1、第 1页（共 18页） 2021 年云南省昆明市年云南省昆明市“三诊一模三诊一模”高考数学摸底试卷（文科）高考数学摸底试卷（文科） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一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项是符合题目要求的. 1（5 分） 如图， 若复数z在复平面内对应的点为E， 则复数z在复平面内对应的点为() AEBFCGDH 2 （5 分）已知集合 2A ，1，0，1，2， 2 |1Bx x，则AB 的元素个数为() A2B3C4D5 3 （5 分）在正项等比数列 n a中，已知
2、 1 a， 3 a， 5 a成等差数列，则 34 12 ( aa aa ) A1B2C4D8 4 （5 分）已知直线:10l xmy 与圆 22 (2)(1)4xy相交于A，B两点，当AB取 得最大值时，则(m ) A3B1C1D3 5 （5 分）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某个零件的三视图，则这 个零件的体积等于() A6B8C12D14 6 （5 分）双曲线 22 1 63 xy 的顶点到渐近线的距离为() A2B3C2D1 第 2页（共 18页） 7 （5 分）函数sin (, )yxx x 的图象可能是() AB CD 8（5 分） 已知函数( )sin()(0)
3、 6 f xx 的一条对称轴为 6 x ， 则的最小值为() A1B2C3D4 9 （5 分）已知 2 1 log( ) 2 a a ， 1 2 bln， 0.2 1 ( ) 2 c ，则a，b，c的大小关系为() AcabBabcCbacDacb 10 （5 分）在计算机的算法分析中，常用时间复杂度来衡量一个算法的优劣，算法的时间 复杂度是指算法完成一次运行所需要的运算次数，若用( )T n（单位：次）表示算法的时间 复 杂 度 ， 它 是 算 法 求 解 问 题 数 据 规 模n的 函 数 已 知 某 算 法 的 时 间 复 杂 度 4 2 ( )20log(*)T nnnn nN，一台计
4、算机每秒可以进行 1.3 亿次运算，则要保证该算法能 在此计算机上 1 秒内完成一次运行，则n的最大值为() A40B50C60D70 11 （5 分）已知 1 O是正方体 1111 ABCDA B C D的中心O关于平面 1111 A BC D的对称点，则下列 说法中错误的是() A 11 OC与 1 DC是异面直线B 11/ / OC平面 11 A BCD C 11 OCBDD 11 OC 平面 11 BDD B 12 （5 分）银行按“复利”计算利息，即把上一个月的利息和本金加在一起算作本金，再 第 3页（共 18页） 计算下一个月的利息某人在银行贷款金额为A元，采用的还款方式为“等额本
5、息” ，即每 个月还款 1 次，每次还款的金额固定不变，直到贷款的本金和利息全部还完为止若月利率 p固定不变，按“复利”计算本息和，分n个月还清（贷款 1 个月后开始第 1 次还款） ，则 此人每月还款金额为() A A n 元B (1)nAp n 元 C (1) (1)1 n n Ap p 元D (1) (1)1 n n App p 元 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）已知实数x，y满足约束条件 0 2 33 x xy xy ，则4zxy的最大值等于 14 （5 分）已知向量(1, 1)a ，| 4b ，2
6、2a b ，则a 与b 的夹角为 15 （5 分）随着生物多样性公约第十五次缔约方大会(15)COP重新确定于 2021 年 5 月 17 日至 30 日在云南省昆明市举办， “生物多样性”的目标、方法和全球通力合作，又成为 国际范围的热点关注内容昆明市市花为云南山茶花，又名滇山茶，原产云南，国家二级保 护植物，为了监测滇山茶的生长情况，从不同林区随机抽取 100 株测量胸径（厘米）作为样 本，得到样本频率分布直方图如图所示，这 100 株滇山茶胸径不超过m厘米的占90%，超 过m厘米的占10%，将胸径超过m厘米的作为重点监测对象，则m约为厘米 （精确到 0.1) 16 （5 分）设抛物线 2
7、 :2(0)C ypx p的焦点为F，第一象限内的A，B两点都在C上， O为坐标原点，若 3 AFOAFB ，且AFB的面积为3 3，则点A的坐标为 第 4页（共 18页） 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17（12 分） 已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sincosaBbAc （1）求B； （2）设2ac，2b ，求c
8、18 （12 分） 如图的四棱锥SPMNE和四棱台PMNEABCD是由一个四棱锥SABCD被 过各侧棱中点的平面所截而成 在四棱台PMNEABCD中，PA 平面ABCD，H是AD的 中点，四边形ABCH为正方形，2ABAP （1）证明：CHED； （2）求四棱台PMNEABCD的体积 19 （12 分）已知函数 2 ( ) x f xexx （1）求曲线( )yf x在点(0，(0)f处的切线方程； （2）证明：对任意xR，都有( ) 1f x 20 （12 分）在甲、乙两位选手以往的比赛中随机抽取 10 局比赛，胜负情况依次如表： 第i局比赛(1i ，2，10)12345678910 胜者乙
9、乙甲乙甲乙乙甲甲甲 （1）从表中第 5 局到第 10 局的六局比赛中任选两局，求甲至少有一局获胜的概率； （2）甲、乙两位选手将要进行一场比赛赛制为三局两胜（当一方赢得两局胜利时，该方获 胜， 比赛结束） ， 比赛每局均分出胜负 若以甲、 乙两位选手表中 10 局比赛的结果作为样本， 视样本频率为概率，求甲2:0获胜的概率 21 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左、右焦点分别为 1 F、 2 F，离心率为 3 2 ， M为C上一点， 12 MF F面积的最大值为3 3 第 5页（共 18页） （1）求C的标准方程； （2）设动直线l过 2 F且与C交于A、B
10、两点，过 1 F作直线l的平行线 l ，交C于R、N两 点，记 2 RF A的面积为 1 S， 2 NF B的面积为 2 S，试问： 12 SS是否存在最大值？若存在， 求出该最大值；若不存在，说明理由 22 （10 分）平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 22cos ( 2sin x y 为参数） ，以 坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系， 直线l的极坐标方程为2 sin()3 4 （1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程； （2）设(3,0)P，若直线l与曲线C交于A，B两点，求|PAPB 23已知函数( ) |f xxaxb （1）当1a ，2b 时，求不等式(
11、) 5f x 的解集； （2）设0a ，0b ，若( )f x的最小值为 2，证明： 114 13ab 第 6页（共 18页） 2021 年云南省昆明市年云南省昆明市“三诊一模三诊一模”高考数学摸底试卷（文科）高考数学摸底试卷（文科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一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项是符合题目要求的. 1（5 分） 如图， 若复数z在复平面内对应的点为E， 则复数z在复平面内对应的点为() AEBFCGDH 【解答】解：因
12、为复数z对应的点与复数z对应的点关实轴对称， 故复数z在复平面内对应的点为H 故选：D 2 （5 分）已知集合 2A ，1，0，1，2， 2 |1Bx x，则AB 的元素个数为() A2B3C4D5 【解答】解： 2A ，1，0，1，2， | 11Bxx ， 1AB ，0，1， AB 的元素个数为 3 故选：B 3 （5 分）在正项等比数列 n a中，已知 1 a， 3 a， 5 a成等差数列，则 34 12 ( aa aa ) A1B2C4D8 【解答】解：因为 1 a， 3 a， 5 a成等差数列， 所以 315 2aaa，所以 24 111 2a qaa q， 因为数列 n a是正项等比
13、数列，所以 1 0a ，0q ， 所以 42 210qq ， 解得1q 或1q （舍)， 第 7页（共 18页） 所以 22 23412 1212 1 aaa qa q q aaaa 故选：A 4 （5 分）已知直线:10l xmy 与圆 22 (2)(1)4xy相交于A，B两点，当AB取 得最大值时，则(m ) A3B1C1D3 【解答】解：当直线l经过圆的圆心时，AB取得最大值， 因为圆 22 (2)(1)4xy的圆心坐标为(2, 1)， 所以210m ， 解得1m 故选：C 5 （5 分）如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某个零件的三视图，则这 个零件的体积等于() A6
14、B8C12D14 【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为： 该几何体由一个底面半径为 1，高为 2 的圆柱和一个底面半径为 2，高为 3 的圆锥组成； 故这个零件的体积 22 1 23126 3 V 故选：A 6 （5 分）双曲线 22 1 63 xy 的顶点到渐近线的距离为() A2B3C2D1 【解答】解：双曲线 22 1 63 xy 的顶点(6，0)，渐近线方程为：20 xy， 所以双曲线 22 1 63 xy 的顶点到渐近线的距离为： 6 2 12 故选：C 第 8页（共 18页） 7 （5 分）函数sin (, )yxx x 的图象可能是() AB CD 【解答】解：函数sin
15、 (, )yxx x 是偶函数，排除B，D， 当 2 x 时， 2 y ，可知选项A不正确； 故选：C 8（5 分） 已知函数( )sin()(0) 6 f xx 的一条对称轴为 6 x ， 则的最小值为() A1B2C3D4 【解答】解：由函数( )sin() 6 f xx 的一条对称轴为 6 x ， 所以 662 k ，kZ，解得62k，kZ； 又0，所以的最小值为 2 故选：B 9 （5 分）已知 2 1 log( ) 2 a a ， 1 2 bln， 0.2 1 ( ) 2 c ，则a，b，c的大小关系为() AcabBabcCbacDacb 【解答】解： 2 1 log( )0 2
16、a a ，1a， 1 10 2 lnln，0b， 0.20 11 0( )( )1 22 ，01c， acb， 故选：D 10 （5 分）在计算机的算法分析中，常用时间复杂度来衡量一个算法的优劣，算法的时间 复杂度是指算法完成一次运行所需要的运算次数，若用( )T n（单位：次）表示算法的时间 复 杂 度 ， 它 是 算 法 求 解 问 题 数 据 规 模n的 函 数 已 知 某 算 法 的 时 间 复 杂 度 第 9页（共 18页） 4 2 ( )20log(*)T nnnn nN，一台计算机每秒可以进行 1.3 亿次运算，则要保证该算法能 在此计算机上 1 秒内完成一次运行，则n的最大值为
17、() A40B50C60D70 【解答】解：只需要 48 2 ( )20log1.3 10T nnnn的最大n即可， 当40n 时， 478 2 (40)204040 log 405.12 101.3 10T， 当50n 时， 488 2 (50)20 5050 log 501.25 101.3 10T， 当60n 时， 488 2 (60)20 6060 log 602.592 101.3 10T， 综上所述，保证该算法能在此计算机上 1 秒内完成一次运行，n的最大值为 50 故选：B 11 （5 分）已知 1 O是正方体 1111 ABCDA B C D的中心O关于平面 1111 A BC
18、 D的对称点，则下列 说法中错误的是() A 11 OC与 1 DC是异面直线B 11/ / OC平面 11 A BCD C 11 OCBDD 11 OC 平面 11 BDD B 【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 1 DD为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体 1111 ABCDA B C D的棱长为 2， 对于A， 11 OC平面 111 CDDCC， 11 CDC， 11 OC与 1 DC是异面直线，故A正确； 对于B， 1(1 O，1，3)， 1(0 C，2，2)， 1(0 D，0，2)，(2B，2，0)，(0C，2，0)， 11 ( 1OC ，1，1)， 1 ( 2BD
19、 ，2，2)，( 2BC ，0，0)， 设平面 11 A BCD的法向量(nx ，y，) z， 则 1 2220 20 n BDxyz n BCx ， 第 10页（共 18页） 取1y ，得(0n ，1，1)， 11 0OCn ，且 11 OC 平面 11 A BCD， 11/ / O C平面 11 A BCD，故B正确； 对于C， 11 ( 1OC ，1，1)，(0D，0，0)，(2B，2，0)，( 2BD ，2，0)， 11 0OCBD ， 11 O CBD，故C正确； 对于D， 11 ( 1OC ，1，1)， 1(0 D，0，2)，(2B，2，0)， 1 ( 2BD ，2，2)， 111
20、 20OCBD ， 11 OC与 1 BD不垂直， 11 OC与平面 11 BDD B不垂直，故D错误 故选：D 12 （5 分）银行按“复利”计算利息，即把上一个月的利息和本金加在一起算作本金，再 计算下一个月的利息某人在银行贷款金额为A元，采用的还款方式为“等额本息” ，即每 个月还款 1 次，每次还款的金额固定不变，直到贷款的本金和利息全部还完为止若月利率 p固定不变，按“复利”计算本息和，分n个月还清（贷款 1 个月后开始第 1 次还款） ，则 此人每月还款金额为() A A n 元B (1)nAp n 元 C (1) (1)1 n n Ap p 元D (1) (1)1 n n App
21、 p 元 【解答】解：因为贷款金额为A元，月利率为p，分n个月还清， 所以本息和一共为(1)nAp元， 设每个月还款金额为Q元，则 21 (1)(1)(1)(1) nn ApQQpQpQp ， 由等比数列求和公式可得 (1)1 (1) 11 n n Qp Ap p ， 第 11页（共 18页） 所以 (1) (1)1 n n App Q p ， 所以此人每月还款金额为 (1) (1)1 n n App p 元 故选：D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）已知实数x，y满足约束条件 0 2 33 x xy xy ，
22、则4zxy的最大值等于 13 2 【解答】解：由约束条件作出可行域如图， 联立 2 33 xy xy ，解得 1 (2A， 3) 2 ， 化目标函数4zxy为4yxz ，由图可知，当直线4yxz 过A时， 直线在y轴上的截距最大，z有最大值为 3113 4 222 故答案为： 13 2 14 （5 分）已知向量(1, 1)a ，| 4b ，2 2a b ，则a 与b 的夹角为120 【解答】解：根据题意，设a 与b 的夹角为， 向量(1, 1)a ，则|1 12a ， 则有24cos2 2a b ，变形可得 1 cos 2 ， 又由0180， 则120， 故答案为：120 15 （5 分）随着
23、生物多样性公约第十五次缔约方大会(15)COP重新确定于 2021 年 5 月 第 12页（共 18页） 17 日至 30 日在云南省昆明市举办， “生物多样性”的目标、方法和全球通力合作，又成为 国际范围的热点关注内容昆明市市花为云南山茶花，又名滇山茶，原产云南，国家二级保 护植物，为了监测滇山茶的生长情况，从不同林区随机抽取 100 株测量胸径（厘米）作为样 本，得到样本频率分布直方图如图所示，这 100 株滇山茶胸径不超过m厘米的占90%，超 过m厘米的占10%，将胸径超过m厘米的作为重点监测对象，则m约为19.3厘米 （精 确到0.1) 【解答】解：胸径超过m厘米的占10%，即胸径超过
24、m厘米的频率是 0.1， 落在25，30内的频率是50.0040.02， 落在20，25内的频率是50.0120.06， 所以m应落在15，20)内，所以(20)0.0300.10.020.06m， 所以200.66719.33319.3m 厘米， 故答案为：19.3 16 （5 分）设抛物线 2 :2(0)C ypx p的焦点为F，第一象限内的A，B两点都在C上， O为坐标原点，若 3 AFOAFB ，且AFB的面积为3 3，则点A的坐标为 1 ( , 3) 2 【解答】解：设|AFm，|BFn， 3 AFOAFB ，( 2 pm A ， 3 ) 2 m ，( 2 pn B ， 3 ) 2
25、n ， 第 13页（共 18页） 由抛物线的定义知，| 22 pmp AFm ， 2 3 mp， | 22 pnp BFn ，2np， ABF的面积为3 3， 1 sin3 3 2 mnAFB，即12mn ， 2 212 3 pp，解得3p ， 2m， 1 (2A，3) 故答案为： 1 ( 2 ，3) 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. 17（12
26、分） 已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sincosaBbAc （1）求B； （2）设2ac，2b ，求c 【解答】解： （1）由正弦定理得sinsinsincossinABBAC， 因为sinsin()sin()sincoscossinCABABABAB， 所以sinsinsincosABAB， 又因为sin0A ，cos0B ， 所以tan1B ， 又0B， 所以 4 B 第 14页（共 18页） （2）由余弦定理 222 2cosbcaacB，2ac， 可得 222 2 422 2 2 ccc，解得2c 18 （12 分） 如图的四棱锥SPMNE和四棱台PMNEAB
27、CD是由一个四棱锥SABCD被 过各侧棱中点的平面所截而成 在四棱台PMNEABCD中，PA 平面ABCD，H是AD的 中点，四边形ABCH为正方形，2ABAP （1）证明：CHED； （2）求四棱台PMNEABCD的体积 【解答】 （1）证明：四边形ABCH为是正方形，CHAH， PA 平面ABCD，CH 平面ABCD，CHPA， 又APAHA ，AH、AP 平面PADE， CH平面PADE，而ED 平面PADE， CHED； （2）解：将四棱锥SPMNE与四棱台PMNEABCD拼回成原四棱锥SABCD， 根据题意，可知四边形ABCD与四边形PMNE都是直角梯形， P、M、N、E分别是四棱锥
28、SABCD四条侧棱的中点， 1 2 2 PEAD， 1 1 2 PMAB， 1 1 2 MNBC， 1 2 2 SPSA， 1() 1 32 SPMNE PEMNPM VSP ， 1() 8 32 SABCD BCADAB VSA 四棱台PMNEABCD的体积为817 SABCDSPMNE VV 19 （12 分）已知函数 2 ( ) x f xexx （1）求曲线( )yf x在点(0，(0)f处的切线方程； 第 15页（共 18页） （2）证明：对任意xR，都有( ) 1f x 【解答】 （1）解：根据题意可得，( )21 x fxex， 根据函数导数的几何意义即得，曲线( )yf x在点
29、(0，(0)f处的切线方程即为 (0)(0)(0)yffx (0)1f，(0)0 f ， 函数( )yf x在点(0,1)处的切线方程即为：101yy （2）证明：由（1）得，( )21 x fxex， f“( )20 x xe，即得( )fx在R上单调递增， 又因为(0)0 f ， 所以当0 x 时，( )(0)0fxf，此时函数( )f x单调递增；当0 x 时，( )(0)0fxf， 此时函数( )f x单调递减； 综上可得，函数( )f x在(,0)上单调递减；在(0,)上单调递增 即得( )(0)1 min f xf， 所以对任意的xR，都有( ) 1f x 20 （12 分）在甲、
30、乙两位选手以往的比赛中随机抽取 10 局比赛，胜负情况依次如表： 第i局比赛(1i ，2，10)12345678910 胜者乙乙甲乙甲乙乙甲甲甲 （1）从表中第 5 局到第 10 局的六局比赛中任选两局，求甲至少有一局获胜的概率； （2）甲、乙两位选手将要进行一场比赛赛制为三局两胜（当一方赢得两局胜利时，该方获 胜， 比赛结束） ， 比赛每局均分出胜负 若以甲、 乙两位选手表中 10 局比赛的结果作为样本， 视样本频率为概率，求甲2:0获胜的概率 【解答】解： （1）第 5 局到第 10 局的六局比赛中任选两局，总的情况共有 2 6 15C 种， 甲获胜一局有 11 42 8C C 种，甲获胜
31、两局有 2 4 6C 种， 所以甲至少有一局获胜的概率为 8614 1515 ； （2）因为甲、乙两位选手 10 局比赛各获胜 5 局， 所以比赛中甲、乙每局获胜的概率均为 1 2 ， 要使得甲、乙两位选手进行比赛中甲2:0获胜，需使比赛前两局甲均获胜， 第 16页（共 18页） 所以甲2:0获胜的概率为 111 224 21 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左、右焦点分别为 1 F、 2 F，离心率为 3 2 ， M为C上一点， 12 MF F面积的最大值为3 3 （1）求C的标准方程； （2）设动直线l过 2 F且与C交于A、B两点，过 1 F作直线l的
32、平行线 l ，交C于R、N两 点，记 2 RF A的面积为 1 S， 2 NF B的面积为 2 S，试问： 12 SS是否存在最大值？若存在， 求出该最大值；若不存在，说明理由 【解答】解： （1）设椭圆C的半焦距为c， 由题意，可知 12 MF F面积的最大值为bc， 所以 222 3 3 3 2 bc c a abc ，解得2 3a ，3b ，3c ， 所以椭圆的方程为 22 1 123 xy （2）当直线l的斜率存在时，设直线l方程为(3)yk x，(0)k ， 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 联立 22 (3) 1 123 yk x xy ，得 2222 (14
33、)2436120kxk xk， 所以 2 48(1)0k恒成立， 所以 2 12 2 24 14 k xx k ， 2 12 2 3612 14 k x x k ， 由/ /ll，可知 21 2 RF AF F A SS ， 21 2 NF BF F B SS ， 所以 1 21 2 121212 1 | | 2 F F AF F B SSSSFFyy 2 2 12 2 2 1 1 48(1) 3| | 3|12 3 1 14 4 k k kxxk k k ， 令 2 1 1t k ，则1t ， 所以 12 2 12 312 36 32 3 tt SS tt ， （当且仅当 2 3t 时取等号
34、） ， 第 17页（共 18页） 即 2 1 13 k ， 2 2 k 时， 12 SS取得最大值，最大值为 6， 当直线l的斜率不存在时，不妨设 3 (3,) 2 A， 3 (3,) 2 B， 3 ( 3,) 2 R ， 3 ( 3,) 2 N ， 则 12 3 36SS， 综上，当 2 2 k 时， 12 SS取得最大值，最大值为 6 22 （10 分）平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 22cos ( 2sin x y 为参数） ，以 坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系， 直线l的极坐标方程为2 sin()3 4 （1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程； （2）
35、设(3,0)P，若直线l与曲线C交于A，B两点，求|PAPB 【解答】解： （1）消去参数得 22 :(2)4Cxy 由2 sin()3 4 得2 (sincoscos sin)3 44 ，即sincos3， 所以直线l的直角坐标方程为30 xy （2） 直线l的参数方程为 2 3 2 ( 2 2 xt t yt 为参数） ， 代入曲线C的方程得： 22 21 (1)4 22 tt， 整理得 2 230tt 所以 12 2tt， 1 2 30t t ，所以 1 t， 2 t异号， 故 1212 | | |2PAPBtttt 23已知函数( ) |f xxaxb （1）当1a ，2b 时，求不等
36、式( ) 5f x 的解集； （2）设0a ，0b ，若( )f x的最小值为 2，证明： 114 13ab 【解答】 （1）解：将1a ，2b 代入( ) 5f x ，得|1|2|5xx， 等价于： 1 125 x x 或 12 3 5 x 或 2 21 5 x x 解得：2x或3x 第 18页（共 18页） 所以不等式( ) 5f x 的解集为(，23 ，) （2）证明：( ) |f xxaxbab， 因为( )f x的最小值为 2，且0a ，0b ， 所以 111 1111114 2.()(1)(2)(22) 13131313 baba abab abababab ， 当且仅当 1 1 ba ab ，即当1ab，即 3 2 a ， 1 2 b 时取等号
