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2015 年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)
数学(理科)
第Ⅰ卷(选择题 共 50 分)
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
(1)【 2015 年福建,理 1,5 分】若集合 234i,i ,i ,iA (i 是虚数单位), 1, 1B ,则 AB等于( )
(A) 1 (B) 1 (C) 1, 1 (D)
【答案】C
【解析】由已知得 i, 1, i,1A ,故 1, 1AB,故选 C.
(2)【 2015 年福建,理 2,5 分】下列函数为奇函数的是( )
(A) yx (B) sinyx (C) cosyx (D) xxy e e
【答案】D
【解析】函数 yx 是非奇非偶函数; sinyx 和 cosyx 是偶函数; xxy e e 是奇函数,故选 D.
(3)【2015 年福建,理 3,5 分】若双曲线
22
:19 16
xyE 的左、右焦点分别为 12,FF,点 P 在双曲线 E 上,且 1 3PF ,
则 2PF 等于( )
(A)11
(B)9
(C)5 (D)3
【答案】B
【解析】由双曲线定义得 1226PF PF a ,即 23 2 6PF a ,解得 2 9PF ,故选 B.
(4)【2015 年福建,理 4,5 分】为了解某社区居民的家庭年收入所年支出的关系,随机调查了该社区 5 户家庭,
得到如下统计数据表:
收入 x (万元) 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9
支出 y (万元) 6.2 7.5 8.0 8.5 9.8
根据上表可得回归直线方程 ˆˆ ˆy bx a,其中 ˆ ˆˆ0.76,b a y bx ,据此估计,该社区一户收入为 15 万元家
庭年支出为( )
(A)11.4 万元 (B)11.8 万元 (C)12.0 万元 (D)12.2 万元
【答案】B
【解析】由已知得 8.2 8.6 10.0 11.3 11.9 105x (万元), 6.2 7.5 8.0 8.5 9.8 85y (万元),故
8 0.76 10 0.4a ,所以回归直线方程为 0.76 0.4yx,当社区一户收入为 15 万元家庭年支出为
0.76 15 0.4 11.8y (万元),故选 B.
(5)【2015 年福建,理 5,5 分】若变量 ,xy满足约束条件
20
0
2 2 0
xy
xy
xy
,则 2z x y的最
小值等于( )
(A) 5
2 (B) 2 (C) 3
2 (D)2
【答案】A
【解析】画出可行域,如图所示,目标函数变形为 2y x z,当 z 最小时,直线 2y x z的纵截距最大,
故将 直线 2yx 经过可行域,尽可能向上移到过点 11, 2B
时, z 取到最小值,最小值为
152122z ,故选 A.
(6)【2015 年福建,理 6,5 分】阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,则输出的结果为( )
(A)2 (B)1 (C)0 (D)-1
【答案】C
【解析】程序在执行过程中 ,Si的值依次为: 0, 1Si; 0, 2Si; 1, 3Si ; 1, 4Si ; 0, 5Si;
0, 6Si,程序结束,输出 0S ,故选 C.
(7)【2015 年福建,理 7,5 分】若 ,lm是两条不同的直线, m 垂直于平面 ,则“lm ”是“ //l ”的( )
(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】若lm ,因为 m 垂直于平面 ,则 //l 或l ,若 ,又 m 垂直于平面 ,则 ,所以“ ”
是“ ”的必要不充分条件,故选 B.
(8)【 2015 年福建,理 8,5 分】若 ,ab是函数 2 0, 0f x x px q p q 的两个不同的零点,且 , , 2ab 这三
个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 pq 的值等于( )
(A)6 (B)7 (C)8 (D)9
【答案】D
【解析】由韦达定理得 a b p ,a b q,则 0, 0ab,当 , , 2ab 适当排序后成等比数列时, 2 必为等比中
项,故 4a b q , 4b a .当适当排序后成等差数列时, 必不是等差中项,当 a 是等差中项时,
422a a,解得 1, 4ab;当 4
a
是等差中项时,8 2aa ,解得 4, 1ab,综上所述, 5a b p ,
所以 9pq,故选 D.
(9)【 2015 年福建,理 9,5 分】已知 1,,AB AC AB AC tt ,若点 p 是 ABC 所在
平面内一点,且 4AB ACAP
AB AC
,则 PB PC 的最大值等于( )
(A)13 (B)15 (C)19 (D)21
【答案】A
【解析】以 A 为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图所示,则 1,0B t
, 0,Ct, 1,0 4 0,1 1,4AP ,
即 1,4P ,所以 1 1, 4PB t
, 1, 4PC t ,因此 111 4 16 17 4PB PC t ttt
,因为
114 2 4 4tttt ,所以当1 4tt ,即 1
2t 时取等号, PB PC 的最大值等于 13,故选 A.
(10)【 2015 年福建,理 10,5 分】若定义在 R 上的函数 fx满足 01f ,其导函数 fx 满足 1f x k ,
则下列结论中一定错误的是( )
(A) 11f kk
(B) 11
1f kk
(C) 11
11f kk
(D) 1
11
kf kk
【答案】C
【解析】由已知条件,构造函数 g x f x kx,则 0g x f x k ,故函数 gx在 R 上单调递增,且
1 01k
,故 1 01ggk
,所以 1 111
kf kk
, 11
11f kk
,所以结论中一定错误的是
C,选项 D 不确定;构造函数 h x f x x,则 10h x f x ,所以函数 hx在 R 上单调递增,
且 1 0k ,所以 1 0hhk
,即 111f kk
, 111f kk
,选项 A,B 无法判断,故选 C.
第Ⅱ卷(非选择题 共 100 分)
二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分.把答案填在答题卡的相应位置.
(11)【2015 年福建,理 11,5 分】 52x 的展开式中, 2x 的系数等于 (用数字填写答案).
【答案】80
【解析】 52x 的展开式中 2x 项为 2 3 2
5 2 80Cx ,所以 2x 的系数等于 80.
x
y
B
C
A
P
(12)【2015 年福建,理 12,5 分】若锐角 ABC 的面积为10 3 ,且 5AB , 8AC ,则 BC 等于 .
【答案】7
【解析】由已知得 的面积为 1 sin 20sin 10 32 AB AC A A ,所以 3sin 2A , 0, 2A
,所以
3A .由
余弦定理得 2 2 2 2 cos 49BC AB AC AB AC A , 7BC .
(13)【2015 年福建,理 13,5 分】如图,点 A 的坐标为 1,0 ,点C 的坐标为 2,4 ,函数 2f x x ,
若在矩形 ABCD内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率等 .
【答案】 5
12
【解析】由已知得阴影部分面积为 2 2
1
754433x dx .所以此点取自阴影部分的概率等于
5
53
4 12 .
(14)【2015 年福建,理 14,5 分】若函数 6, 2
3 log , 2a
xxfx xx
( 0a 且 1a )的值域是 4, ,则实数 a 的
取值范围是 .
【答案】 1,2
【解析】当 2x ,故 64x ,要使得函数 fx的值域为 4, ,只需 1 3 log 2af x x x 的值域包含于
,故 1a ,所以 1 3 log 2afx ,所以3 log 2 4a,解得12a,所以实数 a 取值范围是 .
(15)【 2015 年福建,理 15,5 分】一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串 *
12 nx x x n N ,其中 1,2, ,kx k n
称为第 k 位码元,二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由 0 变为 1,
或者由 1 变为 0),已知某种二元码 1 2 7x x x 的码元满足如下校验方程组:
4 5 6 7
2 3 6 7
1 3 5 7
0
0
0
x x x x
x x x x
x x x x
,其中运算
定义为:0 0 0,0 1 1,1 0 1,1 1 0 ,其中运算 定义为:0 0 0,0 1 1,1 0 1,1 1 0 .现
已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101,那么利用上述校验方程组
可判定 k 等于 __.
【答案】5
【解析】由题意得相同数字经过运算后为 0,不同数字运算后为 1.由 4 5 6 7 0x x x x 可判断后 4 个数字
出错;由 2 3 6 7 0x x x x 可判断后 2 个 数 字 没 错 , 即 出 错 的 是 第 4 个 或 第 5 个 ; 由
1 3 5 7 0x x x x 可判断出错的是第 5 个,综上,第 5 位发生码元错误.
三、解答题:本大题共 6 题,共 80 分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.
(16)【2015 年福建,理 16,13 分】某银行规定,一张银行卡若在一天内出现 3 次密码尝试错误,该银行卡将
被锁定,小王到银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用
的 6 个密码之一,小王决定从中不重复地随机选择 1 个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝
试,直至该银行卡被锁定.
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为 X,求 X 的分布列和数学期望.
解:(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A ,则 543() 6 5 4PA 1
2 .
(2)依题意得, X 所有可能的取值是 1,2,3,又 1 5 1 1 5 4 2( 1) , ( 2) , ( 3) 16 6 5 6 6 5 3P X P X P X
所以 X 的分布列为
X 1 2 3
p 1
6 1
6 2
3
所以 1 1 2 5( ) 1 2 36 6 3 2EX .
(17)【 2015 年福建,理 17,13 分】如图,在几何体 ABCDE 中,四边形 ABCD 是矩形,AB 平面 BEG ,
BE EC , 2AB BE EC ,G , F 分别是线段 BE , DC 的中点.
(1)求证: //GF 平面 ADE ;
(2)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值.
解:解法一:
(1)如图,取 AE 的中点 H ,连接 HG ,HD ,又 G 是 BE 中点,所以 //GH AB ,且 1
2GH AB ,
又 F 是CD 中点,所以 1
2DF CD ,由四边形 ABCD 是矩形得, //AB CD , AB CD
所以 //GH DF .且GH DF ,从而四边形 HGFD是平行四边形,所以 //GF DH ,
又 DH 平面 ADE ,GF 平面 ADE ,所以 //GF 平面 ADE .
(2)如图,在平面 BEG 内,过点 B 作 //BQ EC ,因为 BE CE ,所以 BQ BE ,因为 AB
平面 BEC ,所以 AB BE ,AB BQ ,以 B 为原点,分别以 ,,BE BQ BA的方向为 x 轴,
y 轴, z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 0,0,2 , 0,0,0 , 2,0,0 , 2,2,1A B E F ,
因为 AB 平面 BEC ,所以 0,0,2BA 为平面 BEC 的法向量,设 ( , , )n x y z= 为平面
AEF 的法向量,又 2,0, 2AE , 2,2, 1AF ,由 0
0
n AE
n AF
得 2 2 0
2 2 0
xz
x y z
,
取 2z = 得 2, 1,2n .从而 42cos , 3 2 3| | | |
n BAn BA
n BA
,
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 2
3
.
解法二:
(1)如图,取 AB 中点 M ,连接 ,MG MF ,又G 是 BE 的中点,可知 //GM AE ,又 AE 平
面 ,ADE GM 平面 ADE ,所以 //GM 平面 ADE .在矩形 ABCD 中,由 M , F 分别
是 AB ,CD 的中点得 //MF AD ,又 AD 平面 ,ADE MF 平面 ADE ,所以 //MF 平
面 ADE ,又因为 ,GM MF M GM平面 ,GMF MF 平面GMF ,所以平面 //GMF
平面 ADF ,因为GF 平面GMF ,所以 //GF 平面 ADE .
(2)同解法一.
(18)【2015 年福建,理 18,13 分】已知椭圆 E :
22
221(a 0)xy bab+ = > > 过点 (0, 2),且离心率为 2
2e = .
(1)求椭圆 E 的方程;
(2)设直线 :1l x my m R 交椭圆 E 于 A , B 两点,判断点 9 ,04G
与以线段 AB
为直径的圆的位置关系,并说明理由.
解:解法一:
(1)由已知得
2 2 2
2
2
2
b
c
a
a b c
解得
2
2
2
a
b
c
,所以椭圆 E 的方程为
22
142
xy+=.
(2)设点 11( , )A x y , 22( , )B x y , AB 中点为 00( , )H x y .由 22
1
142
x my
xy
,得 22( 2) 2 3 0m y my ,
所以 12 2
2+= 2
myy m +
, 12 2
3= 2yy m +
,从而 0 2
2
2y m
.
所以 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
9 5 5 25| | ( ) ( ) ( 1)4 4 2 16GH x y my y m y my .
222
1 2 1 2( - ) ( - )||
44
x x y yAB
22
12(1 )( - )
4
m y y
22
1 2 1 2(1 )[( ) - 4 ]
4
m y y y y 22
0 1 2(1 )( - )m y y y
故
2
22
0 1 2
| | 5 25| | ( 1)4 2 16
ABGH my m y y
22
22
5 3( 1) 25-2( 2) 2 16
mm
mm
2
2
17 2
16( 2)
m
m
0
所以 ||||2
ABGH ,故 9( 4G ,0)在以 AB 为直径的圆外.
解法二:
(1)同解法一.
(2)设点 11()A x y , 22( , )B x y ,则 11
9( , )4GA x y , 22
9( , )4GB x y .
由 22
1
142
x my
xy
,得 22( 2) 2 3 0m y my ,所以 12 2
2
2
myym
, 12 2
3
2yy m
.
从而 1 2 1 2
99( )( )44GA GB x x y y 1 2 1 2
55( )( )44my my y y 2
1 2 1 2
5 25( 1) ( )4 16m y y m y y
2
2
22
5
3( 1) 252
2 2 16
mm
mm
2
2
17 2 016(m 2)
m +=>+
所以 cos , 0GA GB ,又 ,GA GB 不共线,所以 AGB 为锐角.故点 9( 4G ,0)在以 AB 为直径的圆外.
(19)【2015 年福建,理 19,13 分】已知函数 fx的图像是由函数 ( ) cosg x x= 的图像经如下变换得到:先将 ()gx
图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变),再将所得到的图像向右平移
2
个单位长度.
(1)求函数 fx的解析式,并求其图像的对称轴方程;
(2)已知关于 x 的方程 f x g x m在 0,2 内有两个不同的解 , ;
(i)求实数 m 的取值范围;
(ii)证明:
22cos( ) 15
m .
解:解法一:
(1)将 ( ) cosg x x= 的图像上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变)得到 2cosyx= 的图像,再
将 2cosyx 的图像向右平移
2
个单位长度后得到 2cos( - )2yx 的图像,故 ( ) 2sinf x x ,从而函数
( ) 2sinf x x 图像的对称轴方程为 ()2x k k Z .
(2)(i) ( ) ( ) 2sin cosf x g x x x 215( sin cos )
55
xx 5sin( )x (其中 12sin ,cos
55
)
依题意,sin( )
5
mx 在区间[0,2 ] 内有两个不同的解 ,当且仅当| | 1
5
m ,故 m 的取值范围
是 ( 5, 5) .
(ii)因为 ,是方程 5sin( )xm在[0,2 ] 内的两个不同的解,所以sin( )
5
m
sin( )
5
m ,当15m 时, 2( )2
,即 2( ) ;
当 51 1m 时, 32( )2
,即 3 2( ) ,
所以 cos ) cos2( ) ( 22sin ( ) 1 22( ) 1
5
m
22 15
m.
解法二:
(1)同解法一.
(2)(i)同解法一.
(ii)因为 , 是方程 5sin( )xm在区间[0,2 ) 内的两个不同的解,所以sin( )
5
m ,
sin( )
5
m ,当15m 时, 2( )2
,即 2( ) ;
当 51m 时, 32( )2
,即 3 2( ) ,所以 cos ) cos( ) (
于是 cos( ) cos[( ) ( )] cos( )cos( ) sin( )sin( )
2cos ( ) sin( )sin( ) 22[1 ( ) ] ( )
55
mm
22 15
m.
(20)【2015 年福建,理 20,14 分】已知函数 ln 1f x x, g x kx k R.
(1)证明:当 0x > 时, f x x ;
(2)证明:当 1k < 时,存在 0 0x > ,使得对任意的 0,xt 恒有 f x g x ;
(3)确定 k 的所以可能取值,使得存在 0t > ,对任意的 ,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x-<.
解:解法一:
(1)令 ( ) ( ) ln(1 ) , [0, )F x f x x x x x ,则有 1( ) 111
xFx xx
,当 (0, )x 时, ( ) 0Fx ,
所以 ()Fx在[0, ) 上单调递减,故当 0x 时, ( ) (0) 0F x F,即当 0x 时, ()f x x .
(2)令 ( ) ( ) ( ) ln(1 ) , [0, )G x f x g x x kx x ,则有 1 (1 )() 11
kx kG x kxx
,
当 0k 时, ( ) 0Gx ,故 ()Gx在[0, ) 单调递增, ( ) (0) 0G x G,故对任意正实数 0x 均满足题意
当 01k时,令 ( ) 0Gx ,得 1110kx kk
,取 0
1 1x k,对任意 0(0, )xx ,有 ( ) 0Gx ,
从而 ()Gx在[0, ) 单调递增,所以 ( ) (0) 0G x G,即 ( ) ( )f x g x .
综上,当 1k 时,总存在 0 0x ,使得对任意 0(0, )xx ,恒有 ( ) ( )f x g x .
(3)当 1k 时,由(1)知,对于 (0, ), ( ) ( )x g x x f x ,故 ( ) ( )g x f x .
| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 )f x g x g x f x kx x 令 2( ) ln(1 ) , [0, )M x kx x x x ,
则有
21 2 ( 2) 1( ) 211
x k x kM x k xxx
故当
22 ( 2) 8( 1)(0, )4
k k kx 时, ( ) 0Mx ,
()Mx在
22 ( 2) 8( 1)[0, )4
k k k 上单调递增,故 ( ) (0) 0M x M,即 2| ( ) ( ) |f x g x x.所以满
足题意的t 不存在,当 1k 时,由(2)知,存在 0 0x ,使得当 0(0, )xx 时, ( ) ( )f x g x ,
此时| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 )f x g x f x g x x kx ,令 2( ) ln(1 ) , [0, )N x x kx x x ,
则有
21 2 ( 2) 1( ) 211
x k x kN x k xxx
,当
2( 2) ( 2) 8( 1)(0, )4
k k kx 时, ( ) 0Nx ,
()Nx在
2( 2) ( 2) 8( 1)[0, )4
k k k 上单调递增,故 ( ) (0) 0N x N,即 2( ) ( )f x g x x.
记 0x 与
2( 2) ( 2) 8( 1)
4
k k k 中的较小者为 1x ,则当 1(0, )xx 时,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,故满
足题意的t 不存在.当 1k 时,由(1)知,当 0x 时,| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 )f x g x g x f x x x ,
令 2( ) ln(1 ) , [0, )H x x x x x ,则有
212( ) 1 211
xxH x xxx
,当 0x 时, ( ) 0Hx ,
所以 ()Hx在[0, ) 上单调递减,故 ( ) (0) 0H x H,故当 0x 时,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,
此时,任意正实数t 均满足题意,综上, 1k .
解法二:
(1)解法一.
(2)解法二.
(3)当 1k 时,由(1)知,对于 (0, ), ( ) ( )x g x x f x ,
故| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 ) ( 1)f x g x g x f x kx x kx x k x ,令 2( 1)k x x,解得 01xk .
从而得到,当 1k 时,对于 (0, 1)xk,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,故满足题意的t 不存在.
当 1k 时,取 1
1
2
kk ,从而 1 1kk,由(2)知,存在 0 0x ,使得 01(0, ), ( ) ( )x x f x k x kx g x ,
此时 1
1| ( ) ( ) | ( ) ( ) ( ) 2
kf x g x f x g x k k x x ,令 21
2
k xx ,解得 10 2
kx , 2( ) ( )f x g x x,
记 0x 与1
2
k 的较小者为 1x ,当 1(0, )xx 时,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,故满足题意的t 不存在.
当 1k 时,由(1)知, 0,| ( ) ( ) | ( ) ( ) ln(1 )x f x g x f x g x x x ,
令 2( ) ln(1 ) , [0, )M x x x x x ,则有
212( ) 1 211
xxM x xxx
,
当 0x 时, ( ) 0Mx ,所以 ()Mx在[0, ) 上单调递减,故 ( ) (0) 0M x M.
故当 0x 时,恒有 2| ( ) ( ) |f x g x x,此时,任意正实数t 均满足题意,综上, 1k .
本题设有三个选考题,每题 7 分,请考生任选 2 题作答.满分 14 分,如果多做,则按所做的前两题计分,作答
时,先用 2B 铅笔在答题卡上所选题目对应题号右边的方框涂黑,并将所选题号填入括号中.
(21)【2015 年福建,理 21(1),7 分】(选修 4-2:矩阵与变换)已知矩阵 2 1 1 1,4 3 0 1
A Β .
(1)求 A 的逆矩阵 1A ;
(2)求矩阵C ,使得 AC B .
解:(1)因为| | 2 3 1 4 2 A ,所以 1
31 31
22 2242 21
22
A .
(2)由 得 11()A C A B--A= ,故 1
3 1 311 2==2 2 2012 1 2 3
C A B .
(21)【 2015 年福建,理 21(2),7 分】(选修 4-4:坐标系与参数方程)在平面直角坐标系 xoy 中,圆C 的参
数方程为 1 3cos
2 3sin
xt
yt
( t 为参数).在极坐标系(与平面直角坐标系 xoy 取相同的长度单位,且以原点
O 为极点,以 x 轴非负半轴为极轴)中,直线l 的方程为 2 sin( ) ( )4 m m R .
(1)求圆C 的普通方程及直线 l 的直角坐标方程;
(2)设圆心C 到直线l 的距离等于 2,求 m 的值.
解:(1)消去参数t ,得到圆 C 的普通方程为 22( 1) ( 2) 9xy ,由 2 sin( )4 m,得
sin cos 0m ,所以直线l 的直角坐标方程为 0x y m .
(2)依题意,圆心C 到直线l 的距离等于 2,即 |1 2 | 2
2
m ,解得 3 2 2m .
(21)【 2015 年福建,理 21(3),7 分】(选修 4-5:不等式选讲)已知 0a , 0b , 0c ,函数 f x x a x b c
的最小值为 4.
(1)求 abc++的值;
(2)求 2 2 211
49a b c++的最小值.
解:(1)因为 ( ) | | | | | ( ) ( ) | | |f x x a x b c x a x b c a b c ,当且仅当 a x b 时,等号成立.
又 0, 0ab>>,所以||a b a b ,所以 ()fx的最小值为 abc,又已知 ()fx的最小值为 4,
所以 4abc .
(2)由(1)知 4abc ,由柯西不等式得 2 2 2 2 211( )(4 9 1) ( 2 3 1) ( ) 164 9 2 3
aba b c c a b c ,
即 2 2 21 1 8()4 9 7a b c ,当且仅当
11
32
2 3 1
ba c,即 8 18 2,,7 7 7a b c 时等号成立,
故 2 2 211
49a b c的最小值为 8
7
.
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