江西省2019年高考数学试卷(理科)以及答案解析(共22页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上绝密启用前江西省2019年高考理科数学试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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）已知集合Mx|4x2，Nx|x2x60，则MN（）Ax|4x3Bx|4x2Cx|2x2Dx|2x32（5分）设复数z满足|zi|1，z在复平

2、面内对应的点为（x，y），则（）A（x+1）2+y21B（x1）2+y21Cx2+（y1）21Dx2+（y+1）213（5分）已知alog20.2，b20.2，c0.20.3，则（）AabcBacbCcabDbca4（5分）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是（）A165cmB175cmC185cmD190cm5（5分）函数f（x）在，的图象大致

3、为（）ABCD6（5分）我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是（）ABCD7（5分）已知非零向量，满足|2|，且（），则与的夹角为（）ABCD8（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）AABA2+CADA1+9（5分）记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则（）Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSnn22n10（5分）已知椭圆C的焦点为F1（1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点若|AF2|2|F2B|，|AB|

4、BF1|，则C的方程为（）A+y21B+1C+1D+111（5分）关于函数f（x）sin|x|+|sinx|有下述四个结论：f（x）是偶函数f（x）在区间（，）单调递增f（x）在，有4个零点f（x）的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）ABCD12（5分）已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为（）A8B4C2D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）曲线y3（x2+x）ex在点（0，0）处的切线方程为 14（5分）记Sn为等比数列an的前n项和若a1，a42a6，则S5

5、 15（5分）甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是 16（5分）已知双曲线C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点若，0，则C的离心率为 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）ABC的内

6、角A，B，C的对边分别为a，b，c设（sinBsinC）2sin2AsinBsin C（1）求A；（2）若a+b2c，求sinC18（12分）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值19（12分）已知抛物线C：y23x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P（1）若|AF|+|BF|4，求l的方程；（2）若3，求|AB|20（12分）已知函数f（x）sinxln（1+x），f（x）为f（x）的导数证明：（1）f（x）在区间（1，

7、）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点21（12分）为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分甲、乙两种药的治愈率分别

8、记为和，一轮试验中甲药的得分记为X（1）求X的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi（i0，1，8）表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p00，p81，piapi1+bpi+cpi+1（i1，2，7），其中aP（X1），bP（X0），cP（X1）假设0.5，0.8（i）证明：pi+1pi（i0，1，2，7）为等比数列；（ii）求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性（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（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方

9、程为（t为参数）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2cos+sin+110（1）求C和l的直角坐标方程；（2）求C上的点到l距离的最小值选修4-5：不等式选讲（10分）23已知a，b，c为正数，且满足abc1证明：（1）+a2+b2+c2；（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324江西省2019年高考理科数学试卷答案解析一、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【分析】利用一元二次不等式的解法和交集的运算即可得出【解答】解：Mx|4x2，Nx|x2x60x|2x3，MNx|2x2故选：C

10、【点评】本题考查了一元二次不等式的解法和交集的运算，属基础题2【分析】由z在复平面内对应的点为（x，y），可得zx+yi，然后根据|zi|1即可得解【解答】解：z在复平面内对应的点为（x，y），zx+yi，zix+（y1）i，|zi|，x2+（y1）21，故选：C【点评】本题考查复数的模、复数的几何意义，正确理解复数的几何意义是解题关键，属基础题3【分析】由指数函数和对数函数的单调性易得log20.20，20.21，00.20.31，从而得出a，b，c的大小关系【解答】解：alog20.2log210，b20.2201，00.20.30.201，c0.20.3（0，1），acb，故选：B【点评

11、】本题考查了指数函数和对数函数的单调性，增函数和减函数的定义，属基础题4【分析】充分运用黄金分割比例，结合图形，计算可估计身高【解答】解：头顶至脖子下端的长度为26cm，说明头顶到咽喉的长度小于26cm，由头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是0.618，可得咽喉至肚脐的长度小于42cm，由头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是，可得肚脐至足底的长度小于110，即有该人的身高小于110+68178cm，又肚脐至足底的长度大于105cm，可得头顶至肚脐的长度大于1050.61865cm，即该人的身高大于65+105170cm，故选：B【点评】本题考查简单的推理和估算，考查运算能力和推理能力，

12、属于中档题5【分析】由f（x）的解析式知f（x）为奇函数可排除A，然后计算f（），判断正负即可排除B，C【解答】解：f（x），x，f（x）f（x），f（x）为，上的奇函数，因此排除A；又f（），因此排除B，C；故选：D【点评】本题考查了函数的图象与性质，解题关键是奇偶性和特殊值，属基础题6【分析】基本事件总数n2664，该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m20，由此能求出该重卦恰有3个阳爻的概率【解答】解：在所有重卦中随机取一重卦，基本事件总数n2664，该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m20，则该重卦恰有3个阳爻的概率p故选：A【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查

13、运算求解能力，是基础题7【分析】由（），可得，进一步得到，然后求出夹角即可【解答】解：（），故选：B【点评】本题考查了平面向量的数量积和向量的夹角，属基础题8【分析】模拟程序的运行，由题意，依次写出每次得到的A的值，观察规律即可得解【解答】解：模拟程序的运行，可得：A，k1；满足条件k2，执行循环体，A，k2；满足条件k2，执行循环体，A，k3；此时，不满足条件k2，退出循环，输出A的值为，观察A的取值规律可知图中空白框中应填入A故选：A【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题9【分析】根据题意，设等差数列an的公差为d，则有，求出首项

14、和公差，然后求出通项公式和前n项和即可【解答】解：设等差数列an的公差为d，由S40，a55，得，an2n5，故选：A【点评】本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式，关键是求出等差数列的公差以及首项，属于基础题10【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得a，b，可得椭圆的方程【解答】解：|AF2|2|BF2|，|AB|3|BF2|，又|AB|BF1|，|BF1|3|BF2|，又|BF1|+|BF2|2a，|BF2|，|AF2|a，|BF1|a，在RtAF2O中，cosAF2O，在BF1F2中，由余弦定理可得cosBF2F1，根据cosAF2O+cosBF2F10，可得+0，解得a23

15、，ab2a2c2312所以椭圆C的方程为：+1故选：B【点评】本题考查了椭圆的性质，属中档题11【分析】根据绝对值的应用，结合三角函数的图象和性质分别进行判断即可【解答】解：f（x）sin|x|+|sin（x）|sin|x|+|sinx|f（x）则函数f（x）是偶函数，故正确，当x（，）时，sin|x|sinx，|sinx|sinx，则f（x）sinx+sinx2sinx为减函数，故错误，当0x时，f（x）sin|x|+|sinx|sinx+sinx2sinx，由f（x）0得2sinx0得x0或x，由f（x）是偶函数，得在，）上还有一个零点x，即函数f（x）在，有3个零点，故错误，当sin|x

16、|1，|sinx|1时，f（x）取得最大值2，故正确，故正确是，故选：C【点评】本题主要考查与三角函数有关的命题的真假判断，结合绝对值的应用以及利用三角函数的性质是解决本题的关键12【分析】由题意画出图形，证明三棱锥PABC为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再由补形法求外接球球O的体积【解答】解：如图，由PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥PABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则ACBG，又POAC，POBGO，可得AC平面PBG，则PBAC，E，F分别是PA，AB的中点，EFPB，又CEF90，即EFCE，PBCE，得PB

17、平面PAC，正三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D半径为，则球O的体积为故选：D【点评】本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【分析】对y3（x2+x）ex求导，可将x0代入导函数，求得斜率，即可得到切线方程【解答】解：y3（x2+x）ex，y3ex（x2+3x+1），当x0时，y3，y3（x2+x）ex在点（0，0）处的切线斜率k3，切线方程为：y3x故答案为：y3x【点评】本题考查了利用导数研究函数上某点的切线方程，切点处的导数

18、值为斜率是解题关键，属基础题14【分析】根据等比数列的通项公式，建立方程求出q的值，结合等比数列的前n项和公式进行计算即可【解答】解：在等比数列中，由a42a6，得q6a12q5a10，即q0，q3，则S5，故答案为：【点评】本题主要考查等比数列前n项和的计算，结合条件建立方程组求出q是解决本题的关键15【分析】甲队以4：1获胜包含的情况有：前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4：1获胜的概率【解答】解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率

19、为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，甲队以4：1获胜包含的情况有：前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p10.40.60.50.50.60.036，前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p20.60.40.50.50.60.036，前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p30.60.60.50.50.60.054，前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p30.60.60.50.50.60.054，则甲队以4：1获胜的概率为：pp1+p2+p3+p40.036+0.036+0.054+0.0540.18故答案为：0.18【点评】本题

20、考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题16【分析】由题意画出图形，结合已知可得F1BOA，写出F1B的方程，与y联立求得B点坐标，再由斜边的中线等于斜边的一半求解【解答】解：如图，且0，OAF1B，则F1B：y，联立，解得B（，），则，整理得：b23a2，c2a23a2，即4a2c2，e故答案为：2【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题三、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

21、。17【分析】（1）由正弦定理得：b2+c2a2bc，再由余弦定理能求出A（2）由已知及正弦定理可得：sin（C），可解得C的值，由两角和的正弦函数公式即可得解【解答】解：（1）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c设（sinBsinC）2sin2AsinBsin C则sin2B+sin2C2sinBsinCsin2AsinBsinC，由正弦定理得：b2+c2a2bc，cosA，0A，A（2）a+b2c，A，由正弦定理得，解得sin（C），C，C，sinCsin（）sincos+cossin+【点评】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角函数性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18【分

22、析】（1）过N作NHAD，证明NMBH，再证明BHDE，可得NMDE，再由线面平行的判定可得MN平面C1DE；（2）以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角AMA1N的正弦值【解答】（1）证明：如图，过N作NHAD，则NHAA1，且，又MBAA1，MB，四边形NMBH为平行四边形，则NMBH，由NHAA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，BEDH，BEDH，则四边形BEDH为平行四边形，则BHDE，NMDE，NM平面C1DE，DE平

23、面C1DE，MN平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，2），M（，1，2），A1（，1，4），设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，cos二面角AMA1N的正弦值为【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题19【分析】（1）根据韦达定理以及抛物线的定义可得（2）若3，则y13y2，x13x2+4t，再结合韦达定理可解得t1，x13，x2，再用弦长公式可得【解答】解：（1）设直线l的方程为y（xt），

24、将其代入抛物线y23x得：x2（t+3）x+t20，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x22t+，x1x2t2，由抛物线的定义可得：|AF|+|BF|x1+x2+p2t+4，解得t，直线l的方程为yx（2）若3，则y13y2，（x1t）3（x2t），化简得x13x2+4t，由解得t1，x13，x2，|AB|【点评】本题考查了抛物线的性质，属中档题20【分析】（1）f（x）的定义域为（1，+），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f（x）在（1，）上为减函数，结合f（0）1，f（）1+1+10，由零点存在定理可知，函数f（x）在（1，）上存在唯一得零点x0，结合单调性可得，f（x）在

25、（1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f（x）在区间（1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x（1，0）时，f（x）0，f（x）单调递减；当x（0，x0）时，f（x）0，f（x）单调递增；由于f（x）在（x0，）上单调递减，且f（x0）0，f（）0，可得函数f（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x（x0，x1）时，f（x）单调递增；当x（）时，f（x）单调递减当x（，）时，f（x）单调递减，再由f（）0，f（）0然后列x，f（x）与f（x）的变化情况表得答案【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（1，+），f（x）cosx，f（x）sinx+，令g（x）

26、sinx+，则g（x）cosx0在（1，）恒成立，f（x）在（1，）上为减函数，又f（0）1，f（）1+1+10，由零点存在定理可知，函数f（x）在（1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f（x）在区间（1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x（1，0）时，f（x）单调递增，f（x）f（0）0，f（x）单调递减；当x（0，x0）时，f（x）单调递增，f（x）f（0）0，f（x）单调递增；由于f（x）在（x0，）上单调递减，且f（x0）0，f（）0，由零点存在定理可知，函数f（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性

27、可知，当x（x0，x1）时，f（x）单调递减，f（x）f（x1）0，f（x）单调递增；当x（）时，f（x）单调递减，f（x）f（x1）0，f（x）单调递减当x（，）时，cosx0，0，于是f（x）cosx0，f（x）单调递减，其中f（）1ln（1+）1ln（1+）1ln2.61lne0，f（）ln（1+）ln30于是可得下表： x （1，0）0 （0，x1）x1 （） （） f（x） 0+0 f（x）单调递减 0单调递增 大于0单调递减 大于0单调递减 小于0结合单调性可知，函数f（x）在（1，上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，）上有且只有一个零点x2，当x，+）时

28、，f（x）sinxln（1+x）1ln（1+）1ln30，因此函数f（x）在，+）上无零点综上，f（x）有且仅有2个零点【点评】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查函数与方程思想，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大21【分析】（1）由题意可得X的所有可能取值为1，0，1，再由相互独立试验的概率求P（X1），P（X0），P（X1）的值，则X的分布列可求；（2）（i）由0.5，0.8结合（1）求得a，b，c的值，代入piapi1+bpi+cpi+1，得到（pi+1pi）4（pipi1），由p1p0p10，可得pi+1pi（i0，1，2，7）为公比为4，

29、首项为p1的等比数列；（ii）由（i）可得，p8（p8p7）+（p7p6）+（p1p0）+p0，利用等比数列的前n项和与p81，得p1，进一步求得p4P4表示最终认为甲药更有效的概率，结合0.5，0.8，可得在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理【解答】（1）解：X的所有可能取值为1，0，1P（X1）（1），P（X0）+（1）（1），P（X1）（1），X的分布列为： X1 0 1 P （1）+（1）（1）（1）（2）（i）证明：0.5，0.8，由（1）得，a0.4，b0.5，c0.1因此pi0.4pi1+0.5pi

30、+0.1pi+1（i1，2，7），故0.1（pi+1pi）0.4（pipi1），即（pi+1pi）4（pipi1），又p1p0p10，pi+1pi（i0，1，2，7）为公比为4，首项为p1的等比数列；（ii）解：由（i）可得，p8（p8p7）+（p7p6）+（p1p0）+p0，p81，p1，P4（p4p3）+（p3p2）+（p2p1）+（p1p0）+p0p1P4表示最终认为甲药更有效的概率由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理【点评】本题是函数与数列的综合题，主要考查数列和函数的应用，考查离散型

31、随机变量的分布列，根据条件推出数列的递推关系是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度（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（10分）22【分析】（1）把曲线C的参数方程变形，平方相加可得普通方程，把xcos，ysin代入2cos+sin+110，可得直线l的直角坐标方程；（2）法一、设出椭圆上动点的坐标（参数形式），再由点到直线的距离公式写出距离，利用三角函数求最值；法二、写出与直线l平行的直线方程为，与曲线C联立，化为关于x的一元二次方程，利用判别式大于0求得m，转化为两平行线间的距离求C上的点到l距离的最小

32、值【解答】解：（1）由（t为参数），得，两式平方相加，得（x1），C的直角坐标方程为（x1），由2cos+sin+110，得即直线l的直角坐标方程为得；（2）法一、设C上的点P（cos，2sin）（），则P到直线得的距离为：d当sin（+）1时，d有最小值为法二、设与直线平行的直线方程为，联立，得16x2+4mx+m2120由16m264（m212）0，得m4当m4时，直线与曲线C的切点到直线的距离最小，为【点评】本题考查间单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了两平行线间的距离公式的应用，是中档题选修4-5：不等式选讲（10分）23【分析】（1）利用基

33、本不等式和1的运用可证，（2）分析法和综合法的证明方法可证【解答】证明：（1）分析法：已知a，b，c为正数，且满足abc1要证（1）+a2+b2+c2；因为abc1就要证：+a2+b2+c2；即证：bc+ac+aba2+b2+c2；即：2bc+2ac+2ab2a2+2b2+2c2；2a2+2b2+2c22bc2ac2ab0（ab）2+（ac）2+（bc）20；a，b，c为正数，且满足abc1（ab）20；（ac）20；（bc）20恒成立；当且仅当：abc1时取等号即（ab）2+（ac）2+（bc）20得证故+a2+b2+c2得证（2）证（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324成立；即：已知

34、a，b，c为正数，且满足abc1（a+b）为正数；（b+c）为正数；（c+a）为正数；（a+b）3+（b+c）3+（c+a）33（a+b）（b+c）（c+a）；当且仅当（a+b）（b+c）（c+a）时取等号；即：abc1时取等号；a，b，c为正数，且满足abc1（a+b）2；（b+c）2；（c+a）2；当且仅当ab，bc；ca时取等号；即：abc1时取等号；（a+b）3+（b+c）3+（c+a）33（a+b）（b+c）（c+a）3824abc24；当且仅当abc1时取等号；故（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324得证故得证【点评】本题考查重要不等式和基本不等式的运用，分析法和综合法的证明方法19/6/21 16:48:14；用户：胖大妈专心-专注-专业