2sincossincosCBACBC=−，所以()2sincossincossincossin

sinACCBBCBCA=+=+=，因为sin0A，所以2cos1C=，即1cos2C=，因为()0,πC，所以π3C=；在ABC中，由正弦定理可得：23sinsinsinaccACC===，所以π=23sin=23

sin3sin3cos3aBABB=++，即证；选择条件②：由正弦定理可得：2sincos2sinsinCBAB=−，又因为sinsin()ACB=+，所以()2sincos2sinsin2sincos2cossinsinCBCBBCBCBB=+−=+−，化简整理得：2co

ssinsinCBB=，由sin0B，所以1cos2C=，又π02C，所以π3C=，在ABC中，由正弦定理可得：23sinsinsinaccACC===，所以π=23sin=23sin3sin3cos3aBABB=

++，即证；选择条件③：由已知得：2222coscosbacacAaC+−=+，由余弦定理得2222cosbacabC+−=，所以22coscoscosabCacAaC=+，因为0a，所以2coscoscosbCcAaC=+

，由正弦定理可得：()2sincossincossincossinsinBCCAACACB=+=+=，因为sin0B，所以1cos2C=，又π02C，所以π3C=，在ABC中，由正弦定理可得：23sinsinsinaccACC===，所以π=23sin=23sin3sin3cos3aB

ABB=++，即证；（2）由2APPB=及3AB=，可得1PB=，在PBC中，由余弦定理可得：()()22212cos3sin3cos123sin3coscosCPaaBBBBBB=+−=++−+4

23sin2B=+，因为ABC为锐角三角形，所以π022π0π32BB−，解得：ππ62B，所以π2,π3B，所以当π22B=即π4B=时，2CP取最大值为4+23，所以线段CP的长度的最大值为1+3.18.某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些

芒果树上摘下100个芒果，其质量分别)150,250，)250,350，)350,450，)450,550，550,650（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示.（1）估计这组数据的平均数；（2）在样本中，按分层抽样从质量在)25

0,350，)350,450中的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；（3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商

提出以下两种收购方案：方案①：所有芒果以10元/千克收购；方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购.请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【答案】（1）387；（2）25；（3）选择方案②获利多.【解析】【分析】（1）根据区间的

频率和区间中点的坐标进行求解即可；（2）根据分层抽样的性质，用列举法，结合古典概型的计算公式进行求解即可；（3）根据两个不同方案进行计算求解判断即可.【小问1详解】由频率分布直方图知，各区间频率为0.17,0.20,0.30,0.25,0.08，这组数据的平均数为：0.172000.2

03000.304000.255000.08600387x=++++=；【小问2详解】利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在)250,350内的芒果有2个，记为1a，2a，质量在)350,450内的

芒果有3个，记为123,,bbb；从抽取的5个芒果中抽取2个共有10种不同情况：()()()()()1211121321,,,,,,,,,aaabababab，()()()()()2223121323,,,,,,,,,.ababbbbbbb记事件A为“这2

个芒果都来自同一个质量区间”，则A有4种不同组合：()()()()12121323,,,,,,,.aabbbbbb从而()42105PA==，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为25；【小问3详解】方案①收入：1387100001010000103870010

001000xy===（元）；方案②：低于350克的芒果收入为()0.170.210000311100+=（元)；不低于350克的支果收入为()0.250.30.0810000531500++=（元）；故方案②的收入为2111003150

042600y=+=（元）.由于4260038700，所以选择方案（2）获利多19.《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，三棱锥ABCD−中，AB⊥面BCD，CDBD⊥.（1）判断四面体ABCD是否为鳖臑，并说

明理由；（2）若1ABBDCD===，M为AD中点，求三棱锥AMBC−的体积.【答案】（1）四面体ABCD为鳖臑；（2）112．【解析】【分析】（1）推导出ABCD⊥，ABBD⊥，ABBC⊥，从而CD⊥平面ABD，进而CDAD⊥，由此得

到四面体ABCD为鳖臑；（2）三棱锥AMBC−的体积为13AMBCCABMABMVVSCD−−==，由此能求出结果．【详解】解：（1）三棱锥ABCD−中，AB⊥面BCD，CDBD⊥，ABCD⊥，ABBD⊥，ABBC⊥，又ABBD

B=，CD\^平面ABD，CDAD⊥，.四面体ABCD中，ABD，ABC，ACD，BCD都是直角三角形，四面体ABCD为鳖臑；（2）1ABBDCD===，M为AD中点，CD⊥平面ABE，三棱锥AMB

C−的体积13AMBCCABMABMVVSCD−−==1111(11)132212==．【点睛】本题主要考查线线垂直、线面垂直的应用，考查三棱锥的体积求法，考查运算求解能力，属于中档题．20.已知抛物线2:2(0)Cypxp=与直线4yk

xk=−相交于,AB两点，O为坐标原点，90AOB=.（1）求p；（2）已知点()()4,4,8,4MN−，过点N的直线l交抛物线C于,PQ两点（异于点M），证明：PMQ为直角.【答案】（1）2（2）证明见解析【解析】【分析】

（1）由4ykxk=−于22ypx=消去y，求得根与系数关系，利用12120xxyy+=列方程，化简求得p.（2）设出直线PQ的方程并代入抛物线方程，消去x，求得根与系数关系，计算1PMQMkk=−来证得PMQ为直角.【小问1详

解】将4ykxk=−代入22ypx=，有()222282160kxkpxk−++=，设()()1122,,,AxyBxy，易知0,Δ0k，可得1212121216,2228xxyypxpxpxxp==−=−=−，而1212900AOBxxyy=+=，即81602pp−+==.【小

问2详解】设()(),,,PPQQPxyQxy，直线():84PQxmy−=+，将48xmym=++代入()224448416320yxmymymym==++−−−=，易知Δ0，故1632,4PQPQyymyym=−−+=，而2244444444444444QQ

PPPMQMPQPQPQyyyykkyyxxyy−−−−===+−−+−−()1616116321616416QPQPmmyyyy===−−−+++++故,90PMQMPMQ⊥=.21.已知函数()2lnfxaxxx=+．（1）讨论()fx的零点个数；（

2）若01a，求证：()esin1xfxx−+．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将问题转化为研究函数()lngxaxx=+在()0,+的零点个数，根据a分类讨论即可；（2）

将问题转化为maxmin2lne1(1)()xaxxxx−++，然后分别求最值，最后再作差比较即可证明.【小问1详解】由题意()()lnfxxaxx=+（其中0x），只需考虑函数()lngxaxx=+在()0,+的零点个数．①当0a=时，函数()

gxx=在()0,+内没有零点，②当0a时，函数()gx在()0,+单调递增，取10eax−=时，10101010elnee10()e0aaaafa−−−−=+=−+，1x时，()1fx，此时()gx在()0,+存在唯一个零点0x，且()00,1x．③当a<0时，()'xagx

x+=，则0xa−时，()'0gx；xa−时，()'0gx．所以()gx在(0,)a−上单调递减，在(,)a−+上单调递增.则xa=−是函数()gx在()0,+上唯一的极小值点，且()()

lngxaaa=−−极小值．取10eax=时，10101010elnee0e0()1aaaafa=+=+，取eax=时，2elneee()0aaaafaa=+=+.因此：若()0gx极小值，即e0a−时，()

gx没有零点；若()0gx=极小值，即ae=−时，()gx有唯一个零点；若()0gx极小值，即ea−时，()gx有且仅有两个零点．综上所述，ea−时，()fx有两个零点；0a或ae=−时，()gx有唯一个零点；e0a-时，()gx没有零点．【小问2详解

】不等式()esin1xfxx−+即为2lnesin1xaxxxx+−+（其中0x），先证0x时，sinxx．令()sinhxxx=−，则()'1cos0hxx=−，则()hx单调递增，所以()()00hxh=，则sinxx．所以

e1esin1xxxx−+−+，故只需证明2lnesin1xaxxxx+−+即可．即证明2lne11xaxxxx−++（其中0x），令()ln1axuxx=+，()2e1xxvxx−+=，只需证明()()maxminuxv

x即可．又()()21ln'axuxx−=，01a，则0ex时，()'0ux；ex时，()'0ux．所以()ux在(0,e)上单调递增，在(e,)+上单调递减.则ex=时，()ux取得极大值，且()()e1eauxu==+极大值，也即为最大值．由()21xexvxx−+

=得()()()()()243e12e12e1'xxxxxxxvxxx−−−+−+==．则02x时，()'0vx；2x时，()'0vx．所以()vx在(0,2)上单调递减，在(2,)+上单调递

增.则2x=时，()vx取得极小值，且()()2e124vxv−==极小值，也即为最小值．由于()()()()22e1e112e114e4eavxuxvu−−−−=−−−−最小值最大值=()23ee54e5e404e4e−−−−=

=，即有()()uxvx最大值最小值，则2lne11xaxxxx−++，所以01a时，不等式()e1xfxx−+成立，则不等式()esin1xfxx−+也成立．【关键点点睛】解决第（1）问的关键是将问题转

化，然后再分类讨论；解决第（2）问的关键一是通过放缩转化问题，二是转化为研究两个函数的最值问题.（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，则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C：cos

sinxaaya=+=（为参数，实数0a），曲线2C：cossinxbybb==+（为参数，实数0b）．在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：=，（0，02）与1C交于O，A两点，与2C交于O，B两点．当0=时，1OA=；

当2=时，2OB=．（1）求a，b的值；（2）求223OAOAOB+的最大值．【答案】（1）12a=，1b=.（2）3【解析】【分析】（1）由曲线12,CC消去参数，得到曲线12,CC的普通方程，再由极坐标方程与直角的互化公式，得到曲线的极坐标方程2cosa=，由题意可得当0=时，得

12a=，当2=时，2b=.（2）由（1）可得1C，2C的极坐标方程，进而得到223OAOAOB+的表达式，利用三角函数的性质，即可求解.【小问1详解】由曲线1C：cossinxaaya=+

=（为参数，实数0a），化为普通方程为()222xaya+=−，展开为：2220xyax+−=，其极坐标方程为22cosa=，即2cosa=，由题意可得当0=时，=21OAa==，∴12a=.曲

线2C：cossinxbybb==+（为参数，实数0b），化为普通方程为()222xybb+−=，展开可得极坐标方程为2sinb=，由题意可得当2=时，22OBb===，∴1b=.【小问2详解】由（1）可得1C，2C的极坐标方程分别为co

s=，2sin=.∴22232cos23sincos3sin2cos21OAOAOB+=+=++62sin21=++，∵72,666+，∴2sin214++的最大值为3，当262+=，6=时取到最大值.23.已

知()212fxxxa=−+−−，若()0fx在R上恒成立.（1）求实数a的取值范围；（2）设实数a的最大值为m，若正数b，c满足12mcb+=，求bc+c+2b的最小值.【答案】（1）1a（2）962+【解析】【分析】（1）令()2|1||2|gxxx=−+−，

求出min()gx，由min()agx；（2）由121cb+=结合基本不等式得出最小值.【小问1详解】令()212gxxx=−+−34,2,1234,1xxxxxx−=−+…„，则()

()fxgxa=−由解析式易知，min()(1)1gxg==，因为()0fx在R上恒成立，所以()gxa…，即min()1agx=【小问2详解】由（1）可知，121cb+=，则2bcbc+=.12

233(33)bccbcbcbcb++=+=++3636992962bcbccbcb=+++=+…当且仅当36bccb=，即222bc==+时，取等号故2bccb++的最小值为962+.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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