四川省双流中学2022-2023学年高三上学期第三次质量检测数学文科Word版含解析

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四川省双流中学2023届高三第三次质量检测数学文科试题满分：150分时间：120分钟一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分,在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.设全集U={1,2,3,4,5},若集合M满足∁UM={1,2},则（）A.2∈MB.3∈MC.4∉MD.5∉M2.若复数z满足i∙z=3−4i(i为虚数单位),则复数z的虚部为（）A.−3iB.3iC.−3D.33.已知直线l1:x+y−1=0,l2:x+m2y=0,则“m=1”是“l1//l2”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)的焦点到渐近线的距离为2,则双曲线的离心率为（）A.233B.52C.2D.55.已知α,β是两个不同的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题中正确的是()A.若m⊥α,m⊥n,则n//αB.若m//β,α∩β=n,m⊥n,则α⊥βC.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥nD.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥β6.已知角θ的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边上有两点A(1,a),B(2,b)且cos2θ=−35,则|OB|=()A.5B.23C.4D.257.函数f(x)=2sin(πx)ex+e−x在区间[−2,2]上的图象为()A.B.

1C.D.8.设等差数列an的前n项的和为Sn,若a2+a8+a17=6,则S17=()A.17B.34C.51D.1029.已知点D在直角△ABC的斜边BC上,若AB=2,AC=3,则AD∙BC的取值范围为()A.[−4,9]B.[0,9]C.[0,4]D.[−2,3]10.设ω>0,若函数y=cosωx+π3的图象向左平移π3个单位长度后与函数y=sinωx的图象重合,则ω的最小值为（）A.112B.72C.52D.3211.已知函数f(x)=x3−3x+1,则下列关于函数f(x)性质描述错误的是()A.函数f(x)有两个极值点B.函数f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线x+y=0与曲线y=f(x)的相切12.已知2a=6,3b=12,4c=20,则（）A.a>b>cB.c>a>bC.b>a>cD.c>b>a二.填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.抛物线y2=4x的焦点F到其准线l的距离为________14.某智能机器人的广告费用x(万元)与销售额y(万元)的统计数据如下表:根据上表可得回归方程y=5x+a,据此模型预报广告费用为8万元时销售额为__________万元.15.在三棱锥A−BCD中,BD⊥平面ADC,BD=2,AB=22,AC=BC=25,则三棱锥A−BCD的外接球的体积为______16.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若ccosB+bcosC=2acosA,则A=________,sinBsinC的取值范围为______三.解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(本题满分12分）已知数列an的前n项和为Sn,若a1=2,且Sn+1−2Sn=2.(1)求数列an的通项公式;(2)若数列bn满足bn=nan,求数列bn的前n项和Tn.

218.(本题满分12分）自《“健康中国2030”规划纲要》颁布实施以来,越来越多的市民加人到绿色运动“健步走”行列以提高自身的健康水平与身体素质.某调查小组为了解本市不同年龄段的市民在一周内健步走的情况,在市民中随机抽取了200人进行调查,部分结果如下表所示,其中一周内健步走少于5万步的人数占样本总数的310,45岁以上（含45岁)的人数占样本总数的35.（1）请将题中表格补充完整,并判断是否有90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关;(2)现从样本中45岁以上(含45岁)的人群中按一周内健步走的步数是否少于5万步用分层抽样法抽取8人做进一步访谈,然后从这8人中随机抽取2人填写调查问卷,求抽取的2人中恰有一人一周内健步走步数不少于5万步的概率.附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d),其中n=a+b+c+d.19.(本题满分12分）如图,正方形ABCD和直角梯形BEFC所在平面互相垂直,BE⊥BC,BE//CF,且AB=BE=2,CF=3.(1)证明:AE//平面DCF;(2)求四面体F−ACE的体积.20.(本题满分12分）已知函数f(x)=lnx−12x2+ax(a∈R),其导函数为f'(x).(1)若函数f(x)在x=2时取得极大值,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:当a⩾0时,函数g(x)=f(x)+12有零点.

321.(本题满分12分）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A,B,点P1,32在椭圆C上,且直线PA的斜率与直线PB的斜率之积为−14.(1)求椭圆C的方程;(2)若圆x2+y2=1的切线l与椭圆C交于M、N两点,求∣MN|的最大值及此时直线l的斜率.选作题：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.(本题满分10分）在直角坐标系xOy中,直线l经过点P(1,0),倾斜角为π6.以坐标原点O为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ=22cosθ−π4.(1)求直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程;(2)设直线l与曲线C相交于A,B两点,求|PA|+|PB|的值.23.(本题满分10分）已知函数f(x)=|2x−3|+|2x+3|.（1）解不等式f(x)⩽8;(2)设函数f(x)的最小值为M,若正数a,b,c满足1a+12b+13c=M6,证明:a+2b+3c⩾9

4四川省双流中学2023届高三第三次质量检测数学文科参考答案及解析一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分,在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.【答案】B【解析】B.先写出集合M,然后逐项验证即可.由U={1,2,3,4,5}且CUM={1,2}得M={3,4,5},故选B.2.【答案】C【解析】C.利用复数四则运算,先求出z,再依照复数的概念求出复数z的虚部.选C.方法一：由题意有z=3−4ii=(3−4i)(−i)i∙(−i)=−4−3i,故复数z的虚部为−3.方法二：由i∙z=3−4i=i(−3i−4),得z=−4−3i,故复数z的虚部为−3.3.【答案】A【解析】A.l1//l2⇔m=±1,故“m=1”是“l1//l2”的充分不必要条件.选A.4.【答案】D【解析】D.不妨取双曲线的右焦点(c,0),渐近线y=bx,由点到直线距离公式得b2=4,然后利用离心率的变通公式c=1+b2=5,进而求得离心率e的值.由题意得,不妨取双曲线的右焦点F1+b2,0,双曲线的渐近线为y=bx,即bx−y=0,则bb2+1−0b2+1=b=2,即b2=4a2,所以离心率e=b2+1=5.选D.5.【答案】C【解析】C.充分利用长方体中的棱、面之间的关系直观感知,同时结合空间中线面间平行及垂直的判定与性质推理论证,需注意相应定理的条件的完备性.对于A选项,n⊂α也可能：对于B选项,由条件得不到m⊥α,故不能推断出α⊥β;对于C选项,则法线与法向量垂直则两个平面垂直知正确;对于D选项,条件中缺少m⊂α,故得不到m⊥β.6.【答案】D【解析】D.由任意角的三角函数定义,得tanθ=a1=b2,故B(2,2a),|OB|=21+tan2α=2|OA|.由cos2θ=−35得:cos2θ=cos2θ−sin2θ=cos2θ−sin2θcos2θ+sin2θ=−35,变形得:1−tan2θ1+tan2α=−35,解得tan2θ=4,所以|OB|=25.或者,设|OA|=r,则r2=1+a2,sinθ=ar,cosθ=1r,|OB|=2r;由cos2θ=−35得cos2θ=cos2θ−sin2θ=1−a2r2=1−a21+a2=−35,解得:a2=4,故∣OB∣=2r=25.选D.

57.【答案】D【解析】D.借助判断函数的奇偶性、对称性和有界性,正弦型函数的符号变化规律,均值不等式等知识进行推断.由f(x)=2sin(πx)ex+e−x,x∈[−2,2]知f(x)为奇函数,且在(0,1)内桓正,故A、B选项不正确:又2sin(πx)⩽2,ex+e−x⩾2且等号不同时成立,由不等式的性质知|f(x)|<1,排除C选项.选D.8.【答案】B【解析】B.设公差为d,则由a2+a8+a17=6得3a1+8d=6,即a1+8d=a9=2,故S17=17a1+a172=17a1+8d=34.选B.或者由a1+8d=a9=2得S17=17a9=34.作为选择题由于满足条件的数列不唯一,可举常数列取an=2验证作出选择.9.【答案】A【解析】A.本题考查平面向量的线性运算、数量积及其几何意义,数量积的坐标表示,数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想,运算求解能力.方法一:由点D在BC上,设BD=xBC,0⩽x⩽1,则AD=AB+BD=AB+xBC=AB+x(AC−AB)=(1−x)AB+xAC,故AD∙BC=AD∙(AC−AB)=[(1−x)AB+xAC]∙(AC−AB)=xAC2+(x−1)AB2=13x−4,由0⩽x⩽1得−4⩽13x−4⩽9,所以AD∙BC∈[−4,9].选A.方法二:以A为原点,AB,AC所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系(如图),则AB=(2,0),AC=(0,3),BC=(−2,3),设D(x,y),则AD=(x,y),故AD∙BC=−2x+3y(∗),由点D在BC上得:3x+2y−6=0,0⩽x⩽2(可借助初中的一次函数知识或必修2第三章直线的方程获得x,y满足的方程),用x表示y代入(*)式得:AD∙BC=−2x+3y=9−132x,0⩽x⩽2,故AD∙BC∈[−4,9].选A.方法三：设AD与与BC的夹角为θ,则由题意得AD∙BC=13|AD|cosθ,故|AD|cosθ取最大值时AD∙BC最大,|AD|cosθ取最小值时AD∙BC最小,结合上图,用运动变化的观点分析易知:D在斜边BC上移动时,当D与C重合时AD的模最大且与BC的夹角最小(∠ACB),故此时AD∙BC取得最大值,且AD∙BCmax=AC∙BC=AC∙(AC−AB)=9；当D与B重合时AD的模最小且与BC的夹角最大π−∠ABC),故此时AD∙BC取得最小值,且AD∙BCmin=AB∙BC=AB∙(AC−AB)=−4.应注意,

6由向量夹角的定义知∠ABC不是向量AB与BC的夹角!!这是向量问题中的易错点10.【答案】B【解析】B.将函数y=cosωx+π3的图象向左平移π3个单位长度,得y=cosωx+π3+π3的图象.而y=cosωx+π3+π3=cosωx+ωπ3+π3=sinπ2+ωx+ωπ3+π3=sinωx+ωπ3+5π6,故由䞠意知sinωx=sinωx+ωπ3+5π6,所以ωx+ωπ3+5π6=2kπ+ωx(k∈Z),解得ω=6k−52π(k∈Z),由ω>0知:当k=1时取最小值,故ωmin=72.选B.或者,由y=cosωx+π3知ωx+π3=2π时y=1,由y=sinωx知当ωx=π2时y=1,故由题意得5π3ω−π3=π2ω,解得ω=72.11.【答案】D【解析】D.f'(x)=3x2−3的变号零点为x=−1和x=1,故A正确:由f(−1)=3>0>−1=f(1)知B正确:由y=x3−3x是奇函数,其图象向上平移1个单位长度得到函数f(x)的图象,故C正确:由于函数f(x)在x=1处取极小值−1,故直线x+y=0与曲线y=f(x)不相切,故D错误,选D.也可借助函数的图象直观感知作出判断.12.【答案】A【解析】A.由已知得:a=log26=1+log23,b=log312=1+log34,c=log420=1+log45,故a,b,c的大小顺序与log23,log34,log45的大小一致.由log23=log49>log45知a>c,排除B、D.由23<32得log23>32;由42<33得2log34<3,即log34<32,所以a>b,排除C.故选A.或者利用函数f(x)=ln(x+1)lnx(x>1)的单调性比较log23,log34,log45的大小.事实上,当x>1时f'(x)=lnxx+1−ln(x+1)xln2x<0,故f(x)在(1,+∞)上是减函数,所以f(2)>f(3)>f(4),由换底公式得log23>log34>log45,故a>b>c.选A.二.填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.【答案】2【解析】由抛物线y2=2px(p>0)的几何性质知,其焦点到准线的距离为p,本题中p=2.14.【答案】57【解析】计算得x=14(2+3+5+6)=4,y=14(28+31+41+48)=37,则样本中心点是(4,37)

7,代入回归方程得a=y−5x=37−5×4=17,所以回归方程是y=5x+17,将x=8代入得y=57.15.【答案】86π【解析】由BD⊥平面ADC，AD,DC⊂平面ADC,得BD⊥AD,BD⊥CD；由BD=2,AB=22,BC=25及勾股定理得:AD=2,CD=4,又AC=25,故AD2+CD2=AC2,所以AD⊥DC,即BD,AD,CD两两垂直,所以三棱锥A−BCD的外接球与以BD,AD,CD分别为长、宽、高的长方体的外接相同(如右图,O为球心),所以球半径R=22+22+422=6,从而V=43πR3=86π.16.【答案】π3,0,34.【解析】以三角形边角关系的射影定理为背景,综合考查正弦、余弦定理、三角变换的基本公式与方法,三角函数的图象与性质等知识,求角A时,既可用正弦定理边化角,也可用余弦定理角化边,还可直接用教材中习題的结论一一射影定理简化;对于sinBsinC的范围问题,可利用B+C=2π3且0

8,当且仅当B=π3时取等号,故sinBsinC∈0,34.②令B=π3−x,C=π3+x,由题意得−π3

9方法二由Sn+1−2Sn=2变形得:Sn+1+2=2Sn+2又a1=2,故S1+2=a1+2=4∴数列Sn+2是以4首项,2为公比的等比数列∴Sn+2=4×2n−1=2n+1,故Sn=2n+1−2∴当n⩾2时,an=Sn−Sn−1=2n+1−2−2n−2=2n…又a1=2也适合上式∴an=2n(2)方法一:由(1)知,bn=nan=n∙2n∴Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+n×2n2Tn=1×22+2×23+⋯+(n−1)×2n+n×2n+1两式相减得:−Tn=2+22+23⋯+2n−n×2n+1=21−2n1−2−n×2n+1=(1−n)×2n+1−2∴Tn=(n−1)×2n+1+2.裂项变形得：bn=n∙2n=(n−1)×2n+1−(n−2)×2n∴Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+n×2n=2+23+2×24−23+3×25−2×24+⋯+(n−1)×2n+1−(n−2)×2n=2+(n−2)×2n+1即Tn=(n−1)×2n+1+2.18.【答案】（1）有90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年軨有关（2）37【解析】解:(1)由题意得,总人数为20045岁以上（含45多）的人数为200×35=120,45岁以下的人数为80.一周内健步走少于5万步的人数为200×310=60由此得如下列联表:故K2=200×(90×30−50×30)2140×60×80×120=257>3>2.706∴有90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年軨有关（2）由题意，抽取的8人中一周内健步走≥5万步有6人，少于5万步的有2人将一周内健步走≥5万步的6人编号为1,2,3,4,5,6,另外两人记为A,B,则所有可能情况如下:12,13,14,15,16,23,24,25,26,34,35,36,45,46,56,

101A,2A,3A,4A,5A,6A,1B,2B,3B,4B,5B,6B,AB.总共28种.其中恰有一人一周内健步走步数不少于5万步所有可结果如下：1A,2A,3A,4A,5A,6A,1B,2B,3B,4B,5B,6B.共12种记“抽取的2人中恰有一人一周内健步走步数不少于5万步”这事件C由等可能事件的概率公式得:P(C)=1228=37.19.【答案】(1)见解析(2)2【解析】(1)证明方法一:由正方形ABCD的性质得:AB//CD又AB/⊂平面DCF,CD⊂平面DCF∴AB//平面DCF∵BE//CF,BE/⊂平面DCF,CF⊂平面DCF∴BE//平面DCF∵AB∩BE=B,AB,BE⊂平面ABE∴平面ABE//平面DCF∵AE⊂平面ABE∴AE//平面DCF.方法二:在CF取点G使得CG=2=BE,连结EG、DG,如图∵BE//CF∴四边形BEGC是平行四边形故EG//BC,且EG=BC又AD//BC,AD=BC∴AD//EG,AD=EG∴四边形ADGE是平行四边形.∴AE//DG.又AE/⊂平面DCF,DG⊂平面DCF∴AE//平面DCF.(2)由体积的性质知:VF−ACE=VA−CEF=13S△CEF×ℎ

11∵平面BCFE⊥平面ABCD,平面BCFE∩平面ABCD=BCAB⊥BC,AB⊂平面ABCD∴AB⊥平面BCFE又AB=2故点A到平面CEF的距离为2,即三棱雉A−CEF底面CEF上的高ℎ=2⋯由题意,知BE⊥BC,BE//CF且CF=3,BC=2∴S△CEF=12CF×BC=3∴VF−ACE=VA−CEF=13S△CEF×ℎ=13×3×2=2.20.【答案】(1)曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−1=32(x−1),即3x−2y−1=0(2)见解析【解析】解:（1）f'(x)=1x−x+a=−x2+ax+1x,x>0f'(x)=1x−x+a在(0,+∞)是减函数由在x=2时取得极大值得：f'(2)=0,即12−2+a=0,解得：a=32∴f(x)=lnx−12x2+32x,故f'(1)=32,f(1)=1∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−1=32(x−1),即3x−2y−1=0(2)证明方法一:由题意得:g'(x)=f'(x)=−x2+ax+1x,x>0由g'(x)=0得−x2+ax+1=0,其判别式△=a2+4>0由一元二次方程根与系数的关系知,关于x的方程−x2+ax+1=0有唯一正根设−x2+ax+1=0的唯一正根为m,则有am=m2−1当00,故g(x)单调递增;当x>m时,g'(x)<0,故g(x)单调递减∴g(x)max=g(m)=lnm−12m2+am+12=lnm+12m2−12设ℎ(x)=lnx+12x2−12,x>0,则ℎ'(x)=1x+x>0∴ℎ(x)在(0,+∞)上是增函数且ℎ(1)=0由am=m2−1及am=m2−1得:a=m−1m⩾0,解待m⩾1∴ℎ(m)⩾ℎ(1)=0,故g(x)max=lnm+12m2−12⩾0

12又ge−a22−32=−a22−12x2+ax−1=−12(x−a)2−1<0且00由g'(x)=0得−x2+ax+1=0,其判别式△=a2+4>0由一元二次方程的根与系数的关系知,方程−x2+ax+1=0有唯一正根设−x2+ax+1=0的正根为m,则有am=m2−1⋯当00,故g(x)单调递增：当x>m时,g'(x)<0,故g(x)单调递减∴g(x)max=g(m)=lnm−12m2+am+12=lnm+12m2−12∵ge−a22−32=−a22−12x2+ax−1=−12(x−a)2−1<0且00在(0,+∞)上是增函数且ℎ(1)=0知:当且仅当m⩾1时,lnm+12m2−12⩾0由am=m2−1及a⩾0得:m−1m⩾0,解得m⩾1∴ℎ(m)⩾ℎ(1)=0,即当a⩾0时,g(x)max⩾0成立∴g(x)有零点方法三:g(x)有零点等价于关于x的方程lnx−12x2+ax+12=0有正根亦等价于关于x的方程a=12x−1x−lnxx,(x>0)有解.设φ(x)=12x−1x−lnxx,(x>0),则φ'(x)=121+1x2−1−lnxx2=x2−1+2lnx2x2.记H(x)=x2−1+2lnx,x>0,则H'(x)=2x+2x>0,故H(x)是增函数又H(1)=0,故φ'(x)=0有唯一零点x=1当01时,H(x)>0,故φ'(x)>0,φ(x)是单调递增.∴φ(x)min=φ(1)=121−11−ln11=0,即φ(x)⩾0∴当a⩾0时,函数g(x)=f(x)+12有零点.方法四:

13要证:当a⩾0时,函数g(x)=f(x)+12有零点只需证:当a⩾0时,直线y=ax与函数ℎ(x)=12x2−lnx−12(x>0)的图象有公共点..由ℎ'(x)=x−1x=x2−1x知:当01时,ℎ'(x)>0,故ℎ(x)单调递.∴ℎ(x)min=ℎ(l)=12×12−ln1−12=0∴y=0是曲线y=ℎ(x)在点(1,0)处的切线即当a=0时,直线y=ax与函数ℎ(x)的图象有唯一公共点当a>0时,直线y=ax与函数ℎ(x)的图象在第一象限相交,有两个公共点.综上,当a⩾0时,直线y=ax与函数ℎ(x)的图象有公共点.∴当a⩾0时,函数g(x)=f(x)+12有零点.21.【答案】(1)椭圆C的方程为x24+y2=1(2)直线l的斜率为±22.【解析】解:(1)由点P1,32在C上得:1a2+34b2=1①(1)由椭圆的标准方程得A(−a,0),B(a,0),故kAP=321+a,kA2E=321−a由kAPkBP=−14得:321+a∙321−a=−14,解得:a2=4将a2=4代入①得:b2=1∴椭圆C的方程为x24+y2=1(2)由题意知直线l不能平行于x轴设直线l的方程为x=ty+m,Mx1,y1,Nx2,y2由直线l与圆x2+y2=1相切得:|m|1+t2=1,化简得m2=t2+1由x=ty+m,x24+y2=1.消去x整理得:t2+4y2+2tmy+m2−4=0于是,Δ=(2tm)2−4t2+4m2−4=16t2−m2+4=16×3=48由求根公式得:y2−y1=Δt2+4=43t2+4∴|MN|=1+t2y2−y1=43∙1+t2t2+4.令1+t2=n,则n⩾1且|MN|=43nn2+3=43n+3n⩽4323=2⋯⋯当且仅当n=3n,即n=3时取等号.∴|MN|max=2,此时由1+t2=3解得:t=±2∴直线l的斜率为±22.22.【答案】(1)x2+y2−2x−2y=0(2)5.【解析】解:(1)∵直线l过点P(1,0),且倾斜角为π6

14∴l的参数方程为x=1+tcosπ6,y=tsinπ6.(t为参数),即x=1+32t,y=12t.(t为参数).由ρ=22cosθ−π4,得ρ=2cosθ+2sinθ∴ρ2=2ρcosθ+2ρsinθ将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入上式得:x2+y2−2x−2y=0∴C的直角坐标方程为x2+y2−2x−2y=0(2)设A,B两点对应的参数分别为t1,t2将l的参数方程代入C的直角坐标方程,得32t2+12t−12=2整理，得t2−t−1=0此时Δ=(−1)2−4×1×(−1)=5>0,t1+t2=1,t1t2=−1<0∴|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1−t2∣.=t1+t22−4t1t2=(−1)2−4×1×(−1)=5.即|PA|+|PB|=5.23.【答案】(1)不等式的解集为{x∣−2⩽x⩽2}(2)见解析【解析】解:(1)f(x)=−4x,x<−32,6,−32⩽x<32,4x,x⩾32.∴f(x)⩽8的解集为x<−32,x⩾−2.与−32⩽x<32,6⩽8.与x⩽32,x⩽2.∴不等式的解集为{x∣−2⩽x⩽2}(2)∵f(x)=|2x−3|+|2x+3|⩾|(2x−3)−(2x+3)|=6当且仅当(2x−3)(2x+3)⩽0即−32⩽x⩽32时,取等号.∴M=6从而1a+12b+13c=1.方法一:∵a,b,c均为正数∴a+2b+3c=(a+2b+3c)1a+12b+13c=3+a2b+2ba+a3c+3ca+2b3c+3c2b⩾3+2a2b∙2ba+2a3c∙3ca+22b3c∙3c2b=9当且仅当a=3,b=32,c=1时等号成立∴a+2b+3c⩾9.方法二:∵a,b,c均为正数

15∴a+2b+3c=(a+2b+3c)1a+12b+13c⩾a∙1a+2b∙12b+3c∙13c2=9当且仅当a=2b=3c,即a=3,b=32,c=1时等号成立∴a+2b+3c⩾9.