广州市 2020 届高三年级阶段训练题数学(理科)含答案

2023年12月10日发(作者：初二自制数学试卷)

秘密★启用前 试卷类型：B

广州市2020届高三年级阶段训练题

理科数学

本试卷共5页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号，并将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。写在本试卷上无效。

3．作答填空题和解答题时，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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. 已知复数z满足1iz2i，则z

A.

2 B.

1 C.

21 D.

2222. 已知集合A0,1,2,3，Bxxn1,nA，PAB，则P的子集共有

A.

2个 B.

4个 C.

6个 D.

8个

3.

sin80cos50cos140sin10

A.

3311 B. C.

 D.

222222x4. 已知命题p：xR，xx10；命题

q：xR，x2，则下列命题中为真

命题的是

A.

pq B.

pq C.

pq D.

pq

5. 已知函数fx满足f1xf1x，当x1时，fxx2，则

xxfx21

A.

xx3或x0 B.

xx0或x2

C.

xx2或x0 D.

xx2或x4

理科数学试题 第1页（共5页）

 6. 如图，圆O的半径为1，A，B是圆上的定点，OBOA，P是圆上的动点，

\' 点P关于直线OB的对称点为P，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，

PBPOA 将OPOP表示为x的函数fx，则yfx在0,上的图像大致为

yyyy

2

211

OπxOπxπxO

O A. B. C. D.

7. 陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗. 如图，网格纸上小正方形

的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为

πxC.

1042 D.

1142

A.

722 B.

1022

8. 某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆， 其轨道的离心率为e，设地球

半径为R，该卫星近地点离地面的距离为r，则该卫星远地点离地面的距离为

1e2erR B.

1e1e1e2eC.

rR D.

1e1eA.

1eerR

1e1e1eerR

1e1e9. 羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成. 某班级从3名男生A1，A2，A3和

3名女生B1，B2，B3中各随机选出两名，把选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双

打比赛，则A1和B1两人组成一队参加比赛的概率为

A.

1214 B. C. D.

9939x210. 已知F1，F2是双曲线C:2y21a0的两个焦点，过点F1且垂直于x轴的直线

a 与C相交于A，B两点，若AB2，则△ABF2的内切圆的半径为

A.

232223 B. C. D.

3333理科数学试题 第2页（共5页）

11. 已知函数fx的导函数为fx，记f1xfx，f2xf1x，…，

fn1xfnx(nN*). 若fxxsinx，则f2019xf2021x

A.

2cosx B.2sinx C.2cosx D.

2sinx

12. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是棱AD，CC1，C1D1的

中点，给出下列四个命题:

①EFB1C;

② 直线FG与直线A1D所成角为60;

③ 过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为六边形;

④ 三棱锥BEFG的体积为 其中，正确命题的个数为

A.

1 B.

2 C.

3 D.

4

二、填空题: 本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 设向量am,1，b2,1，且ab5.

612ab2，则m .

214. 某种产品的质量指标值Z服从正态分布N(,2)，且P(3Z3)0.9974．

某用户购买了10000件这种产品，则这10000件产品中质量指标值位于区间

(3,3)之外的产品件数为 ．

15.

3x2x1的展开式中，x2的系数是 . (用数字填写答案)

16. 已知△ABC的三个内角为A，B，C，且sinA，sinB，sinC成等差数列，

则sin2B2cosB的最小值为 ，最大值为 . （第1空2分，第2

空3分）

三、解答题: 共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，

每个试题考生都必须做答. 第22、23题为选考题，考生根据要求做答.

（一）必考题：共60分．

17. (12分)

记Sn为数列an的前n项和，2Snan（1）求anan1；

（2）令bnan2an，证明数列bn是等比数列，并求其前n项和Tn.

理科数学试题 第3页（共5页）

251*). N(nn12 18. (12分)

如图，三棱锥PABC中，PAPC，ABBC，APC120，ABC90，AC3PB.

P（1）求证：ACPB；

（2）求直线AC与平面PAB所成角的正弦值.

AC

B

19. (12分)

某企业质量检验员为了检测生产线上零件的质量情况，从生产线上随机抽取了80个零件进行测量，根据所测量的零件尺寸（单位：mm），得到如下的频率分布直方图：

频率

组距

0.750

0.650

0.225

0.200

0.100

0.075

62.0 62.5 63.0 63.5 64.0 64.5 65.0

零件尺寸/mm

0.01）； （1）根据频率分布直方图，求这80个零件尺寸的中位数（结果精确到 （2）若从这80个零件中尺寸位于62.5,64.5之外的零件中随机抽取4个，设X表示尺寸在64.5,65上的零件个数，求X的分布列及数学期望EX；

（3）已知尺寸在63.0,64.5上的零件为一等品，否则为二等品，将这80个零件尺寸的样本频率视为概率. 现对生产线上生产的零件进行成箱包装出售，每箱100个. 企业在交付买家之前需要决策是否对每箱的所有零件进行检验，已知每个零件的检验费用为99元. 若检验，则将检验出的二等品更换为一等品；若不检验，如果有二等品进入买家手中，企业要向买家对每个二等品支付500元的赔偿费用. 现对一箱零件随机抽检了11个，结果有1个二等品，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值作为决策依据，该企业是否对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由.

理科数学试题 第4页（共5页）

20. (12分)

bex已知函数fxalnx，曲线yfx在点1,f1处的切线方程为

x2xy2e0.

（1）求a，b的值；

（2）证明函数fx存在唯一的极大值点x0，且fx02ln22.

21. (12分)

12已知点P是抛物线C:yx3的顶点，A，B是C上的两个动点，且PAPB4.

4（1）判断点D0,1是否在直线AB上？说明理由；

（2）设点M是△PAB的外接圆的圆心，点M到x轴的距离为d，点N1,0，

求MNd的最大值.

（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. [选修4-4：坐标系与参数方程] (10分)

已知曲线C1的参数方程为xtcos,(t为参数)， 曲线C2的参数方程为

y1tsin,xsin,(为参数).

y1cos2,（1）求C1与C2的普通方程；

（2）若C1与C2相交于A，B两点，且AB

23. [选修4-5：不等式选讲] (10分)

已知a0，b0，且ab1.

（1）求2，求sin的值.

12的最小值；

abab2b5.

22ab12（2）证明：

理科数学试题 第5页（共5页）

理科数学试题参考答案及评分标准

评分说明:

1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．

2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．

3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．

教2 3

一、选择题

题号

答案

1

A

4

B

5

C

6

A

究院7 8 9

C A B

4．只给整数分数．选择题不给中间分．

育研究研1

院10

B

11

D

12

C

广州市2020届高三年级阶段训练题

州市

二、填空题

B D

13.

2 14.

26 15.

25 16.

三、解答题

17. (12分)

广育州（2）解法1: 由bnan2an

广

an2an1an1an …………………………………………5分

an2an1an1an …………………………………………6分

广11 …………………………………………7分

n1n221

n1. …………………………………………8分

2

州市教1, ①

2n11 所以2Sn1an1n. ② …………………………………………1分

211②①得2Sn1Snan1annn1, …………………………………………2分

221 即2an1an1ann, …………………………………………3分

21 所以anan1n. …………………………………………4分

2（1） 解: 因为2Snan教

市育研究院333

1,

22 教解法2:由anan1州市 所以数列an 由2S1a1 则an1是公比为1的等比数列. ……………………………6分

n132研教2

广育11n1a1,

1n103232 所以an41n1. …………………………………………7分

1n1332教

广111142n1 所以数列bn的前n项和为Tn1n. ……………………12分

12212州4141n1n1

11n1n13323321

n1. …………………………………………8分

211 得b12. …………………………………………9分

241n2b1 因为n12, …………………………………………10分

1bn2n1211 所以数列bn是以为首项，公比为的等比数列. …………………………11分

42



市广州市育研 故bnan2an

究院11, 得a11,

20究院111, 得,…………………………5分

aan1nnn1n32322育111142n1 所以数列bn的前n项和为Tn1n. ……………………12分

12212研究11. …………………………………………9分

2241bn12n21 因为, …………………………………………10分

1bn2n1211 所以数列bn是以为首项，公比为的等比数列. ………………………11分

42院 得b1 所以AC平面POB.……………………………3分

因为PB平面POB，

所以ACPB.……………………………………4分

（2）解法1：不妨设AC2，

研究A（1）证明: 取AC的中点O，连接PO，BO，

因为PAPC，所以POAC. …………………………………………1分

因为ABBC，所以BOAC. …………………………………………2分

因为POBOO，PO平面POB，BO平面POB，

院P18. (12分)

z育 因为AC3PB，则PB23.

3OCy 因为ABBC，ABC90，则BOAO教22 因为PAPC，APC120，则APO60.

州市 在Rt△POA中，PO 因为BOPOAO3， …………………………………………5分

tan603研 所以POBO. …………………………………………6分

因为POAC，ACBOO，AC平面ABC，BO平面ABC，

广育如图，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标

教

则A0,1,0，B1,0,0,C0,1,0,P0,0,市州设平面PAB的法向量nx,y,z，

广令z3，则y1,x1.

州市xy0,由nAB0，nAP0，得

3z0,y3广故平面PAB的一个法向量为n1,1,3. ………………………………………9分

3

教3AB1,1,0,AP0,1,3,AC0,2,0. ……………………………………8分

育3，

3研系Oxyz.

究所以PO平面ABC. …………………………………………7分

院4PB2，

3究院1AC1.

B2x 5则sincosn,AC. …………………………………………11分

5所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为教州市所以PB平面ACD. …………………………………………6分

因为PB平面PAB，

所以平面PAB平面ACD. …………………………………………7分

则AD是直线AC在平面PAB上的射影.

所以CAD为直线AC与平面PAB所成角. ………………………………………8分

不妨设AC2，

P研究院A2，AO1.

解法2：作ADPB于D，连接CD，

根据题意，得△ABP≌△CBP，

则CDPB，ADCD. …………………………………………5分

因为ADCDD，AD平面ACD，CD平面ACD，

育研究教2记直线AC与平面PAB所成角为，

5. …………………………………12分

5院nAC25则cosn,AC.…………………………………………10分

525nAC 因为AC3PB，则PB23.

3DOB

广育 因为ABBC，ABC90，则AB 因为PAPC，APC120，则PAO30.

教

在Rt△POA中，PAAO23，

cos303市 故PAPB23.

3广州11512 则△ABP的面积为SABPAAB，

262 又S 在△ACD中，CDAD广AC2AD2CD225 则cosCAD，………………………………………10分

2ACAD54

州市1512351. ……………………9分

AD，得ADPBAD，即623225，AC2，

2育研究院C 故sinCAD1cosCAD25. …………………………………………11分

55.…………………………………12分

5 所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为19. (12分)

（1）解：由于62.0,63.0内的频率为0.0750.2250.50.15，

63.0,63.5内的频率为0.750.50.375，

即有0.15(x63)0.750.5，

令这80个零件尺寸的中位数为x，则x63.0,63.5，……………………………1分

解得x63.47．

教育 得0.150.3750.5250.5，

故这80个零件尺寸的中位数为63.47. ……………………………2分

（2）解：从频率分布直方图中可得尺寸在62.5,64.5之外的零件共有7个，其中尺寸位于州市62.0,62.5上的共有3个, 位于64.5,65上的共有4个，

研3

4

5

广育134C3C412C30C41， ……………………………5分

PX34，PX44C735C735教则X的分布列为：

X

P

1

2

市

418121

35353535州所以EX1（3）解：根据频率分布直方图，每个零件是二等品的概率为

广P0.0750.2250.1000.50.2. …………………………………………8分

设余下的89个零件中的二等品的个数为Y，依题意知YB89,0.2，

所以EY890.217.8. …………………………………………9分

若不对余下的零件作检验，设检验费用与赔偿费用之和为S，

广州市教41812116234. …………………………………7分

353535357育………………………………………6分

研究312C3C44C32C418,

PX2, ………………………………4分

PX14C735C7435院则X的所有可能取值为1,2,3,4， ………………………………………3分

究院研究院 若对余下的零件作检验，则这一箱零件所需要的检验费用为9900元. ………………10分

ES1089500EY9989. …………………………………………11分

(本问题从下面两方面回答都合理，都给满分)

① 因为ES9900，所以应该对余下的零件作检验.……………………………………12分

② 由于ES9989与9900相差不大，又因为对余下零件检验要投入大量人力和物力，

所以对余下的零件不作检验. …………………………………………12分

20. (12分)

教州市abxeebex 由fxalnx，得fxxx2xx 则f1a，f1be.

研6

究院x（1）解：函数fx的定义域为0,，

育研究教若不对余下的零件作检验，则检验费用与赔偿费用之和的期望值为

， …………………………1分

院则S1199500Y1089500Y.

故曲线yfx在点1,f1处的切线方程为ybeax1，

即axyabe0. …………………………………………2分

广育 因为曲线yfx在点1,f1处的切线方程为2xy2e0，

教

ex（2）证法1: 由(1)知fx2lnx,

x市xx2xee2xxexex 则fx.

22xxx州 令gx2xxeexxx0, 得gx2exxexex2xex,

则gx在0,上单调递减.

广 由于g020,

g12e0,

当x0,x1时,

gx0; 当xx1,时,

gx0.

广故gx在0,x1上单调递增, 在x1,上单调递减.

州 则存在x10,1, 使得gx10. ……………………………………5分

市育研 所以a2，b1. …………………………………………4分

究院 故存在x01,2, 使得gx00, …………………………………………6分

当x0,x0时,

gx0, 则fx0;

当xx0,时,

gx0, 则fx0.

故函数fx在0,x0上单调递增, 在x0,上单调递减. ……………………7分

育x故函数fx存在唯一的极大值点x0. ………………………………………8分

由于gx00，即2x0x0e0ex0教州市2ex0则fx02lnx0. …………………………………………9分

2lnx0x01x0令hx2lnx则hx2，1x2，

x1研x1,

7

究院育研究0，得ex02x0，x01,2，

x01院由于g010,

g120,

g24e0,

2220.

2xx1

广育由于1x02，则hx0h22ln22.………………………………………11分

教

即2lnx022ln22.

x01州广当0x1时，fx0；

当x1时，令gx2xe得gx2ex州

广x1ex2xex2e0,

市xxx2xee2xxexex2xex1则fxx0.

222xxxxx教ex证法2: 由(1)知fx2lnx,

x市所以fx02ln22. …………………………………………12分

研究故函数hx在1,2上单调递增. …………………………………………10分

院 又g120,

g24e0,

2故存在x01,2, 使得gx00, …………………………………………6分

当x0,x0时,

gx0, 则fx0;

当xx0,时,

gx0, 则fx0.

故函数fx存在唯一的极大值点x0. ………………………………………8分

教育x0故函数fx在0,x0上单调递增, 在x0,上单调递减. ……………………7分

由于gx00，即2x0ex010，得ex州市2ex0则fx02lnx0. …………………………………………9分

2lnx0x01x0研教8

令hx2lnx则hx

广育故函数hx在1,2上单调递增. …………………………………………10分

教

由于1x02，则hx0h22ln22.………………………………………11分

市州所以fx02ln22. …………………………………………12分

21. (12分)

(1) 解法1:因为点P是抛物线C:y广 依题意知直线AB的斜率存在，设直线AB:ykxb,Ax1,y1,Bx2,y2,

 因为PAPB4, 所以x1x2y13y234.

广州 则PAx1,y13,PBx2,y23.

市12x3的顶点,所以点P的坐标为0,3.…1分

4育即2lnx022ln22.

x01研究220.

2xx1院2，1x2，

x1究院0研究2x0，x01,2，

x01院 则gx在1,上单调递减. …………………………………………5分 则x1x222整理得x1x216x1x2640, 解得x1x28. …………………………………2分

ykxb,由得x24kx124b0,

12yx3,4则x1x24k,

x1x2124b.

故124b8，解得b1.

教所以直线AB过定点0,1. …………………………………………4分

州市所以点D0,1不在直线AB上. …………………………………………5分

研9

广育因为A,B是C上的两个动点, 所以y1教

则x1x2122x1x24.

16市州广即y

x1x2xxx123

44

广州xxx1x1x2x112x123

444市则直线AB的方程为y12xxx1312xx1,

44教1212xxy1y24142x1x2直线AB的斜率为k,

x1x2x1x24育22整理得x1x216x1x2640, 解得x1x28. …………………………2分

研1212x13,y2x23.

44究 因为PAPB4, 所以x1x2y13y234.

院12x3的顶点,所以点P的坐标为0,3.………1分

4Ax,y,Bx,y 设1122,则PAx1,y13,PBx2,y23.

解法2: 因为点P是抛物线C:y究院所以直线AB:ykx1. …………………………………………3分

育研究122x1x24.

16院因为A,B是C上的两个动点, 所以y11212x13,y2x23.

44 所以直线AB过定点0,1. …………………………………………4分

所以点D0,1不在直线AB上. …………………………………………5分

12x3的顶点,所以点P的坐标为0,3.………1分

4 设Ax1,y1,Bx2,y2,则PAx1,y13,PBx2,y23.

解法3: 因为点P是抛物线C:y育 因为PAPB4, 所以x1x2y13y234.

因为A,B是C上的两个动点, 所以y1教则x1x2122x1x24.

16州市22整理得x1x216x1x2640, 解得x1x28. ………………………………2分

研

广育2y21x216 直线BD的斜率为k2,

x24x22x1216x216则k1k2

4x14x2教

2x2x1216x1x2164x1x2市

州则k1k20,得k1k2.

广所以点D0,1不在直线AB上. …………………………………………5分

市故A,B,D三点不共线. …………………………………………4分

教21依题意知x1x2, 得x1x20,

州(2) 解法1:线段PA的中点坐标为x1x,3,

kPA28广10

育x2x1. …………………………………………3分

412x1x41,

x14研究院y11x1216 直线AD的斜率为k1,

x14x1究院研究1212x13,y2x23.

44院

x1x2x1. …………………………………………3分

4 由①②解得xx1x2k,y2k2. …………………………………………8分

4所以点M的坐标为k,2k2.

xk,设点Mx,y,则

2y2k.教所以点M的轨迹方程为x2州市1y. …………………………………………9分

22抛物线:x111y的焦点为F0,,准线为l:y,

288研21究院育12x1x41,

x14消去k, 得x21y.

2育研究教11

2x2x4同理得线段PB的中垂线方程为y3x2. ②

8x22院x12x4则线段PA的中垂线方程为y3x1. ① ………………6分

8x12设点M到直线l的距离为d1,根据抛物线的定义得d1MF,

因为点M到x轴的距离为d,点N1,0,

广育则MNdMNd1

18教

MNMF1 …………………………………………10分

8市

NF1 …………………………………………11分

8

广州651.

8当M,N,F三点共线,且点M在NF的延长线时, 等号成立.

所以MNd取得最大值为州解法2:线段PA的中点坐标为

广市651. …………………………………………12分

8x1x,3,

kPA28研究院 x1x2x1x2由①②解得x,y. …………………………………………8分

84x1x2x,4设点Mx,y,则2

yx1x2.8教2育1y.

22消去x1x2, 得x州市所以点M的轨迹方程为x2抛物线:x1y. …………………………………………9分

2研12

设点M到直线l的距离为d1,根据抛物线的定义得d1MF,

广育教

MNMF1 …………………………………………10分

8市

NF州当M,N,F三点共线,且点M在NF的延长线时, 等号成立。

广所以MNd取得最大值为22. (10分)

(1)解:由

广xtcos,(t为参数), 得xsinycoscos0,

y1tsin,州市651. …………………………………………12分

8教

651.

8育1 …………………………………………11分

8研则MNdMNd1

18究因为点M到x轴的距离为d,点N1,0,

院111y的焦点为F0,,准线为l:y,

288究院研究22x2x4同理得线段PB的中垂线方程为y3x2. ②

8x22院x12x4则线段PA的中垂线方程为y3x1. ① ………………6分

8x12 所以曲线C2的普通方程为2xy2y0. ………………………………5分

22（2）解法1:把得2cosxtcos,22代入2xy2，

y1tsin2育2sin2t22tsin10，…………………………………………6分

22由于2sin42cossin80,

教2，则则t1t22sin1， . ……………………8分

tt122cos2sin22cos2sin2州市则ABt1t2t1t224t1t222. ………………………9分

2cos2sin2研22

广育解法2:由（1）可知C1是直线，且过点0,1，

教

C2是椭圆2x2y22在x轴上方（包括与x轴的两个交点），

研1-1市设C1:ykx1,Ax1,y1,Bx2,y2,

由育如图可知，若C1与C2有两个交点，则C1的斜率k1,1.

州ykx1,222xy2,2得k2x2kx10, …………………………………6分

2广则x1x2州2k1,. …………………………………………7分

xx1222k2k22212ABxx1k广市由于2k4k28k80,

222k424x1x21k2

2k2k2

教13

究yO1x解得sin0.

经检验，sin0符合题意，

所以sin0. …………………………………………10分

院由于AB222.

222cossin究院研究xsin,(为参数),得2x2y22y0. 由y1cos2,院 所以曲线C1的普通方程为xsinycoscos0. ……………………2分

k22. …………………………………………8分

由于AB2,得k22则tan0，得sin0. …………………………………………10分

23.(10分)

（1）解法1:因为a0，b0，且ab1,

3教育12ab2ab 所以 …………………………………………1分

abab

32b2a …………………………………………2分

ab州市

322. …………………………………………3分

当且仅当研14

广育 所以教

所以市

3b2a

ab州

32b2a …………………………………………2分

ab广

322. …………………………………………3分

当且仅当

广a0,b0,a21, 由ab1,解得 …………………………………………4分

b22.b22a2,州b2a,即b22a2时,等号成立.

ab市教育1212ab …………………………………………1分

abab研12的最小值为322. …………………………………………5分

ab解法2:因为a0，b0，且ab1,

究a0,b0,a21, 由ab1,解得 …………………………………………4分

b22.b22a2,院b2a,即b22a2时,等号成立.

ab究院b2a

ab研究22k210，解得k0. ……………………………9分

院22k21 所以 所以

ab2b2a22

教育ab2b2ab2b5b4b2155

州市

5. …………………………………………8分

2研教2

广育 解得a15,此时ab1. …………………………………………9分

,b22教 所以

证法2:由于a0，b0，ab0，得a1b，

市1bb2b5ab2b5 要证明2，只要证明， ………………6分

222ab2121bb13bb253bb2 即证2，只要证25.

2b2b22bb1广州 即51b2广516250, ……………………………8分

所以51b53b50成立. ……………………………………9分

因为州53452市 由于b2b10,则只要证明3bb53b50. …………………………………………7分

215

育5b25b5,

研ab2b5. …………………………………………10分

22ab12究院2b2a,5 当且仅当时,等号成立.

24b15究院研究2ab2b22ab1ab2b …………………………………………6分

22b4ba2155 …………………………………………7分

院12的最小值为322. …………………………………………5分

ab（2）证法1：因为a0，b0， 所以ab2b5. …………………………………………10分

22ab12a1a21aab2b

2222ab1a1a1a2a2



22aa1所以教 则州市132a12t ……………………………………7分

2222aa12t4t7

研16

12

广育教

当且仅当t7,即t7时,等号成立.

t市 由于2715,

62州 所以

ab2b5. …………………………………………10分

22ab12广

广州市教育研

271. …………………………………………9分

6究2 ……………………………………8分

72t4t院12

72t4t究院 令32at,得a育132a. …………………………………………6分

22a2a13t, 由于0a1,则1t3.

2研究证法3:由于a0，b0，ab0，得b1a，

院