2015年高考真题——理科数学（福建卷）解析版

2015年高考真题——理科数学（福建卷）解析版

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 1A ； （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 ．