2020届安徽省合肥市高三下学期线上月考数学(理)试题(解析版).pdf

第 1 页 共 24 页2020届安徽省合肥市高三下学期线上月考数学（理）试题一、单选题1己知集合|13Myy，|(27)0Nx xx,，则MN（）A0,3)B70,2C71,2D【答案】C【解析】先化简7|(27)0|02Nx xxxx剟?，再求MN.【详解】因为7|(27)0|02Nx xxxx剟?，又因为|13Myy，所以71,2MN，故选：C.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的运算，还考查了运算求解能力，属于基础题.2设复数z 满足|3|2z，z在复平面内对应的点为(,)M a b，则M不可能为（）A(2,3)B(3,2)C(5,0)D(4,1)【答案】D【解析】依题意，设zabi，由|3|2z，得22(3)4ab，再一一验证.【详解】设zabi，因为|3|2z，所以22(3)4ab，经验证(4,1)M不满足，第 2 页 共 24 页故选：D.【点睛】本题主要考查了复数的概念、复数的几何意义，还考查了推理论证能力，属于基础题.3己知46a，544log21b，2.913c，则（）A abcBacbCbcaDcab【答案】B【解析】先将三个数通过指数，对数运算变形10446661a，2.905544411loglog 10,012133bc再判断.【详解】因为10446661a，2.905544411loglog 10,012133bc，所以acb，故选：B.【点睛】本题主要考查指数、对数的大小比较，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.42019 年 10 月 1 日，为了庆祝中华人民共和国成立70 周年，小明、小红、小金三人以国庆为主题各自独立完成一幅十字绣赠送给当地的村委会，这三幅十字绣分别命名为“鸿福齐天”、“国富民强”、“兴国之路”，为了弄清“国富民强”这一作品是谁制作的，村支书对三人进行了问话，得到回复如下：小明说：“鸿福齐天”是我制作的；小红说：“国富民强”不是小明制作的，就是我制作的；小金说：“兴国之路”不是我制作的，若三人的说法有且仅有一人是正确的，则“鸿福齐天”的制作者是（）A小明B小红C小金D小金或小明【答案】B【解析】将三个人制作的所有情况列举出来，再一一论证.【详解】依题意，三个人制作的所有情况如下所示：第 3 页 共 24 页1 2 3 4 5 6 鸿福齐天小明小明小红小红小金小金国富民强小红小金小金小明小红小明兴国之路小金小红小明小金小明小红若小明的说法正确，则均不满足；若小红的说法正确，则4 满足；若小金的说法正确，则 3 满足.故“鸿福齐天”的制作者是小红，故选：B.【点睛】本题考查推理与证明，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于基础题.5函数2sincos()20 xxxf xx在 2,0)(0,2 上的图象大致为()ABCD【答案】A【解析】首先判断函数的奇偶性，再根据特殊值即可利用排除法解得；【详解】解：依题意，22sin()()cos()sincos()()2020 xxxxxxfxf xxx，故函数fx为偶函数，图象关于y轴对称，排除C；第 4 页 共 24 页而2()020f，排除 B；2(2)05f，排除 D.故选：A.【点睛】本题考查函数图象的识别，函数的奇偶性的应用，属于基础题.6为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加、ABC三个贫困县的调研工作，每个县至少去1 人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（）A24 B36 C48 D64【答案】B【解析】根据题意，有两种分配方案，一是3:1:1，二是2:2:1，然后各自全排列，再求和.【详解】当按照3:1:1进行分配时，则有133318C A种不同的方案；当按照2:2:1进行分配，则有233318C A种不同的方案.故共有 36 种不同的派遣方案，故选：B.【点睛】本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.7已知向量(,1)amr，(1,2)br，若(2)abbrrr，则ar与br夹角的余弦值为（）A2 1313B2 1313C6 1365D6 1365【答案】B【解析】直接利用向量的坐标运算得到向量2abrr的坐标，利用(2)=0abbrrr求得参数 m，再用cos,|a ba ba br rr rrr计算即可.【详解】依题意，2(2,3)abmrr，而(2)=0abbrrr，即260m，解得8m，则102 13cos,13|565a ba babrrr rrr.第 5 页 共 24 页故选：B.【点睛】本题考查向量的坐标运算、向量数量积的应用，考查运算求解能力以及化归与转化思想.8框图与程序是解决数学问题的重要手段，实际生活中的一些问题在抽象为数学模型之后，可以制作框图，编写程序，得到解决，例如，为了计算一组数据的方差，设计了如图所示的程序框图，其中输入115x，216x，318x，420 x，522x，624x，725x，则图中空白框中应填入（）A6i，7SSB6i7SSC6i，7SSD6i，7SS【答案】A【解析】依题意问题是22212712020207Sxxx，然后按直到型验证即可.【详解】根据题意为了计算7 个数的方差，即输出的22212712020207Sxxx，观察程序框图可知，应填入6i，7SS，故选：A.【点睛】本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及转化与化归思想，属于基础题.第 6 页 共 24 页9记等差数列na的公差为d，前n项和为nS.若1040S，65a，则（）A3dB1012aC20280SD14a【答案】C【解析】由1101056105402aaSaa，和65a，可求得53a，从而求得d和1a，再验证选项.【详解】因为1101056105402aaSaa，65a，所以解得53a，所以652daa，所以10645813aad，154385aad，20120190100380280Sad，故选：C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.10已知椭圆C：222210 xyabab的左、右焦点分别为1F，2F，点11,P x y，11,Qxy在椭圆C上，其中1 0 x，10y，若22PQOF，1133QFPF，则椭圆C的离心率的取值范围为（）A610,2B0,62C2,312D0,31【答案】C【解析】根据22PQOF可得四边形12PFQF为矩形,设1PFn,2PFm,根据椭圆的定义以及勾股定理可得22242cmnnmac,再分析mntnm的取值范围,进而第 7 页 共 24 页求得22244 3232cac再求离心率的范围即可.【详解】设1PFn,2PFm,由10 x,10y,知mn,因为11,P x y,11,Qxy在椭圆C上,222PQOPOF,所以四边形12PFQF为矩形,12QFPF；由1133QFPF,可得313mn,由椭圆的定义可得2mna,2224mnc,平方相减可得222mnac,由 得2222242cmnmnmnnmac；令mntnm,令3,13mvn,所以14 32,3tvv,即22244 3232cac,所以222222 33accac,所以2222 3113eee,所以2142 32e,解得2312e.故选：C【点睛】本题主要考查了椭圆的定义运用以及构造齐次式求椭圆的离心率的问题,属于中档题.第 8 页 共 24 页11关于函数11()4 sin4 cos2323f xxx，有下述三个结论：函数()f x 的一个周期为2；函数()f x 在423,上单调递增；函数()f x 的值域为4,42.其中所有正确结论的编号是（）ABCD【答案】C【解析】用周期函数的定义验证.当3,42x时，1717,231224x，1()4 2 sin212f xx，再利用单调性判断.根据平移变换，函数11()4 sin4 cos2323f xxx的值域等价于函数11()4 sin4 cos22g xxx的值域，而()()g xg x，当0,x时，1()4 2 sin23g xx再求值域.【详解】因为1717114 sin4 cos4 cos4 sin()2212212212212fxxxxxf x，故 错误；当3,42x时，1717,231224x，所以111()4sin4cos4 2sin2323212f xxxx，111,212324x所以()f x 在423,上单调递增，故正确；第 9 页 共 24 页函数11()4 sin4 cos2323f xxx的值域等价于函数11()4 sin4 cos22g xxx的值域，易知()()g xg x，故当0,x时，1()4 2sin4,4223g xx，故 正确.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题.12 己知四棱锥-SABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，/ADBC，120BAD，SAD是等边三角形，且2 3SAAB；若点P在四棱锥-SABCD的外接球面上运动，记点P到平面ABCD的距离为d，若平面SAD平面ABCD，则d的最大值为（）A131B132C151D152【答案】A【解析】根据平面SAD平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，则球心在过BC的中点E的面的垂线上，又 SAD是等边三角形，所以球心也在过SAD的外心F面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.【详解】依题意如图所示：取BC的中点E，则E是等腰梯形ABCD外接圆的圆心，第 10 页 共 24 页取F是SAD的外心，作OE平面,ABCD OF平面SAB，则O是四棱锥 SABCD 的外接球球心，且3,2OFSF，设四棱锥 SABCD 的外接球半径为R，则22213RSFOF，而1OE，所以max131dROE，故选：A.【点睛】本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.二、填空题13己知函数3()(21)2xf xmxe，若曲线()yf x在(0,(0)f处的切线与直线420 xy平行，则m_.【答案】13【解析】先求导2()6(21)2e,(0)62xfxmxfm，再根据导数的几何意义，有(0)4f求解.【详解】因为函数3()(21)2xfxmxe，所以2()6(21)2e,(0)62xfxmxfm，所以624m，解得13m.故答案为：13【点睛】本题考查导数的几何意义，还考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.14设nS为数列na的前n项和，若257nnSa，则na_【答案】17533n【解析】当1n时，由1112572Saa，解得173a，当2n时，11257,257nnnnSaSa，两式相减可得1255nnnaaa，即153nnaa，可第 11 页 共 24 页得数列na是等比数列再求通项公式.【详解】当1n时，1112572Saa，即173a，当2n时，11257,257nnnnSaSa，两式相减可得1255nnnaaa，即153nnaa，即153nnaa，故数列na是以73为首项，53为公比的等比数列，所以17533nna.故答案为：17533n【点睛】本题考查数列的前n项和与通项公式的关系，还考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.15由于受到网络电商的冲击，某品牌的洗衣机在线下的销售受到影响，承受了一定的经济损失，现将A地区 200 家实体店该品牌洗衣机的月经济损失统计如图所示，估算月经济损失的平均数为m，中位数为n，则mn_.【答案】360【解析】先计算第一块小矩形的面积10.3S，第二块小矩形的面积20.4S，面积和超过 0.5，所以中位数在第二块求解，然后再求得平均数作差即可.【详解】第一块小矩形的面积10.3S，第二块小矩形的面积20.4S，第 12 页 共 24 页故0.50.3200030000.0002n；而10000.33000 0.450000.18(70009000)0.063360m，故360mn.故答案为：360.【点睛】本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.16己知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为12,FF，直线l是双曲线C过第一、三象限的渐近线，记直线l的倾斜角为，直线1:tan2yx，2F Ml，垂足为M，若M在双曲线C上，则双曲线C的离心率为 _【答案】51【解析】由22,2MOFOFc，则|cos2OMc，所以点2cos,cossin222Mcc，因为tanba，可得sin,cosbacc，点M坐标化简为,22ca b，代入双曲线的方程求解.【详解】设22,2MOFOFc，则tanba，即22sin,sincos1cosba，解得sin,cosbacc，则|cos2OMc，所以2cos,cossin222Mcc，第 13 页 共 24 页即,22ca bM，代入双曲线的方程可得2222()144cabab，所以22240caca所以2240ee解得51e.故答案为：51【点睛】本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，及三角恒等变换，还考查了运算求解的能力和数形结合的思想，属于中档题.三、解答题17己知 ABC的内角,A B C的对边分别为,a b c.设23sin3sin3sin42sinsinsinsinBCACBBC（1）求tan A的值；（2）若2sin3sinBC，且2 2ABCS，求a的值.【答案】（1）24（2）2 3【解析】（1）由正弦定理将23sin3sin3sin4 2sinsinsinsinBCACBBC，转化23334 2bcacbbc，即2223334 2bcabc，由余弦定理求得cosA，再由平方关系得sin A再求解.（2）由2sin3sinBC，得32cb，结合1sin222ABCSbcA再求解.【详解】第 14 页 共 24 页（1）由正弦定理，得23334 2bcacbbc，即2223334 2bcabc，则2222 2cos23bcaAbc，而22sincos1AA，又(0,)A，解得1sin3A，故sin2tancos4AAA.（2）因为2sin3sinBC，则32cb，因为2 2ABCS，故1sin222bcA，故21312 2232c，解得2 2c，故6b，则222 22cos368262 22 33abcbcA.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题.18如图所示，在三棱柱111ABCA B C中，ABC为等边三角形，11BABBB A，11ABA BO，CO平面11ABB A，D是线段11AC上靠近1A的三等分点.（1）求证：1ABAA；（2）求直线 OD 与平面11A ACC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）3311第 15 页 共 24 页【解析】（1）由11BABBB A，故1ABBB，所以四边形11A ABB为菱形，再通过COACOB，证得AOBO，所以四边形11ABB A为正方形，得到1ABAA.（2）根据（1）的论证，建立空间直角坐标，设平面11A ACC的法向量为(,)mx y zu r，由10,0.m AAm ACvuuu vv求得，再由222,33ODuuu r，利用线面角的向量法公式求解.【详解】（1）因为11BABBB A，故1ABBB，所以四边形11A ABB为菱形，而CO平面11ABB A，故90COACOB.因为,COCO CACB，故COACOB，故AOBO，即四边形11ABB A为正方形，故1ABAA.（2）依题意，1CO,OA COOA.在正方形11A ABB中，1OAOA，故以O为原点，1,OA OA OC所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz；如图所示：不纺设2AB，则11(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(2,2,2)OAACC，又因为11113ODOAACu uu ruu u ruuuu r，所以222,33D.第 16 页 共 24 页所以1(2,2,0),(0,2,2)A AACu uu ruu u r.设平面11A ACC的法向量为(,)mx y zu r，则10,0.m AAm ACvuuu vv，即220,220.xyyz，令1x，则1,1yz.于是(1,1,1)mu r.又因为222,33ODu uu r，设直线 OD 与平面11A ACC所成角为，则|33sin|cos,|11|m ODm ODm ODu r uuu ru r uuu ru ruuu r，所以直线 OD 与平面11A ACC所成角的正弦值为3311.【点睛】本题考查空间线面的位置关系、线面成角，还考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.19记抛物线2:2(0)Cypx p的焦点为F，点,D E在抛物线C上，且直线DE的斜率为 1，当直线DE过点F时，|4DE.（1）求抛物线C的方程；（2）若(2,2)G，直线DO与EG交于点H，0u u u ru u rrDIEI，求直线HI的斜率.【答案】（1）22yx（2）0【解析】（1）根据题意，设直线:2pDEyx，与2:2(0)Cypx p联立，得2220ypyp，再由弦长公式，1221|14DEyyk求解.（2）设221212,22yyDyEy，根据直线DE的斜率为1，则212221212122yyyyyy，第 17 页 共 24 页得到212yy，再由0DIEIuu ruu r，所以线段DE中点I的纵坐标为1Iy，然后直线DO的方程12yxy与直线EG的方程22(2)2yxy联立解得交点H 的纵坐标1Hy，说明直线/HIx轴，直线HI的斜率为0.【详解】（1）依题意，,02pF，则直线:2pDEyx，联立22,2ypxpyx得2220ypyp；设1122,D x yE xy，则21212122211|1142 224DEyyyyy ypkk，解得1p，故抛物线C的方程为22yx.（2）221212,22yyDyEy，因为直线DE的斜率为1，则212221212122yyyyyy，所以212yy，因为0DIEIuuruu r，所以线段DE中点I的纵坐标为1Iy.直线DO的方程为1212yyxy，即12yxy直线EG的方程为22222(2)22yyxy，即22(2)2yxy联立 解得1,21.yxy即点H的纵坐标为1Hy，即直线/HIx轴，故直线HI的斜率为0.如果直线EG的斜率不存在，结论也显然成立，综上所述，直线HI的斜率为 0.【点睛】本题考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系，还考查推理论证能力以及化归与转第 18 页 共 24 页化思想，属于中档题.20己知函数()2cosxf xexx.（1）当(,0)x时，求证：()0f x；（2）若函数()()1(1)g xf xn x，求证：函数()g x存在极小值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）求导得()2sinxfxex，由01xee，且sin1 0 x,，得到()0fx，再利用函数()f x 在(,0)上单调递减论证.（2）根据题意()2cosln(1),1xg xexxxx，求导，令1()()sin21xh xg xexx，易知(0)0h；21()cos(1)xh xexx，易知当0,2x时，()0h x，()()(0)0h xg xg；当(1,0)x时，函数()h x单调递增，而(0)1h，又91099cos10001010he，由零点存在定理得09,010 x，使得00hx，0,0 xx，使得()0h x，有()()(0)0h xgxg从而得证.【详解】（1）依题意，()2sinxfxex，因为01xee，且sin1 0 x,，故()0fx，故函数()f x 在(,0)上单调递减，故()(0)0f xf.（2）依题意，()2cosln(1),1xg xexxxx，令1()()sin21xh xg xexx，则(0)0h；而21()cos(1)xh xexx，可知当0,2x时，()0h x，第 19 页 共 24 页故函数()h x在0,2上单调递增，故当0,2x时，()()(0)0h xg xg；当(1,0)x时，函数()h x单调递增，而(0)1h，又91099cos10001010he，故09,010 x，使得00hx，故0,0 xx，使得()0h x，即函数()h x单调递增，即()g x单调递增；故当0,0 xx时，()(0)0g xg，故函数()g x在0,0 x上单调递减，在0,2上单调递增，故当0 x时，函数()g x有极小值(0)0g.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，还考查推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.21为了拓展城市的旅游业，实现不同市区间的物资交流，政府决定在A市与B市之间建一条直达公路，中间设有至少8 个的偶数个十字路口，记为2m，现规划在每个路口处种植一颗杨树或者木棉树，且种植每种树木的概率均为12.（1）现征求两市居民的种植意见，看看哪一种植物更受欢迎，得到的数据如下所示：A 市居民B 市居民喜欢杨树300200喜欢木棉树250250是否有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性；（2）若从所有的路口中随机抽取4 个路口，恰有X个路口种植杨树，求X的分布列以及数学期望；（3）在所有的路口种植完成后，选取3 个种植同一种树的路口，记总的选取方法数为M，求证：3(1)(2)Mm mm.附：22()()()()()n adbcKab cd ac bd第 20 页 共 24 页2P Kk0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.828【答案】（1）没有（2）分布列见解析，()2E X（3）证明见解析【解析】（1）根据公式计算卡方值，再对应卡值表判断.（2）根据题意，随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，分别求得概率，写出分布列，根据期望公式求值.（3）因为至少8 个的偶数个十字路口，所以28m，即4m.要证3(1)(2)Mm mm，即证(1)(2)3m mmM，根据组合数公式，即证32mMC；易知有1kkmmCC.成立.设2m个路口中有(,2)p pN pm,个路口种植杨树，下面分类讨论 当0,1,2p时，由33222m pmMCC论证.当22,21,2 pmmm时，由3322pmMCC论证.当323pm剟时，332pmpMCC，设332(),323pmpfpCCpm剟，再论证当pm时，332()pmpf pCC取得最小值即可.【详解】（1）本次实验中，221000(300250200250)10.110.828500500550450K，故没有 99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性.（2）依题意，X的可能取值为0，1，2，3，4，故411(0)(4)216P XP X，434141(1)(3)2164P XCP X，424163(2)C2168P XX0 1 2 3 4 P116143814116第 21 页 共 24 页故1()422E X.（3）28m，4m.要证3(1)(2)Mm mm，即证32mMC；首先证明：对任意*,m kNmk，有1kkmmCC.证明：因为110kkkmmmCCC，所以1kkmmCC.设2m个路口中有(,2)p pN pm,个路口种植杨树，当0,1,2p时，33222(22)(23)(24)(1)(2)(23)466mpmmmmmmmMCC，因为4m，所以23mm，于是33(1)(2)4426mmm mmMCC.当22,21,2 pmmm时，3322pmMCC，同上可得32mMC 当323pm剟时，332pmpMCC，设332(),323pmpfpCCpm剟，当324pm剟时，333322121221(1)()pmppmppm pfpfpCCCCCC，显然21pmp，当21pmp即24m pm剟时，(1)()fpf p，当21pmp即31p m剟时，(1)()fpf p，即()(1)(23)f mf mfmL；(3)(4)()fff m，因此3()()2mf pf mC，即32mMC.综上，32mMC，即3(1)(2)Mm mm.【点睛】本题考查独立性检验、离散型随机变量的分布列以及期望、排列组合，还考查运算求解能力以及必然与或然思想，属于难题.22在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为22cos2sinxy（为参数），第 22 页 共 24 页以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为2224cos4sin.（1）求曲线1C的极坐标方程以及曲线2C的直角坐标方程；（2）若直线:lykx与曲线1C、曲线2C在第一象限交于,P Q两点，且|2|OPOQ，点M的坐标为(2,0)，求 MPQ的面积.【答案】（1）1C的极坐标方程为4cos，2C的直角坐标方程为2214xy（2）2 23【解析】（1）先把曲线1C的参数方程消参后，转化为普通方程，再利用cos,sinxy求得极坐标方程.将2224cos4sin，化为2222cos4sin4，再利用cos,sinxy求得曲线2C的普通方程.（2）设直线的极角0，代入2224cos4sin，得2Q20413sin，将0代入4cosp，得04cosP，由|2|OPOQ，得2PQ，即2020164cos13sin，从而求得202sin3，201cos3，从而求得,QP，再利用01|sin2MPQOMPOMQPQSSSOM求解.【详解】（1）依题意，曲线221:(x2)4Cy，即2240 xyx，故24cos0，即4cos.因为2224cos4sin，故2222cos4sin4，即2244xy，即2214xy.第 23 页 共 24 页（2）将0代入2224cos4sin，得2Q20413sin，将0代入4cosp，得04cosP，由|2|OPOQ，得2PQ，得2020164cos13sin，解得202sin3，则201cos3.又002，故02042 34 3,4cos13sin33QP，故MPQ的面积012 2|sin23MPQOMPOMQPQSSSOM.【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义，还考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.23己知0a，0b，0c.（1）求证：44422422ab abaa bbab；（2）若1abc，求证：333abcabbcac.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）采用分析法论证，要证44422422ab abaa bbab，分式化整式为22422444abaa bbab ab，再利用立方和公式转化为6655aba bab，再作差提取公因式论证.（2）由基本不等式得3333331 3,1 3,1 3abab bcbc acac厖?，再用不等式的基本性质论证.【详解】（1）要证44422422ab abaa bbab，即证22422444abaa bbab ab，第 24 页 共 24 页即证6655aba bab，即证66550aba bab，即证55()()0aabab b，即证55()0abab，该式显然成立，当且仅当ab时等号成立，故44422422ab abaa bbab.（2）由基本不等式得3333abcabc，3333331 3,1 3,1 3abab bcbc acac厖?，当且仅当1abc时等号成立.将上面四式相加，可得3333333 3333abcabcabbcac，即333abcabbcac.【点睛】本题考查证明不等式的方法、基本不等式，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.