7.中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友
2024全国高考模拟卷
谊，多次为祖国赢得了荣誉现有5支救援队前往A,B,C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只
第I卷（选择题共60分）
能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B,C两个数点中的一
个，则不同的安排方法数是()
一、选择题（各题的四个选项中，只有一项符合题意.每小题5分，共60分）
A.72
B.84
C.88
D.100
1.若复数z满足(1-i)z=2i,则z·z=()
A.-2
B.0
C.√2
D.2
&已知=max+o>0满足学-1.得)小-0且m在（任）
上单调，则w的最大值
2.已知集合A={xx≤2，B={xx-a<0},若AsB,则a的取值范围为()
为()
A.(-0,-2)
B.（-0,-2]
C.(2,+0】
D.[2,+o)
A号
B.18
6
D.
30
17
C.
17
3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm),其中正视图是等边三角形，则该几何体的体积（单位：cm3)
9.已知正三棱台ABC-AB,C的上、下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为60°，
是()
则此三棱台的表面积为()
A.7N3
B.10W5
C.1W5
D.12W5
10.欧拉函数p(n)(n∈N)的函数值等于所有不超过正整数n,且与n互质的正整数的个数，例如：
1-1
1-1
正视图
p(1)=1,p(3)=2.数列{an}满足an=p(2"),其前n项和为Sn,则S。=()
侧视图
A.1024
B.2048
C.1023
D.2047
俯视图
1.已如，月是双曲线G:号芳=(o>Q6>0)的左、右张点，粉圆C与双曲线C的您点相同
A.3
C与C,在第一象限的交点为P,若PF的中点在双曲线C的渐近线上，且PF⊥PF,则椭圆的离心率
B.3
c.2
D.√2
3
3
是()
4.若函数f(x)=log2(2+1-ax是偶函数，则a=()
A号
B.⑤
c.5
B月
D.3
2
3
D.
5
A.-1
C.1
12.已知A(x,),B(x2,2)是圆x2+y2=2上两点.若x2+2=-1,则x+x+片+2的取值范围
5,在区间(0，)与（山，2）中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为()
是()
A:8
B
c
D.
23
「2
A.
L2’2
B.[-1,1C.[√2,2]
D.[-2,2]
6.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为5，弧长为8π的扇形，则此圆锥的侧面积和体积分别是()
A.10π，16π
B.10元，48π
C.20π，16元
D.20π，48π口口口口
2024全国高考模拟卷
18(12分)
19(12分)
理科数学答题卡
姓名
班级
座号
回回
扫
贴条形码区
白镜
成
(正面朝上，请勿贴出虚线方框)
正确填涂■缺诊标记【】
1.[A]【B][C】[D】5.【A】[B】[C】ID]9.[A】[B]【C][D】
2.[AJ【B][C[DJ
6.【A][B[C]D]10.[A】[B][C][D
3.[A][B][C][D]
7.[A][B][C][D]11.[A][B][C][D]
4.[A]IB][C][D]8.【A][B][C]ID]I2.[A】[B][C][D]
14.
15
16
17(12分)
数学
数学
数学
1
第1页（共6页）
第2页（共6页）
第3页（共6页）
口口口■
姓名
班级
■
20(12分)
21(12分)
(10分)二选
2223
■
数学
0
数学
0
数学
1
第4页（共6页）
第5页（共6页）
第6页（共6页）理科数学参考答案：
1．D
【分析】
根据复数的运算规则进行计算即可求解.
【详解】因为 (1 i)z 2i，
z 2i
2i 1 i
所以 1 i1 i 1 i 1 i ，
则 z z 2 1 i 1 i 1 i2 2，
故选：D.
2．C
【分析】
计算出集合A、 B后借助集合间的关系计算即可得.
【详解】由 x 2，可得 2 x 2，故 A x 2 x 2 ，
由 x a 0，可得 x a，故 B x x a ，
由 A B，则有 a 2 .
故选：C.
3．A
【分析】首先把三视图还原为几何体的立体图，根据锥体体积公式，代入数据求解即可.
【详解】如图所示
此三棱锥底面是边长为 2，高为 1的三角形，三棱锥高为 3，
所以体积V 1 1 2 1 3 3
3 2 3
故选 A.
【点睛】本题考查由三视图还原立体图，并求几何体的体积，考查空间想象能力，关键在于
答案第 1页，共 16页
准确还原出立体图，属基础题.
4．D
【分析】
根据偶函数的定义结合对数运算分析求解.
【详解】
由题意可知：函数 f x 的定义域为R ，关于原点对称，
x
且 f x log x2 2 1 ax log 1 22 x ax log2 2x 1 1 a x2 ，
若函数 f x x是偶函数，则 f x f x ，即 log2 2 1 ax log x2 2 1 1 a x ，
1
所以 a = 1- a，即 a .
2
故选：D．
5．C
0 x 1
【分析】设区间 0,1 内取到的数是 x，在 1,2 内取到的数为 y，得到不等式组 ，
1 y 2
作出对应你的平面区域 ABCD，分别求得 ABCD和五边形 BCDEF的面积，结合面积比的几
何概型概率计算，即可求解.
【详解】设区间 0,1 内取到的数是 x，在 1,2 内取到的数为 y，
0 x 1
则满足 ，作出不等式组对应你的平面区域 ABCD，如图所示，
1 y 2
可得对应的图形的面积为 S 1，
3
由两数之和大于 ，即 x y
3
，
2 2
x 3 1 1设直线 y 交 AB, AD于点 F ,E，可得 AF , AE ，
2 2 2
1 1 1 1 1 7
则△AEF 的面积为 S1 ，所以五边形 BCDEF的面积为 S2 1 ，2 2 2 8 8 8
3 S 7
则两数之和大于 的概率为 P 2 .
2 S 8
故选：C.
答案第 2页，共 16页
6．C
【分析】直接由扇形面积公式得圆锥侧面积，进一步得圆锥底面圆半径以及高即可求得圆锥
体积.
1
【详解】由扇形面积公式得此圆锥的侧面积为 5 8π=20π2 ，
8π
圆锥底面圆的半径为 4，又圆锥母线长为 5，所以圆锥的高为 52 22π 4 3
，
1 2
所以圆锥的体积为 π 4 3 16π .
3
故选：C.
7．D
【分析】由题意可知，若甲去 B点，则剩余 4人，可只去 A,C两个点，也可分为 3组去 A,B,C 3
个点.分别求出安排种法，相加即可得出甲去 B点的安排方法.同理，即可得出甲去C点的安
排方法，即可得出答案.
【详解】若甲去 B点，则剩余 4人，可只去 A,C两个点，也可分为 3组去 A,B,C 3个点.
当剩余 4人只去 A,C两个点时，人员分配为1,3或 2, 2 ，
2 2
3 1 2 C C 2
此时的分配方法有C4 C 4 21 A2 A 14 ；A2 22
当剩余 4人分为 3组去 A,B,C 3个点时，先从 4人中选出 2人，即可分为 3组，然后分配到
3 2 3个小组即可，此时的分配方法有C4 A3 36，
综上可得，甲去 B点，不同的安排方法数是14 36 50 .
同理，甲去C点，不同的安排方法数也是50，
所以，不同的安排方法数是 50 50 100 .
故选：D.
8．B
【分析】通过对称轴与对称点得出 的式子，再通过单调得出 的范围，即可得出答案.
答案第 3页，共 16页
【详解】 f (x) sin( x ) ( 0)
5
满足 f (
) 1 f ， 0，
4 3
5 T nT 17 ，即T n N ，
3 4 4 2 3 6n
6 12n
n N ，
17
f (x) 在 ,
5
4 6
上单调，
5 7 T 2 12 ，即 ，
6 4 12 2 2 7
18当 n 1时 最大，最大值为 ，
17
故选：B.
9．C
【分析】
求得棱台的斜高，进而计算出三棱台的表面积.
【详解】设D,D1分别是 BC ,B1C1的中点，连接 AD, A1D1，
设O,O1分别是正三角形 ABC和正三角形 A1B1C1的中心，
则O AD,O AD B D 1 AD 3 ,BD 1 AD 2 31 1 1，且 1 1 ，3 1 1 3 3 3
由于OO1 平面 ABC,BC 平面 ABC，所以OO1 BC ，
由于 AD BC ,AD OO1 O ,AD ,OO1 平面 ADD1A1，
所以 BC 平面 ADD1A1，由于DD1 平面 ADD1A1，
所以 BC DD1，所以 D1DA是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，
所以 D1DA 60
3
，过O1作O1E AD，垂足为 E，则DE OD O1D1 ，3
DD 2 3所以 1 ，3
1 22 sin 60 1 42 sin 60 2 4 2 3所以三棱台的表面积为 3 11 3 .
2 2 2 3
故选：C
答案第 4页，共 16页
10．C
a 2n 2n 1【分析】根据欧拉函数的定义可求出 n ，再由等比数列的前 n项和公式即可求
出答案.
2 3 4
【详解】根据欧拉函数的定义可得a1 2 1,a2 2 2,a3 2 4,a4 2 8，
n n 1 n
一般地， an 2 2 .事实上， 2 表示从 1到 2n的正整数中，与 2n互质的正整数的
个数，
相当于去掉从 1到 2n的正整数中所有 2的倍数的个数（共 2n 1个数），
a 2n 2n 2n 1因此， n 2n 1 . 9所以， S10 1 2 4 2 1023 .
故选：C.
11．C
【分析】利用椭圆和双曲线的定义表示出 PF1,PF2，利用中位线定理找到 a1 , a2的关系，再结
合PF1 PF2，借助勾股定理进行运算即可.
【详解】根据题意:设m PF1 ,n PF2 ，设椭圆长半轴长为 a1，短半轴长为b1，双曲线实半
m n 2a m a a
轴长为 a b 1 1 22，虚半轴长为 2，则由椭圆及双曲线定义可得： ,
m
，
n 2a 2 n a1 a2
又因为PF1 PF2，且O,M 分别为 PF1， F1F2 的中点，所以 F1M OM ,
b c
所以 F1( c,0)到渐近线b2x a2 y 0
2
的距离为 F1M d b2 2 2 ，a2 b2
m a1 a2
所以 PF1 m 2b2， PF2 n 2a2 ，结合 a 3a
n a
，可得： ①
1 a
1 2
2
因为 PF1 PF2，所以m2 n2 4c2 , a a 2 2即 21 2 a1 a2 4c ，
答案第 5页，共 16页
a2 10整理得： 1 a
2 2c2 2 2 52 ，将①代入， a1 2c ，所以9 e
.
3
故选：C.
12．D
1
【分析】利用 cosOA,OB
2π
得向量
2 OA
、OB的夹角为 ，设3
A 2 cos , 2 sin , B 2 cos 2π , 2 sin 2π 3 3 ，利用两角和与差的公式、三角函
数的现在化简 x1 x2 y1 y2 可得答案.
【详解】由题意OA OB x1x2 y1 y2 1， OA OB 2，
因为 cosOA,OB
O A O B 1
OA OB 2，0 OA,OB π，
2π
所以向量OA、OB的夹角为 ，如图，3
设 A 2 cos , 2 sin , B 2 cos 2π , 2 sin 2π 3 ， 3
2π 2π
所以 x1 x2 y1 y2 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin
3 3
2 1 3
1 3 cos 1 3 sin 2sin ，且 tan 2 3 ，2 1 3
因为 1 sin 1，所以 2 x1 x2 y1 y2 2 .
故选：D.
答案第 6页，共 16页
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出向量OA、OB的夹角，设
A 2 cos , 2 sin , B 2 cos 2π , 2 sin 2π 进行化简计算.
3 3
13． x2 8y
【分析】根据准线方程可求抛物线的标准方程.
【详解】由抛物线的准线方程是 y= 2可知，抛物线开口向上，焦点为坐标 0,2 ，
则抛物线的标准方程为 x2 8y .
故答案为： x2 8y .
1
14． /0.5
2
【分析】利用约束条件作出可行域，根据截距式计算即可.
【详解】若 k 0，则可行域如图所示：
此时 z 5y x无小值，与题设矛盾，故 k 0，
由约束条件作出可行域如图，
答案第 7页，共 16页
A 4 结合图象知，点 , 0 ，
k
由 z 5y x y
x z x z
,得 ，由图可知，当直线 y 过 A时，
5 5 5 5
4 1
直线在 y轴上的截距最小， z有最小值为 8 k ．
k 2
1
故答案为： 2 ．
1
15． /0.2
5
1
【分析】根据递推关系式以及等差数列的定义可得 是等差数列，再利用等差数列的通
an
项公式即可求解.
【详解】
1 1 2
由2anan 1 3an 1 3an，得 an 0， ，又 a1 1a ，n 1 an 3
1 1 2
所以 是以 = 1a 为首项，公差 d 的等差数列， an 1 3
1 1 (n 1) 2 2n 1所以 a
3
an a1 3 3
，即 n ，2n 1
1
所以 a7 .5
1
故答案为： .
5
1
16． /
e e
1
x
【分析】根据函数解析式利用换元法可构造函数 g x e x 1，再由其单调性可得
g x min 0
1
，再根据函数与方程的思想利用数形结合即可求出实数 a的最大值为 .
e
f x ax xe ax ln x 1 eln x ax【详解】由题意知 ax ln x 1，
令 t ln x ax，原函数变为 y et t 1.
令 g x ex x 1，则 g x ex 1，易知当 x 0， g x 0，当 x 0时， g ' x 0，所
以 g x 在 ,0 上单调递减，在 0, 上单调递增，
即对于 x R ， g x g 0 0，即 g x min 0，当且仅当 t 0时取最小值，
答案第 8页，共 16页
所以当 t ln x ax 0， f x ln x取得最小值 0，即只需方程 a 有解即可；
x
ln x
也即函数 y a与函数 y 图象有交点即可；
x
h x ln x 1 ln x令 ，则 h x ，
x x2
当 x 0,e 时， h x 0；当 x e, 时， h x 0，
故h x 在 0,e 上单调递增，在 e, 上单调递减，所以 h x h e 1 max ，e
在同一坐标系下画出两函数图象如下图所示：
a 1即 即满足题意；
e
1
所以 amax e .
1
故答案为：
e
【点睛】方法点睛：构造函数并利用其单调性，根据函数与方程的思想利用数形结合求参数
取值范围是求解此类问题常用的方法，特别要注重函数构造过程中需要的变形技巧.
17．(1)67（分钟）
(2)分布列见解析；期望为 1
【分析】
（1）根据平均数等于每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和求解；
（2）依题意求出随机变量 的分布列，并利用数学期望公式求解.
【详解】（1）
由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
30 0.15 50 0.25 70 0.3 90 0.2 110 0.1 67（分钟）
（2）
答案第 9页，共 16页
由题意，在[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取 3，2，1人
的可能取值为：0，1，2
3 0 2 1
则P( 0)
C4C 2 1 C P( 1) 4C2 3
C36 5 C
3
6 5
1 2
P( 2) C C 1 4 2
C 3
6 5
所以 的分布列为：
0 1 2
1 3 1
P
5 5 5
E 0 1 1 3 2 1 1 18 (1) 37．
5 5 5 3
(2) 4 3
7
【分析】
（1）由CD 2BD 2得 S ACD S
2 3 1
ABC AD CD sin ADC，再结合余弦定理从而可3 3 2
求解.
2 1
（ 2 ） 由 CD 2BD 利 用 向 量 可 得 AD AB AC ， 并 结 合
3 3 b
2 4c2 11 得
bc cos BAC 1 1 ，再由 bc sin BAC 3，从而可求解.
2 2
【详解】（1）
由题可得：CD 2BD 2 2 3，故 S ACD S 3 ABC 3
1 1 3 2 3
又 S ACD AD CD sin ADC，即2 1 CD
，
2 2 3
CD 8 4 ，即 BD
3 3
在 ABD中，根据余弦定理得 AB2 BD2 AD2 2AD BD cos ADB
2 16 4 1
即 AB 1 2 1
9 3 2
AB 37 37 ，即 c ，
3 3
（2）
答案第 10页，共 16页
2 CD 1 2BD， AD AB AC
3 3
2 4 2 1 2 4 2 2
AD AB AC AB AC 1 4c b 4，即 bc cos BAC
9 9 9 9 9 9
又b2 4c2
1
11， bc cos BAC ①2
1
又 bc sin BAC 3②，由①②得：
2 tan BAC 4 3
sin BAC 4 3
7
19．(1)证明见解析
BN 1
(2)存在点 N，此时
BC 4
【分析】
（1）利用余弦定理和勾股定理可证明CD 平面 ABD，再由线面垂直的性质即可得CD AB；
（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果.
【详解】（1）因为 AD//BC，且 BC 2AD 2AB 2 2, AB BC，
可得 AD AB 2， BD AB2 AD2 2，
2
又因为 DBC ADB 45 ，可得CD 22 2 2 2 2 2 2cos45 2，
所以 BD2 DC2 BC2 ，则CD BD，
因为平面 ABD 平面 BCD，平面 ABD 平面 BCD BD，且CD 平面 BCD，
所以CD 平面 ABD，
又因为 AB 平面 ABD，
所以CD AB；
（2）因为CD 平面 ABD，且 BD 平面 ABD，所以CD BD，
如图所示，以点D为原点，建立空间直角坐标系，
可得 A 1,0,1 ， B 2,0,0 ，C 0,2,0 ，D 0,0,0 ，
答案第 11页，共 16页
所以CD 0, 2,0 ， AD 1,0, 1 ．
n
CD 2y 0
设平面 ACD的法向量为 n x, y, z ，则 ，
n AD x z 0
令 x 1，可得 y 0, z
1，所以 n 1,0, 1 ，
假设存在点N，使得 AN与平面 ACD所成角为 60 ，
设BN BC，（其中 0≤ ≤1），则 N 2 2 ,2 ,0 ， AN 1 2 , 2 , 1 ，
n
AN 1 2 1
所以 sin60
3
2 2 ，n AN 1 2 2 1 2 2 2
1 1
整理得8 2 2 1 0，解得 或 （舍去），
4 2
BN 1
所以在线段BC上存在点 N，使得 AN与平面 ACD所成角为60 ，此时 ．
BC 4
x2 y220．(1) 1
4 3
(2)直线 NQ是过定点，定点为 1,0 .
【分析】（1）根据已知条件列方程组，求得 a2 ,b2 ,，由此求得椭圆C的方程.
（2）设出直线 l的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，求得直线 NQ的方程，
进而判断出直线NQ过定点 1,0 .
x2 y2 3
【详解】（1）己知椭圆C： 2 2 1 a b 0 过点 A 3, ，a b 2
3
所以 3 4
2 2 1
，
a b
c b2 1 2 3 2
又因为离心率 e 1 ，则b a ，
a a2
2 4
3
3
则 42 3 1，解得： a
2 4,b2 3，
a a2
4
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为： 1 .
4 3
（2）由题知直线 l的斜率存在，
答案第 12页，共 16页
设 l的方程为 y k x 4 ，点 P x1, y1 ,Q x2 , y2 ,N x1, y1 ，
y k x 4 2
则 2 2 得3x
2 4k 2 x 4
3x 4y 12 12，
3 4k 2 x2 32k 2x 64k 2即 12 0， 0，
x x 32k
2 64k 2
1 2 ， x x
12
，
3 4k 2 1 2 3 4k 2
由题可得直线QN方程为 y y
y2 y1
1 x x1 x x ，2 1
又∵ y1 k x1 4 ， y2 k x2 4 ，
k x2 4 k
x 4
∴直线 NQ方程为 y k x1 4
1 x x ，
x2 x
1
1
x x 4x x2 4x 2x x 4 x x
令 y 0，整理得 x 1 2 2 1 1 x 1 2 1 2
x x 8 1
1 2 x1 x2 8
2 64k
2 12 4 32k
2 24
3 4k
2 3 4k 2 3 4k 2
32k 2
32k 2 2
1，
8 24 32k
3 4k 2 3 4k 2
即直线NQ过点 1,0 .
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一
般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系
或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为
坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点 x0 , y0 ，常利用直线的点斜式方程 y y0 k x x0 或截距式 y kx b
来证明.
21．(1) f (x)在 ( ,1)上单调递增，在 (1, )上单调递减.
答案第 13页，共 16页
2
(2) ,0
e
【分析】（1）代入求导，分别令 f (x) > 0和 f x 0讨论即可；
a(x 2) 2（2）等价变换为 x (x 0)恒成立，再对 a分类讨论即可.e
【详解】（1）由题意，知 f (x)
x 1
的定义域为R .当 a 1 2时， f (x) x x x，e 2
求导，得 f (x) (1 x)e x x 1 (x 1) e x 1 ，
又 e x 1 0，所以由 f (x) 0，得 x 1，
由 f (x) 0，得 x 1，
所以 f (x)在 ( ,1)上单调递增，在 (1, )上单调递减.
f (x)
（2） 0
1 a
恒成立，即 x x a 0(x 0)恒成立，x e 2
即 a(x 2)
2
x (x 0) 恒成立.e
2
当 a 0时，因为 ex 0，所以 a(x 2) (x 0) 恒成立；ex
2
当a 0时，令 x 2，
a
则 a(x 2) a
2 2 2 2, 2 2 2 1
a ex 2 2 e 2 ，e a
显然 a(x 2)
2
x (x 0)不恒成立；e
2 2
当 a<0 x时，由 a(x 2) x ，得 (x 2)e .e a
令 g(x) (x 2)e x(x 0) ，则 g (x) (x 1)e x ，
令 g (x) 0，得 x 1，令 g (x) 0，得 x 1且 x 0，
所以 g(x)在 (1, )上单调递增，在 ( , 0), (0,1)上单调递减，
所以 g(x) g(1) e
2 2
，即 e，所以 a 0，
a e
2
显然当 a 0时， a(x
2
2) x 在 ( , 0) (0, )上也成立.e e
综上所述，实数 a
2
的取值范围为 ,0
.
e
2
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是转化为 a(x 2) a
ex
(x 0)恒成立，然后对 分
答案第 14页，共 16页
a 0，a 0和 a<0讨论即可.
22．(1)曲线C的极坐标方程为 2 2m sin m2 4 0 ；直线 l的极坐标方程为
π ( R) .
6
(2)m 6 7
7
【分析】
（1）根据圆的参数得到其普通方程，再利用普通方程与极坐标方程的转化即可；
（2）将（1）中的两方程联立得到 2 m m2 4 0 ，利用判别式和韦达定理以及
|OA | 2 |OB |即可得到m .
x 4sin cos
【详解】（1） 曲线C的参数方程为 ( y m 2cos 2 为参数)，
x 2sin 2
y m 2cos 2
，
曲线C的普通方程为 x2 (y m)2 4 .
x cos , y sin ，
曲线C的极坐标方程为 2 2m sin m2 4 0 .
3直线 l的直角坐标方程为 y x，
3
π直线 l的极坐标方程为 ( R) .
6
π π
（2）设 A 1, ,B 2 , ，联立曲线C与直线 l的极坐标方程，
6 6
2 2m sin m2 4 0
得 π ， 2 m m2 4 0，
6
1 2 m
21 2 m 4 .
2 2
Δ m 4 m 4 0
A,B 16在O 2 2点同侧， m 4, 4 m .
3
|OA | 2 |OB |, 1 2 2 ，
答案第 15页，共 16页
2 1 2
3 m, 2 21 2 2 1 m, 2 m, 1 2 m m 4 ，3 3 9
36
m2 ，满足 4 m2 16 , m 6 7 .
7 3 7
23．(1)证明过程见解析
(2)3
【分析】
（1）由二次函数性质即可得证；
（2）由基本不等式结合乘“1”法即可求解.
【详解】（1）由题意得 a2 b2 a2 2 2 2 a 2 a 1 2 2，等号成立当且仅当 a b 1 0 .
（2）由题意 a b 1 3，且 a 0,b 0，
1 4 a b 1 1 4 1 4 b 1 4 a 5 4
所以 2 3，
a b 1 3 a b 1 3 3 3a 3 b 1 3 9
2a 3 b 1
等号成立当且仅当 即当且仅当 a 6 3 9,b 11 6 3，
a b 2
1 4
所以 的最小值为 3.
a b 1
答案第 16页，共 16页
