2022年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）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（5分）设集合Ay|yx，Bx|y=x，全集为R，则ARB（）A0，+）B（，0）C0，1D（0，0），（1，1）2（5分）已知（1+i）2z2+i，则复数z的虚部为（）A1BiC1D-123（5分）气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天的每日平均温度不低于22”，现有甲、乙、丙三地连续5天的每日平均温度的记录数据（记录的数据都是正整数，单位为）：甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；丙地：5

2、个数据中有1个数据是32，总体均值为26，总方差为10.8其中肯定进入夏季的地区有（）ABCD4（5分）已知变量x，y满足x0y0x+y1，则z2x+y的最大值为（）A0B1C2D35（5分）已知命题p：x0R，lnx01命题q：某物理量的测量结果服从正态分布N（10，2），则该物理量在一次测量中落在（9.9，10.2）与落在（10，10.3）的概率相等下列命题中的假命题是（）Ap（q）BpqC（p）（q）D（p）（q）6（5分）设双曲线C：x2a2-y2b2=1的左，右焦点分别是F1，F2，点M是C上的点，若MF1F2是等腰直角三角形，则C的离心率是（）A2B2C2+12D2+17（5分）已

3、知sin(-6)=34，则sin(2-56)=（）A18B-18C78D-788（5分）如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是（）A56B83C1D1639（5分）如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10000m，速度为50m/s某一时刻飞机看山顶的俯角为15，经过420s后看山顶的俯角为45，则山顶的海拔高度大约为（）（2=1.4，3=1.7）A7350mB2650mC3650mD4650m10（5分）2022年北京冬奥会速度滑冰、花样滑冰、冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选

4、择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是（）A18B27C36D4811（5分）已知ABC中，ACB90，CB2AC，其顶点都在表面积为36的球O的表面上，且球心O到平面ABC的距离为2，则ABC的面积为（）A2B4C8D1012（5分）已知a0，b0，且a1b+lnab成立，则下列不等式不可能成立的的是（）Aabb1B1babCbab1Dab1b二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题纸上）.13（5分）（2x+1x）6展开式中的常数项等于 14（5分）写出一个具有下列性质的函数f（x） 定义域为R；函数f（x）是奇函数；f（x+）f（x）15（5分）等边三

5、角形ABC的边长为1，BC=a，CA=b，AB=c，那么ab+bc+ca等于 16（5分）已知P为抛物线y212x上一个动点，Q为圆x2+（y4）21上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线x3的距离之和的最小值是 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答、第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分.17（12分）设正项数列an的前n项和为Sn，a11，且满足_给出下列三个条件：a34，2lganlgan1+lgan+1（n2）；Snman1（mR）；2a1+3a2+4a3+（n+1）ankn2n（kR

6、）请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题（）求数列an的通项公式；（）若bn=1(n+1)log2an+1，Tn是数列bn的前n项和，求证：Tn118（12分）某县种植的脆红李在2021年获得大丰收，依据扶贫政策，所有脆红李由经销商统一收购为了更好的实现效益，质监部门从今年收获的脆红李中随机选取100千克，进行质量检测，根据检测结果制成如图所示的频率分布直方图如表是脆红李的分级标准，其中一级品、二级品统称为优质品等级四级品三级品二级品一级品脆红李横径/mm20，25）25，30）30，35）35，40经销商与某农户签订了脆红李收购协议，规定如下：从一箱脆红李中任取4个进行检测，若4个均

7、为优质品，则该箱脆红李定为A类；若4个中仅有3个优质品，则再从该箱中任意取出1个，若这一个为优质品，则该箱脆红李也定为A类；若4个中至多有一个优质品，则该箱脆红李定为C类；其他情况均定为B类已知每箱脆红李重量为10千克，A类、B类、C类的脆红李价格分别为每千克10元、8元、6元现有两种装箱方案：方案一：将脆红李采用随机混装的方式装箱；方案二：将脆红李按一、二、三、四等级分别装箱，每箱的分拣成本为1元以频率代替概率解决下面的问题（）如果该农户采用方案一装箱，求一箱脆红李被定为A类的概率；（）根据统计学知识判断，该农户采用哪种方案装箱收入更多，并说明理由，19（12分）已知空间几何体ABCDE中，

8、ABC，ECD是全等的正三角形，平面ABC平面BCD，平面ECD平面BCD（）探索A，B，D，E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由；（）若BD=2BC=22，求二面角BAEC的余弦值20（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的左，右顶点分别为A，B，且|AB|4，椭圆C过点（1，32）（）求椭圆C的标准方程；（）斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两倍，探究直线l是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由21（12分）已知函数f（x）lnxx（）求证：f（x）1；（）若函数g(x)=af(x)+xex(a0

9、)有两个零点，求a的取值范围（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。选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+cosy=2sin（为参数），若曲线C1上的点的横坐标不变，纵坐标缩短为原来的12倍，得到曲线C2以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求曲线C2的极坐标方程；（）已知直线l：ykx与曲线C2交于A，B两点，若OB=2OA，求k的值选修4-5：不等式选讲23已知a，b，c为非负实数，函数f（x）|2xa|+|2x+b|+c（）当a3，b1，c0时，解不等式f（x）

10、6；（）若函数f（x）的最小值为2，证明：1a+b+4b+c+9a+c92022年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，1（5分）设集合Ay|yx，Bx|y=x，全集为R，则ARB（）A0，+）B（，0）C0，1D（0，0），（1，1）【解答】解：集合Ay|yxR，Bx|y=xx|x0，全集为R，RBx|x0，ARB（，0）故选：B2（5分）已知（1+i）2z2+i，则复数z的虚部为（）A1BiC1D-12【解答】解：（1+i）2z2+i，2iz2+i，即z=2+i2i=(2+

11、i)i2i2=12-i，复数z的虚部为1故选：C3（5分）气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天的每日平均温度不低于22”，现有甲、乙、丙三地连续5天的每日平均温度的记录数据（记录的数据都是正整数，单位为）：甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；丙地：5个数据中有1个数据是32，总体均值为26，总方差为10.8其中肯定进入夏季的地区有（）ABCD【解答】解：对于，甲地：5个数据的中位数为24，众数为22，则甲地连续5天的日平均温度的记录数据可能为：22，22，24，25，26，其连续5天的日平均温度不低于22C；对于，乙地：5个数据的中位数

12、为27，总体均值为24，当5个数据为19，20，27，27，27时，其连续5天的日平均温度有低于22，故不确定；对于，丙地：5个数据中有1个数据是32，总体均值为26，总方差为10.8，所以其余四天与26差值的平方和为10.85（3226）218，若有一天温度低于22度，因为平均值为26，则必有一天高于30度，所以有（2226）2+（3026）23218，故可知其连续5天的日平均温度均不低于22综上所述，肯定进入夏季的地区有甲、丙两地故选：B4（5分）已知变量x，y满足x0y0x+y1，则z2x+y的最大值为（）A0B1C2D3【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z2x+y得y2x+

13、z，平移直线y2x+z，由图象知当直线y2x+z，经过B（1，0）点时，直线的截距最大，此时z最大，则z21+02，故选：C5（5分）已知命题p：x0R，lnx01命题q：某物理量的测量结果服从正态分布N（10，2），则该物理量在一次测量中落在（9.9，10.2）与落在（10，10.3）的概率相等下列命题中的假命题是（）Ap（q）BpqC（p）（q）D（p）（q）【解答】解：对于命题p：x0R，lnx01，取x0e，则lne1，故命题p为真命题，对于命题q：某物理量的测量结果服从正态分布N（10，2），则该物理量在一次测量中落在（9.9，10.2）与落在（10，10.3）的概率不相等，故命题q

14、为假命题，则p（q），pq，（p）（q）为真命题，（p）（q）为假命题，故选：C6（5分）设双曲线C：x2a2-y2b2=1的左，右焦点分别是F1，F2，点M是C上的点，若MF1F2是等腰直角三角形，则C的离心率是（）A2B2C2+12D2+1【解答】解：MF1F2是等腰直角三角形，b2a=2c，c2a22ac，c2a22ac0，e212e0，e12，e1，e1+2，故选：D7（5分）已知sin(-6)=34，则sin(2-56)=（）A18B-18C78D-78【解答】解：sin(-6)=34，cos（2-3）12sin2（-6）12916=-18，sin(2-56)=sin（2-3）-2c

15、os（2-3）=18，故选：A8（5分）如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是（）A56B83C1D163【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为边长为2的正方体去掉两个角，即去掉三棱锥ABDE和CDEF如图所示：所以几何体的体积为正方体的体积减去2个三棱锥的体积，即V=23-21312222=163，故选：D9（5分）如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10000m，速度为50m/s某一时刻飞机看山顶的俯角为15，经过420s后看山顶的俯角为45，则山顶的海拔高度大约为（）（2=1.4，3=1.7）A7350mB26

16、50mC3650mD4650m【解答】解：如图所示，CAB15，DBC45，所以ACB30，AB5042021000（m ），在ABC中，BCsinCAB=ABsinACB，BC=ABsinCABsinACB=21000sin15sin30=210006-2412=10500（6-2），作CDAD，垂足为D，CDBCsinDBCBCsin4510500（6-2）22=10500（3-1）10500（1.71）7350，山顶的海拔高度为h1000073502650（m）故选：B10（5分）2022年北京冬奥会速度滑冰、花样滑冰、冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志

17、自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是（）A18B27C36D48【解答】解：由题意，甲乙同组，分组时，如有三人组，必是甲乙所在组，此时有C31中分组方法，如果甲乙一组，则分组方法为C32种，故三个项目都有人参加的不同方案共有(C31+C32)A33=36种故选：C11（5分）已知ABC中，ACB90，CB2AC，其顶点都在表面积为36的球O的表面上，且球心O到平面ABC的距离为2，则ABC的面积为（）A2B4C8D10【解答】解：如图所示，设RtABC的外心为O1，外接圆的圆心为O，连接OO1，则OO1面ABC，因为球O的表面积为36，外接球半径R3ABC

18、中，ACB90，CB2AC，故OO1即为球心O到平面ABC的距离，AOR3，OO12，AO1=AO2-OO12=32-22=5，设ACx，则BC2x，x2+（2x）24AO1220，x2，SABC=122224，故选：B12（5分）已知a0，b0，且a1b+lnab成立，则下列不等式不可能成立的的是（）Aabb1B1babCbab1Dab1b【解答】解：a0，b0，且a1b+lnab成立，alna1b+lnb=1b-ln1b，设f（x）xlnx，则a1b+lnabf（a）f（1b），f（x）1-1x=x-1x，当x1时，f（x）0，f（x）单调递增，当0x1时，f（x）0，f（x）单调递减，A

19、：abb1a11b，即a（0，1），1b（1，+），f（a）f（1b）可能成立，B：1bab1b1a，即1b（0，1），a（1，+），f（a）f（1b）可能成立，C：bab11a1b，即1b，a（1，+），f（x）在（1，+）上单调递增，f（a）f（1b）成立，D：ab1ba1b1，即1b，a（0，1），f（x）在（0，1）上单调递减，f（a）f（1b），D不成立，故选：D二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题纸上）.13（5分）（2x+1x）6展开式中的常数项等于60【解答】解：（2x+1x）6展开式中的通项公式为Tr+1=C6r26rx6-3r2，令6-3r2=0

20、，求得r4，展开式中的常数项等于C64460，故答案为：6014（5分）写出一个具有下列性质的函数f（x）sin2x（答案不唯一）定义域为R；函数f（x）是奇函数；f（x+）f（x）【解答】解：考虑f（x）sin2x，满足f（x）的定义域为R，f（x）sin2xf（x），即f（x）为奇函数；又f（x+）sin2（x+）sin2xf（x）故答案为：sin2x（答案不唯一）15（5分）等边三角形ABC的边长为1，BC=a，CA=b，AB=c，那么ab+bc+ca等于-32【解答】解：等边三角形ABC的边长为1，ab=11cos120=-12，bc=11cos120=-12，ca=11cos120=

21、-12，ab+bc+ca=-32故答案为：-3216（5分）已知P为抛物线y212x上一个动点，Q为圆x2+（y4）21上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线x3的距离之和的最小值是 4【解答】解：抛物线y212x的焦点为F（3，0），圆x2+（y4）21的圆心为E（0，4），半径为1，根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，进而推断出当P，Q，F三点共线时P到点Q的距离与点P到直线x1距离之和的最小为：丨QF丨|EF|r=32+42-1514，故答案为：4三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答、第22

22、、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分.17（12分）设正项数列an的前n项和为Sn，a11，且满足_给出下列三个条件：a34，2lganlgan1+lgan+1（n2）；Snman1（mR）；2a1+3a2+4a3+（n+1）ankn2n（kR）请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题（）求数列an的通项公式；（）若bn=1(n+1)log2an+1，Tn是数列bn的前n项和，求证：Tn1【解答】解：（）选条件：a34，2lganlgan1+lgan+1（n2）；整理得an2=an-1an+1，故正项数列an为等比数列；由于a11，a34，故公比q2=a3a1=4，

23、解得q2；故an=a1qn-1=2n-1；选条件时，Snman1（mR）；当n1时，整理得a1ma11，解得m2；故Sn2an1；，当n2时，Sn12an11，；得：an2an2an1，整理得anan-1=2（常数），所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列；所以an=2n-1（首项符合通项），故an=2n-1；选条件时，2a1+3a2+4a3+（n+1）ankn2n（kR），当n1时，整理得2a1=k21，解得k1；故2a1+3a2+4a3+（n+1）ann2n（kR），；当n2时，2a1+3a2+4a3+nan1（n1）2n1，；得：an=2n-1，（首项符合通项），所以an=2n-1

24、；证明：（）由（）得：bn=1(n+1)log2an+1=1n(n+1)=1n-1n+1，所以Tn=1-12+12-13+.+1n-1n+1=1-1n+1118（12分）某县种植的脆红李在2021年获得大丰收，依据扶贫政策，所有脆红李由经销商统一收购为了更好的实现效益，质监部门从今年收获的脆红李中随机选取100千克，进行质量检测，根据检测结果制成如图所示的频率分布直方图如表是脆红李的分级标准，其中一级品、二级品统称为优质品等级四级品三级品二级品一级品脆红李横径/mm20，25）25，30）30，35）35，40经销商与某农户签订了脆红李收购协议，规定如下：从一箱脆红李中任取4个进行检测，若4个

25、均为优质品，则该箱脆红李定为A类；若4个中仅有3个优质品，则再从该箱中任意取出1个，若这一个为优质品，则该箱脆红李也定为A类；若4个中至多有一个优质品，则该箱脆红李定为C类；其他情况均定为B类已知每箱脆红李重量为10千克，A类、B类、C类的脆红李价格分别为每千克10元、8元、6元现有两种装箱方案：方案一：将脆红李采用随机混装的方式装箱；方案二：将脆红李按一、二、三、四等级分别装箱，每箱的分拣成本为1元以频率代替概率解决下面的问题（）如果该农户采用方案一装箱，求一箱脆红李被定为A类的概率；（）根据统计学知识判断，该农户采用哪种方案装箱收入更多，并说明理由，【解答】解：（）由频率分布直方图可得任取

26、一只脆红李，其为优质品的概率为（0.04+0.06）50.5，设事件A1为“该农户采用方案一装箱，一箱脆红李被定为A类”，则P（A1）=054+C430530.50.5=316（）设该农户采用方案一时，每箱收入为Y1，则Y1可取60，80，100，P（Y1100）=316，P（Y160）=C40054+C41054=516，P（Y180）1-316-516=12，E（Y1）=3100+560+88016=77.5（元），该农户采用方案二时，每箱的平均收入为100+100+60+604-179，77.579，采用方案二时收入更多19（12分）已知空间几何体ABCDE中，ABC，ECD是全等的正三

27、角形，平面ABC平面BCD，平面ECD平面BCD（）探索A，B，D，E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由；（）若BD=2BC=22，求二面角BAEC的余弦值【解答】解：（1）A，B，D，E四点共面，理由如下：取BC的中点M，CD的中点N，连接AM，NE，MN，则MNBD，因为ABC，ECD是全等的正三角形，所以AMBC，ENCD，AMEN，因为平面ABC平面BCD，平面ECD平面BCD，平面ABC平面BCDBC，平面ECD平面BCDCD，所以AM平面BCD，EN平面BCD，所以AMEN，所以四边形AMNE为平行四边形，所以MNAE，所以AEBD，所以A，B，D，E四点共面，

28、（2）取AE中点P，连接PC，因为CACE，所以CPAE，取BD的中点Q，连接PQ，由（1）可知四边形ABDE为等腰梯形，所以PQAE，所以CPQ为二面角BAEC的平面角，连接CQ，因为BD=2BC=22，ABC，ECD是全等的正三角形，所以ABACBCCDCEDE2，AE=12BD=2，所以CP=4-24=142，PQ=4-24=142，所以BC2+CD24+4BD2，所以BCD为等腰直角三角形，所以CQ=12BD=2，在CPQ中，由余弦定理得：cosCPQ=CP2+PQ2-CQ22CPPQ=144+144-22142142=57，所以二面角BAEC的余弦值为57，20（12分）已知椭圆C：

29、x2a2+y2b2=1（ab0）的左，右顶点分别为A，B，且|AB|4，椭圆C过点（1，32）（）求椭圆C的标准方程；（）斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两倍，探究直线l是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由【解答】解：（1）由题意得：2a4，且1a2+94b2=1，解得：a2，b23，所以椭圆方程为：x24+y23=1（2）直线l过定点(23，0)，理由如下：由（1）得：A（2，0），B（2，0），设xmy+b，联立椭圆方程得：（3m2+4）y2+6mby+3b2120，设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2=-6mb3

30、m2+4，y1y2=3b2-123m2+4，则kBM=y1x1-2，kAN=y2x2+2，由y1x1-2=2y2x2+2，化简得：my1y2（b+2）（y1+y2）+（3b2）y20，将y1+y2=-6mb3m2+4，y1y2=3b2-123m2+4代入得：(3b-2)3m(b+2)3m2+4+y2=0，由于3m(b+2)3m2+4+y2不恒为0，所以3b20，解得：b=23，故x=my+23过定点(23，0)21（12分）已知函数f（x）lnxx（）求证：f（x）1；（）若函数g(x)=af(x)+xex(a0)有两个零点，求a的取值范围【解答】解：（I）证明：令h（x）f（x）+1lnxx

31、+1，x（0，+），h（x）=1x-1=1-xx，可得x（0，1）时，h（x）0，此时函数h（x）单调递增；x（1，+）时，h（x）0，此时函数h（x）单调递减x1时，函数h（x）取得极大值即最大值，h（1）0，h（x）h（1）0，f（x）1（II）g（x）a（lnxx）+xex，x（0，+），（a0）g（x）a（1x-1）+1-xex（1x）（ax+1ex），可得：x（0，1）时，g（x）0，此时函数g（x）单调递增；x（1，+）时，g（x）0，此时函数g（x）单调递减x1时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（1）a+1e，x0时，g（x）；x+时，g（x）函数g(x)=af(x)+xex

32、(a0)有两个零点，g（x）的最大值g（1）a+1e0，解得0a1ea的取值范围是（0，1e）另解：g（x）a（lnxx）+xex，x（0，+），（a0）g（x）a（1x-1）+1-xex（1x）（ax+1ex），可得：x（0，1）时，g（x）0，此时函数g（x）单调递增；x（1，+）时，g（x）0，此时函数g（x）单调递减x1时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（1）a+1e，函数g(x)=af(x)+xex(a0)有两个零点，g（x）的最大值g（1）a+1e0，解得0a1e下面证明：函数g（x）在（0，1），（1，+）上各有一个零点0a1e1，由（I）可知：lnxx1，即lnaa1，g（

33、a）a（lnaa）+aea-a+aea=a（1ea-1）0，g（x）在（0，1）上必有一个零点当0a1e时，则1ae，令h（x）exx2，xeh（x）ex2x，h（x）ex20h（x）在（e，+）上单调递增，h（e）ee2e0h（x）在（e，+）上单调递增，h（x）eee20当xe时，exx2，1ae，e1a(1a)2，1ae1aa，g（1a）a（ln1a-1a）+1ae1a-alna1+a，由lnaa1，可得ln1a-1a+10，即lna-1a+10，g（1a）a（ln1a-1a）+1ae1a-alna1+a0，g（1）0，g（x）在（1，+）上必有一个零点综上：a（0，1e）（二）选考题：

34、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。选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+cosy=2sin（为参数），若曲线C1上的点的横坐标不变，纵坐标缩短为原来的12倍，得到曲线C2以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（）求曲线C2的极坐标方程；（）已知直线l：ykx与曲线C2交于A，B两点，若OB=2OA，求k的值【解答】解：（）曲线C1的参数方程为x=2+cosy=2sin（为参数），转换为直角坐标方程为(x-2)2+y24=1；曲线C1上的点的横坐标不变，纵坐标缩短为原来的12倍，得

35、到曲线C2，得到（x2）2+y21；由于x=cosy=sinx2+y2=2，转换为极坐标方程为24cos+30；（）设A（1，），B（2，）；由于24cos+30，所以1+24cos，123；由于OB=2OA，所以221，故cos2=2732，所以sin2=532，故tan2=527；故直线的斜率k=159；选修4-5：不等式选讲23已知a，b，c为非负实数，函数f（x）|2xa|+|2x+b|+c（）当a3，b1，c0时，解不等式f（x）6；（）若函数f（x）的最小值为2，证明：1a+b+4b+c+9a+c9【解答】（1）解：当a3，b1，c0时，不等式f（x）6，即：|2x3|+|2x+1

36、|6，设g（x）|2x3|+|2x+1|=4x-2，x324，-12x32-4x+2，x-12，当x32时，由g（x）6，得4x26，即x2，32x2；当-12x32时，由g（x）6，得46，显然成立；当x-12时，由g（x）6，得4x+26，即x1，1x-12综上，1x2不等式f（x）6的解集为x|1x2；（2）证明：f（x）|2xa|+|2x+b|+c|a2x+2x+b|+c|a+b|+ca+b+c，又函数f（x）的最小值为2，a+b+c2根据柯西不等式可得：1a+b+4b+c+9a+c=14（1a+b+4b+c+9a+c）（a+b）+（b+c）+（a+c）14(1a+ba+b+2b+cb+c+3a+ca+c)2=14369当且仅当1a+b=2b+c=3a+c，即a=23，b0，c=43时等式成立综上，1a+b+4b+c+9a+c9第23页（共23页）