《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 模擬仿真專練（六） 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 模擬仿真專練（六） 文（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專練(六) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．[2019·貴州遵義模擬]若集合A＝{x|1≤x<15}，B＝{x|－1

2、 解析：設(shè)z＝，則z＝－＋i，所以復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)應(yīng)位于第二象限．故選B. 3．[2019·湖北黃岡調(diào)研]已知函數(shù)f(2x＋1)的定義域?yàn)?－2,0)，則f(x)的定義域?yàn)?　　) A．(－2,0) B．(－4,0) C．(－3,1) D. 答案：C 解析：∵f(2x＋1)的定義域?yàn)?－2,0)，即－2a”是“函數(shù)f(x)＝x＋m－的圖象不過(guò)第三象限”的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)a能取的最大整數(shù)為(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 答案：B

3、 解析：因?yàn)閒(0)＝m＋，且函數(shù)f(x)的圖象不過(guò)第三象限，所以m＋≥0，即m≥－，所以“m>a”是“m≥－”的必要不充分條件，所以a<－，則實(shí)數(shù)a能取的最大整數(shù)為－1.故選B. 5．[2019·貴州貴陽(yáng)監(jiān)測(cè)]如果在等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝(　　) A．14 B．21 C．28 D．35 答案：C 解析：由題意得3a4＝12，則a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝(a1＋a7)＋(a2＋a6)＋(a3＋a5)＋a4＝7a4＝28.故選C. 6．[2019·天津第一中學(xué)月考]如圖，在梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝，B

4、C＝2，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，若在上的投影為－，則·＝(　　) A．－2 B．－ C．0 D. 答案：A 解析：通解　∵在上的投影為－，∴在上的投影為. ∵BC＝2，∴AD＝.又點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，∴＝－＝－， 又＝＋＝＋，∠ABC＝90°， ∴·＝2－·－2＝－2.故選A. 優(yōu)解　以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在直線為x軸，BA所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則B(0,0)，C(2,0)，E(0，)，∴＝，又在上的投影為－，∴D，∴＝，∴·＝－2.故選A. 7．[2019·河北衡水七調(diào)]要測(cè)量底部不能到達(dá)的某鐵塔AB的高度，示意如圖所示，在塔的同一側(cè)選擇C，D兩個(gè)觀測(cè)點(diǎn)，且在

5、C，D兩點(diǎn)測(cè)得塔頂A的仰角分別為45°，30°.在水平面上測(cè)得∠BCD＝120°，C，D兩地相距600 m，則鐵塔AB的高度是(　　) A．120 m B．480 m C．240 m D．600 m 答案：D 解析：設(shè)AB＝x m，則BC＝x m，BD＝x m，在△BCD中，由余弦定理可知cos 120°＝＝－，解得x＝600，故鐵塔AB的高度為600 m，故選D. 8．[2019·湖南師大附中模擬]莊子說(shuō)：“一尺之棰，日取其半，萬(wàn)世不竭．”這句話描述的是一個(gè)數(shù)列問(wèn)題，現(xiàn)用程序框圖描述，如圖所示，若輸入某個(gè)正整數(shù)n后，輸出的S∈，則輸入的n的值為(　　) A．7 B．6

6、 C．5 D．4 答案：C 解析：框圖中首先給累加變量S賦值0，給循環(huán)變量k賦值1， 輸入n的值后，執(zhí)行循環(huán)體，S＝，k＝1＋1＝2. 若2>n不成立，執(zhí)行循環(huán)體，S＝，k＝2＋1＝3. 若3>n不成立，執(zhí)行循環(huán)體，S＝，k＝3＋1＝4. 若4>n不成立，執(zhí)行循環(huán)體，S＝，k＝4＋1＝5. 若5>n不成立，執(zhí)行循環(huán)體，S＝，k＝5＋1＝6. 若6>n不成立，執(zhí)行循環(huán)體，S＝，k＝6＋1＝7. …… 由于輸出的S∈，可得當(dāng)S＝，k＝6時(shí)，應(yīng)該滿足條件6>n，所以5≤n<6，故輸入的正整數(shù)n的值為5.故選C. 9．[2019·廣東六校聯(lián)考]在區(qū)間[－π，π]上隨機(jī)取兩個(gè)實(shí)數(shù)

7、a，b，記向量m＝(a,4b)，n＝(4a，b)，則m·n≥4π2的概率為(　　) A．1－ B．1－ C．1－ D．1－ 答案：B 解析：在區(qū)間[－π，π]上隨機(jī)取兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b，則點(diǎn)(a，b)在如圖所示的正方形上及其內(nèi)部．因?yàn)閙·n＝4a2＋4b2≥4π2，所以a2＋b2≥π2，滿足條件的點(diǎn)(a，b)在以原點(diǎn)為圓心，π為半徑的圓的外部(含邊界)，且在正方形內(nèi)(含邊界)，如圖中陰影部分所示，所以m·n≥4π2的概率P＝＝1－，故選B. 10．[2019·四川綿陽(yáng)診斷]2018年9月24日，英國(guó)數(shù)學(xué)家M.F阿蒂亞爵士在“海德堡論壇”展示了他“證明”黎曼猜想的過(guò)程，引起數(shù)學(xué)界震

8、動(dòng)，黎曼猜想來(lái)源于一些特殊數(shù)列求和，記S＝1＋＋＋…＋＋…，則(　　) A．12 答案：C 解析：因?yàn)閚(n－1)>，所以S<1＋＋＋…＋＝1＋1－＋－＋…＋－＝2－，S>1＋＋＋…＋＝1＋－＋－＋…＋－＝－，當(dāng)n→＋∞且n∈N*時(shí)，→0，→0，所以

9、(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC， 又AC⊥BC，AC∩AP＝A，故BC⊥平面PAC. 又AF?平面PAC，故AF⊥BC，又AF⊥PC，BC∩PC＝C，故AF⊥平面PBC， 所以AF⊥PB，AF⊥EF，又AE⊥PB，所以PB⊥平面AEF. 設(shè)∠BAC＝θ，則AC＝2cos θ，BC＝2sin θ，PC＝， 在Rt△PAC中，AF＝＝＝， AE＝PE＝，EF＝， VP－AEF＝××EF×PE×AF＝×××AF＝×≤， 當(dāng)AF＝1時(shí)，VP－AEF取得最大值，此時(shí)AF＝＝1， 解得cos θ＝(負(fù)值

10、舍去)，PC與底面ABC所成的角為∠PCA， cos∠PCA＝＝＝，故選D. 12．[2019·天津市七校聯(lián)考]已知直線2x－y＋4＝0，經(jīng)過(guò)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)F1，且與橢圓在第二象限的交點(diǎn)為M，與y軸的交點(diǎn)為N，F(xiàn)2是橢圓的右焦點(diǎn)，|MN|＝|MF2|，則橢圓的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋y2＝1 C.＋y2＝1 D.＋＝1 答案：D 解析：由題意知，直線2x－y＋4＝0與x軸的交點(diǎn)為(－2,0)， 又直線2x－y＋4＝0過(guò)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)F1， 所以F1(－2,0)，即c＝2，直線2x－y＋4＝0與橢圓在第二象限的交點(diǎn)為M，與y軸的交

11、點(diǎn)為N(0，4)，且|MN|＝|MF2|， 所以|MF1|＋|MF2|＝|F1N|＝2a， 即a＝＝ ＝3，又b2＝a2－c2＝9－4＝5， 所以所求的橢圓的方程為＋＝1，故選D. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．) 13．[2019·山東煙臺(tái)三中月考]已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>0)的兩根分別為tan α，tan β，且α，β∈，則α＋β＝________. 答案：－ 解析：由已知得tan α＋tan β＝－3a，tan αtan β＝3a＋1，∴tan(α＋β)＝1. 又α，β∈，tan α＋tan β＝－3a<0，

12、tan αtan β＝3a＋1>0， ∴tan α<0，tan β<0，∴α，β∈， ∴α＋β∈(－π，0)，∴α＋β＝－. 14．[2019·貴州遵義一中期中]已知實(shí)數(shù)x，y滿足則z＝|x－y＋1|的取值范圍是________． 答案：[0,3] 解析：作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線x－y＋1＝0， 因?yàn)閦＝|x－y＋1|＝×表示點(diǎn)(x，y)到直線x－y＋1＝0的距離的倍，所以結(jié)合圖象易知0≤z≤3. 15．[2019·湖南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考]《九章算術(shù)》是我國(guó)古代的數(shù)學(xué)名著，書中將底面為直角三角形，且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵．已知一個(gè)塹堵的底面積為6，其各面均與體

13、積為的球相切，則該塹堵的表面積為_(kāi)_______． 答案：36 解析：設(shè)球的半徑為r，塹堵底面三角形的周長(zhǎng)為l，由已知得r＝1，∴塹堵的高為2.則lr＝6，l＝12，∴表面積S＝12×2＋6×2＝36. 16．[2019·福建晉江四校期中]已知函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的函數(shù)y＝f2(x)－bf(x)＋1有8個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________． 答案： 解析：作出函數(shù)f(x)＝的圖象，如圖所示． 設(shè)f(x)＝t，由圖可知，t∈(0,4]，f(x)＝t有4個(gè)根，∴在(0,4]上，方程t2－bt＋1＝0有2個(gè)不同的解， ∴解得2

14、共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．) 17．(12分)[2019·安徽省示范高中聯(lián)考]設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝2－an，n＝1,2,3，….數(shù)列{bn}滿足b1＝1，且bn＋1＝bn＋an. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)cn＝n(3－bn)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析：(1)因?yàn)閚＝1時(shí)，a1＋S1＝a1＋a1＝2，所以a1＝1. 因?yàn)镾n＝2－an，即an＋Sn＝2，則an＋1＋Sn＋1＝2， 兩式相減，得an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0，即an＋1－an＋an＋1＝0，所以2an＋1＝an. 易知an≠0，所以＝(

15、n∈N*)， 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，其通項(xiàng)公式為an＝n－1. 因?yàn)閎n＋1＝bn＋an(n＝1,2,3，…)，所以bn＋1－bn＝n－1， 由此得b2－b1＝1，b3－b2＝，b4－b3＝2，…，bn－bn－1＝n－2(n＝2,3，…)． 將這(n－1)個(gè)等式相加，得bn－b1＝1＋＋2＋…＋n－2＝＝2－n－2. 又b1＝1，所以bn＝3－n－2(n＝2,3，…)， 易知當(dāng)n＝1時(shí)也滿足上式， 所以bn＝3－n－2(n∈N*)． (2)由(1)知，cn＝n(3－bn)＝2nn－1，則 Tn＝20＋2×1＋3×2＋…＋(n－1)×n－2＋n×n－1，

16、① Tn＝21＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n，② ①－②得，Tn＝ 2－2n×n＝2×－2nn ＝4－2nn＝4－(4＋2n)n， 所以Tn＝8－(8＋4n)n＝8－(2＋n)n－2. 18．(12分)[安徽卷]某企業(yè)為了解下屬某部門對(duì)本企業(yè)職工的服務(wù)情況，隨機(jī)訪問(wèn)50名職工，根據(jù)這50名職工對(duì)該部門的評(píng)分，繪制頻率分布直方圖(如圖所示)，其中樣本數(shù)據(jù)分組區(qū)間為：[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100]． (1)求頻率分布直方圖中a的值； (2)估計(jì)該企業(yè)的職工對(duì)該部門評(píng)分不低于80分的概率； (3)從評(píng)分在[40,60)內(nèi)的

17、受訪職工中，隨機(jī)抽取2人，求這2人的評(píng)分都在[40,50)內(nèi)的概率． 解析：(1)因?yàn)?0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006. (2)由所給頻率分布直方圖知，50名受訪職工評(píng)分不低于80分的頻率為(0.022＋0.018)×10＝0.4， 所以估計(jì)該企業(yè)的職工對(duì)該部門評(píng)分不低于80分的概率為0.4. (3)受訪職工中評(píng)分在[50,60)內(nèi)的有：50×0.006×10＝3(人)，記為A1，A2，A3； 受訪職工中評(píng)分在[40,50)內(nèi)的有：50×0.004×10＝2(人)，記為B1，B2. 從這5名受訪職工中隨機(jī)抽取2人，所有可能的結(jié)

18、果共有10種，它們是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}，因?yàn)樗槿?人的評(píng)分都在[40,50)內(nèi)的結(jié)果有1種，即{B1，B2}，故所求的概率為. 19．(12分) [2019·四川成都七中檢測(cè)]如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，M為棱AC的中點(diǎn)，AB＝BC，AC＝2，AA1＝. (1)求證：B1C∥平面A1BM； (2)求證：AC1⊥平面A1BM； (3)在棱BB1上是否存在點(diǎn)N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此

19、時(shí)的值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解析： (1)如圖，連接AB1，交A1B于點(diǎn)O，連接OM. 在△B1AC中，∵M(jìn)，O分別為AC，AB1的中點(diǎn)， ∴OM∥B1C. 又OM?平面A1BM，B1C?平面A1BM， ∴B1C∥平面A1BM. (2)∵側(cè)棱AA1⊥底面ABC，BM?平面ABC， ∴AA1⊥BM. 又M為棱AC的中點(diǎn)，AB＝BC，∴BM⊥AC. ∵AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面ACC1A1， ∴BM⊥平面ACC1A1， ∴BM⊥AC1. ∵AC＝2，∴AM＝1. 又AA1＝，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中， tan∠AC1C＝tan∠A1MA

20、＝， ∴∠AC1C＝∠A1MA， 即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°， ∴A1M⊥AC1. ∵BM∩A1M＝M，BM，A1M?平面A1BM， ∴AC1⊥平面A1BM. (3)當(dāng)點(diǎn)N為BB1的中點(diǎn)，即＝時(shí)， 平面AC1N⊥平面AA1C1C. 證明如下： 設(shè)AC1的中點(diǎn)為D，連接DM，DN，如圖． ∵D，M分別為AC1，AC的中點(diǎn)， ∴DM∥CC1，且DM＝CC1. 又N為BB1的中點(diǎn)，∴DM∥BN，且DM＝BN， ∴四邊形BNDM為平行四邊形， ∴BM∥DN， ∵BM⊥平面ACC1A1，∴DN⊥平面AA1C1C. 又DN?平面AC1N，

21、 ∴平面AC1N⊥平面AA1C1C. 20．(12分)[2019·湖北重點(diǎn)高中聯(lián)考協(xié)作體期中]已知?jiǎng)訄AC過(guò)定點(diǎn)F2(1,0)，并且內(nèi)切于定圓F1：(x＋1)2＋y2＝12. (1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡方程； (2)若曲線y2＝4x上存在M，N兩點(diǎn)，(1)中曲線上有P，Q兩點(diǎn)，并且M，N，F(xiàn)2三點(diǎn)共線，P，Q，F(xiàn)2三點(diǎn)共線，PQ⊥MN，求四邊形PMQN的面積的最小值． 解析：(1)設(shè)動(dòng)圓的半徑為r，則|CF2|＝r，|CF1|＝2－r， 所以|CF1|＋|CF2|＝2>|F1F2|， 由橢圓的定義知?jiǎng)訄A圓心C的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓， 且長(zhǎng)半軸長(zhǎng)a＝，半焦距c＝1，所以短半軸

22、長(zhǎng)b＝， 所以動(dòng)圓圓心C的軌跡方程是＋＝1. (2)當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，直線PQ的斜率為0， 易得|MN|＝4，|PQ|＝2，四邊形PMQN的面積S＝4. 當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y＝k(x－1)(k≠0)， 聯(lián)立方程得消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝＋2，x1x2＝1， |MN|＝·＝＋4. 因?yàn)镻Q⊥MN，所以直線PQ的方程為y＝－(x－1)， 由得(2k2＋3)x2－6x＋3－6k2＝0. 設(shè)P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則x3＋x4＝，x3x4＝，|PQ|＝＝. 則

23、四邊形PMQN的面積S＝·|MN|·|PQ|＝··＝. 令k2＋1＝t，t>1，則S＝＝＝. 因?yàn)閠>1，所以0<<1，易知－2＋的取值范圍是(0,2)，所以S>＝4. 綜上可得S≥4，故S的最小值為4. 21．(12分)[2019·銀川一中高三第一次模擬考試]已知函數(shù)f(x)＝a(x－2ln x)＋，a∈R. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝a＋＝. (ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，ax2－1<0恒成立， x∈(0,2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增； x∈(

24、2，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減； (ⅱ)當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0得，x1＝2，x2＝，x3＝－(舍去)， ①當(dāng)x1＝x2，即a＝時(shí)，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)x1>x2，即a>時(shí)，x∈或x∈(2，＋∞)時(shí)， f′(x)>0恒成立，f(x)在，(2，＋∞)上單調(diào)遞增； x∈時(shí)，f′(x)<0恒成立，f(x)在上單調(diào)遞減； ③當(dāng)x10恒成立，f(x)在(0,2)，上單調(diào)遞增； x∈時(shí)，f′(x)<0恒成立，f(x)在上單調(diào)遞減； 綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x

25、)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2，＋∞)； 當(dāng)a＝時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間； 當(dāng)a>時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為； 當(dāng)00在(2，＋∞)上成立， 故f1(x)＝x－2ln x單調(diào)遞增，f1(x0)≥5－2ln 5＝1＋2(2－ln 5

26、)>1， f(x0)＝a(x0－2ln x0)＋－0， 得a>－，所以－0且a≠時(shí)，f(x)有兩個(gè)極值， f(2)＝a(2－2ln 2)＋>0，f＝2＋aln a－a， 記g(x)＝2＋xln x－x， g′(x)＝2＋(1＋ln x)－1＝＋ln x， 令h(x)＝＋ln x，則h′(x)＝

27、－＋＝. 當(dāng)x>時(shí)，h′(x)>0，g′(x)在上單調(diào)遞增； 當(dāng)0g′＝2－2ln 2>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． x→0時(shí)，g(x)→0，故f＝2＋aln a－a>0. 又f(2)＝a(2－2ln 2)＋>0，由(1)知，f(x)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意． 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 選考題(請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分．) 22．(10分)[2019·長(zhǎng)沙二模][選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(t為參

28、數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cos. (1)寫出曲線C2的直角坐標(biāo)方程； (2)設(shè)點(diǎn)P，Q分別在C1，C2上運(yùn)動(dòng)，若|PQ|的最小值為1，求m的值． 解析：(1)ρ＝4cos即ρ＝2cos θ＋2sin θ， 所以ρ2＝2ρcos θ＋2ρsin θ， 將ρcos θ＝x，ρsin θ＝y(tǒng)，ρ2＝x2＋y2代入得 C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－2y＝0. (2)將x2＋y2－2x－2y＝0化為(x－)2＋(y－1)2＝4， 所以C2是圓心為(，1)，半徑為2的圓， 將C1的參數(shù)方程化為普通方程為x－y＋m＝0，

29、 所以|PQ|min＝－2＝－2＝1， 由此解得m＝4或m＝－8. 23．(10分)[2019·山東省濟(jì)寧市模擬考][選修4－5：不等式選講] 已知a>0，b>0，函數(shù)f(x)＝|2x＋a|＋2|x－|＋1的最小值為2. (1)求a＋b的值； (2)求證：a＋log3≥3－b. 解析：(1)因?yàn)閒(x)＝|2x＋a|＋|2x－b|＋1≥|2x＋a－(2x－b)|＋1＝|a＋b|＋1， 當(dāng)且僅當(dāng)(2x＋a)(2x－b)≤0時(shí)，等號(hào)成立， 又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b， 所以f(x)的最小值為a＋b＋1＝2，所以a＋b＝1. (2)由(1)知，a＋b＝1， 所以＋＝(a＋b)＝1＋4＋＋≥5＋2＝9， 當(dāng)且僅當(dāng)＝且a＋b＝1，即a＝，b＝時(shí)取等號(hào)． 所以log3≥log39＝2， 所以a＋b＋log3≥1＋2＝3，即a＋log3≥3－b. 18