2019年高考数学试卷（理科）（新课标1）答案解析.pdf

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1、绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共4 页，23小题，满分150分，考试用时120分钟。相氧班1.答卷前，考生务江I等自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B铅笔将 试 卷 理(B)填涂在答题卡的相应位置上。2.作答选择 时，选出每小题答案后，用 2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。3.非选择须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答翘修页写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答

2、题卡的整洁。考i耨 束 后，将试卷和答题旨-并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共 60分。在每小嚼出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已 知 集 合 舷=3-4 e x 2),曾=中 -尤-6 0,则 河c N=A (z|-4 x 3)B.(x|-4 x -2)C,(x|-2 x 2)D,(x|2 x 3)【答案】C【解析】【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养.采取数轴法，利用数形结合的思想解题.【详解】由题意得，=x|-4 x 2),2/=x|-2 x 3),则A/n 77=(x|-2 x ,z-i=x+O-1兑 卜-卜 次+0-1）。=

3、1,则 父+（丁一1）2=1.故选 C.【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养.采取公式法或几何法，利用方程思想解题.3.已知a=lo gz（）.2小=2lc=0.23,贝A.a b c B.a c.b C.c a b D.b c a【答案】Bt解析】【分析】运用中间量。比较。,运用中间量1比较5，c【详解】a=lo g2 0.2 2 =1,0 O,203 0.2=1,则0 c l,a c b.故选 B.【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养.采取中间变量法，利用转化与化归思想解题.4.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与

4、肚脐至足底的长度之比是或二1（旻1/.6182 2,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立匚.若某人满足上述两个黄金分割比例，目腿长为105cm,头顶至脖子下端的长度2为26 cm,则其身高可能是A.165 an B.175 cm C.185 cm D.19 0cm愿你以渺小启程，以伟大结束。2【答案】B【解析】【分析】理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解.【详解】设人体脖子下端至肚脐的长为x c m,肚脐至腿根的长为ya n,则 竺=空 白=|二1,得x y+105 2矛级42.0 7 c m j 郊5.15

5、cm.又其腿长为105cm,头顶至脖子下端的长度为26cm,所以其身高约为42.07+5.15+105+26=178.22,接近 175cm.故选 B .【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取类比法，利用转化思想解【答案】D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，得 了 W是奇函数，排除A,再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案.【详解】由/(一垃=-s i n x _：=_,(x),得/(x)是奇因数,其图象关于原点对称.又C OS(X)+(-x)co sx+x吗=普岁5曰。.故 选D.(引【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养

6、.采取性质法或赋值法,利用数形结合思想解题.6.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“一”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 个阳爻的概率是愿你以渺小启程，以伟大结束。3B-32C.213211D.16【答案】A【解析】【分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算.【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有26情况，其中6爻中恰有

7、3个 阳 爻 情 况 有,所以该重卦恰有3个 阳 爻 的 概 率 为 单=且，故选A.26 16【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题.本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题.7.已 知 非 零 向 量 满 足 卜 卜 且g b,则。与力的夹角为兀 兀 2兀 5兀A.小 B-y c-T D,T【答案】B【解析】【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素 养.先 由G-Z)_LZ得 出 向 量 的 数 量

8、积 与 其 模 的 关 系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角.I I I 2【详解】因为(a-5)_ L 5,所以(ra-(.3f =ar 8r-占r2=0,所以以r 2r=才(,，所以0$。=百a.百小 =亓|8#二 万1,所以联与公的夹角为g,故选B.【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为 0，用.愿你以渺小启程，以伟大结束。418.如 图 是 求2+丁 的程序框图，图中空白框中应填入2+12A.A=-2+A【答 案】AB.=2+AC.4=-1+2力D.A=1+2A【解 析】【分 析】本题主要考查

9、算法中的程序框图，渗 透 阅 读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特征与程序框图结 构，即可找出作出选择.1 1 1【详 解】执 行 第1次，=求=1勺2是，因为第一次应该计算今上1=4，上=上+1=2,循 环，执行2 2+-2+A第2次，上=2工2,是，因 为 第 二 次 应 该 计 算2+二=，上=上+1=3,汇=3 X 2,否，输 出，故2+1 2+力2循 环 体 为-A =7，故 选A.2+A【点 睛】秒 杀 速 解 认 真 观 察 计 算 式 子 的 结 构 特 点，可 知 循 环 体 为 力=1.2+A9记 葭 为 等 差 数 列%的 前 八 项 和.已 知$4=。，&=5,

10、则A.ax=2n-5 B.ax=3-10 C.Sx-2n2-8n D.=-n2-2n【答 案】A【解 析】【分 析】愿你以渺小启程，以伟大结束。5等差数列通项公式与前n项和公式.本题还可用排除，对B,%=5,2=TOW。，排除B，对 C ,=0,%=$S4=2X52-8X5 0=10W5,排 除 C .对 D ,$4=0,?=Ss-S4=；x5-2x5-0=5 w 5 ,排 除D,故选A.d(=4冬+x4 x3=0 01 =-3【详解】由题知，故选 B .3 2法二：由已知可设内a=，则|月周=2心 忸 瓦|=|田|=%,由 椭 圆 的 定 义 有2a=四 用+忸 用|=4%，:|月耳卜25|

11、幺闯=2加.在 耳 和 即 笆 中，由余弦定理得愿你以渺小启程，以伟大结束。64/+4 2 2修 2 cos AAF2F1=4一,3 +4-2.力.2.cos N8与耳=9/,又 乙4玛 瓦，/8招用互补，cos乙44耳+cosN笈耳及=0,两式消去cosNR&,cosNB居用,得%2+6=1 1/,解得打=它.2【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养.11.关 于 函 数/=sm|x|+|sm x|有下述四个结论：是偶函数（纨x）在 区 间（，,”）单调递增颤 可5 -兀川有4个零点 仆）的最大值为2其中所有正确

12、结论的编号是A.B.颔）C.D.（）【答案】C【解析】【分析】化 简 函 数=sin|x|+|sin x|,研究它的性质从而得出正确答案.【详 解】Q -x）=sm卜对+卜皿一耳卜sin忖+忖nx|=x）,./为 偶 函 数，故 正 确.当5 c x汗时，x）=2sin x,它 在 区 间 管,兀）单调递减，故错误.当04 x W）时，x）=2sin x,它有两个零点：0,兀；当-*MX 15的中点，ZCEF=90,则球。的体积为A 8屈兀 B.4#”C.2曲冗 D.加冗【答案】D【解析】【分析】先证得PB_ 1 _ 平面P A C ,再求得PA-PB =P C =,从而得产-4 5 C 为正

13、方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法 一:=W =为边长为2 的等边三角形，二为正三棱锥，PB L AC,又E,尸 分 别 为 口、4 5 中点，:.E F ”F B ,E F 1.A C,又即工 C E,CE AC =C,:班 _L 平面 FH C,PB_L 平 面 为 C,:乙 4产 8=90。,:.取=期=产=&，：.产一49(7为正方体一部分，2K=/2 +2+2=而，即nV6.r,4 n3 4 65/6 FT 拓 _ 生R =-,.，=nR.=JTX-=671,故选 D.2 3 3 8愿你以渺小启程，以伟大结束。8p设 P A =P B =P C=2

14、x,E,F 分别为 P A,A B 中点，.E F H PB,且E F=；P B =x,Q&4 5 C为边长为2的等边三角形，C F =也 又/C E F=9 0 .C E=J3-r,A E =x7+4-伍一/L A E C 中余弦定理 co sNE 4C =-，作尸D _L ：,P A =P B =P C =y/2 又-A S B C=A(7=2)PA,PB,PC 两两垂直，2R=0+2+2 =而,五=空，：，=3於3=3兀*=6兀，故 选D.2 3 3 8【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解

15、决.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.曲 线y =3(/+x)e”在点(0,0)处的切线方程为.【答案】3x-j =0.【解析】【分析】本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程【详解】详解：y=3(2x+l)e*+3(x2+x)e*=3(x2+3x+l)e：所以，k=y l“o=3愿你以渺小启程，以伟大结束。9所以，曲线y=3(/+x)e”在点(0,0)处的切线方程为J=3 x,即3 x-0.【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误.求导要“慢”,计算要准，是解答此类问题的基本要求

16、.14.记S,为等比数列 4 的前九项和.若%=；，尺=&，则S尸_.【答案】号121.【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比g的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到$5.题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查.【详解】设等比数列的公比为a,由 已 知%=g,%2=4，所以=又gwO,所以 g=3,所以用一力.*_ -q 1-3 3【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求.本题由于涉及幕的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误.15.甲、乙两队进行篮球决褰，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决骞结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依

17、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_.【答案】0.18【解析】【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解.题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查.【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是0.63x0.5x0.5x2=0,108,前四场中有一场主场输，第五场嬴时，甲队以4:1获胜的概率是0.4x0.62x0.52x2=0.072,综上所述，甲队以4：1获胜的概率是 0，b。)的左、右焦点分别为妇，为，过妇

18、的直线与。的两条渐近线分(T VQ U/tjix*1,-HJKl别交于4 8 两点.若用工=,片9 用8 =0,则。的离心率为.【答案】2【解析】【分析】通 过 向 量 关 系 得 到 电 4=4 5 和。4_1月月，得 到 乙 4 0 B =N 4?片，结 合 双 曲 线 的 渐 近 线 可 得ABOF2=AAOFX,A B O F2=N 4 0 月=AB O A=60,从而由-=tan 60 =有可求离心率.a【详解】如图，由 年=益，得&4=A B.又。尸 i =。舄，得 OA 是三角形耳玛3 的中位线，即氏。力,B F2=2 a l 由_4UUI JU4JM4 8 更 8=0,得 用

19、8，舄 况。4，则。=。瓦有乙4 Q 5 =N W。居，又 0A 与 0B 都是渐近线，得 N 8 O 玛=A A O FX,又N B。玛+Z AO B+乙4。或=”，得N BO 骂=/。或=A B O A =60,.又渐近线0B 的斜率为-=tan 60 =,所以该双曲线的离心率为e=Jl+()2=J 1+(后 尸=2.a a【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合思想解题.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

20、据要求作答。(-)必考题：共 60分。17.V X BC的内角 4,B,。的对边分别为 a,b,c,设($1!18-S11102=$1112，一5111以 111(7.求 4(2)若贬 a+b=2c 求 sin C.愿你以渺小启程，以伟大结束。11【答案】(1)(2)sinC=+3.3 4【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简已知边角关系式可得b2+c2-a2=b c,从而可整理出cos小 根据工e(0,不)可求得结果；(2)利用正弦定理可得S sinN +sinBu 2 s in C,利用sinB=sin(A+C)、两角和差正弦公式可得关于sin C和cos C的方程，结合同角三角函数关系解

21、方程可求得结果.【详解】3)(sin 5-sin C)2=sin2 5-2sin 5 sin C +sin2 C=sin2 sin 5 sin C即：sin2 5+sin2 C-sin2-4=sin5sinC由正弦定理可得：b2+c2-a2=bcQ 4 e（0,/r）=y（2）Q J 2 a+b=2c 由正弦定理得：J5*sin月 +sinB=2sinC又 sin 8=sin（力+C）=sin J4 cosc+cosj sin C ,幺=gtr 也 也 1 .v 2 x+cos C 4sin C*=2 sin C2 2 2整理可得：3sinC-6=cosCQsin2C+cos2C=l（3sin

22、C-V 6）2=3（l-sin2C）解得：sm c=正变 或 选 二 叵4 4因为 sin5=2sinC-sinj4=2sinC理 0所以sinC 故sinC=#2 4 4（?）法二：Q-Jla+b=2c 由正弦定理得：/2-sinjl-+-sinB=2sinC又sinB=sin（工+C）=sin J4cosc+cossinC,j4=y J*2.x 4 cos C 4sin C*=2 sin C2 2 2愿你以渺小启程，以伟大结束。12整理可得：3 s i nC_#=c os C，即3 s m e一 抬co sC=2君sm一 s 2不-*皿 -4 4由（一石 万）所以CM=W C=+不 C-厌

23、+&sin C=sin(I )=-4 6 4【点、睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.is.如图，直四棱柱HBCDm B C 1D 1的底面是菱形，441=4,AB=2,N A 4 A60,E,M,N分别是5C,BBi,月M的中点.(1)证明：AW平面CiDE)(2)求二面角4M41-N的正弦值.【答案】(1)见解析；(2)叵5【解析】【分析】(1)利用三角形中位线和4。与。可 证 得 腔”跖，证 得 四 边 形 位 为 平 行 四 边 形，进而证得M

24、 7”口，根据线面平行判定定理可证得结论：(2)以菱形A 5C Z)对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取A B中点F,可证得D F JL平 面 闻 组，得 到 平 面 加4的 法 向 量 法 再通过向量法求得愿你以渺小启程，以伟大结束。13平面M 4R的法向量A,利用向量夹角公式求得两个法向蚩夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦Q M ,分别为8C中点为生BC的中位线又 曾 为A D中点，且 从 电 耳。:.N D N B i C且N D =：B C：.M E I J N D :.四边形M N D E为平行四边形M N I I D E，又加M 2 平面 C Q E ,u 平面 C

25、Q E:.M 7 平面g吸(2)设幺Cl B D =O ,4 c le由直四棱柱性质可知：0。1-L平面A B C DQ四边形AB C D为菱形 AC B D则以。为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：愿你以渺小启程，以伟大结束。14(乖1 1则：从后0,0),M(o,l,2),A(在0,4),D(0,-1,0)N取幺8中点尸，连接DF,则尸 -，5,0Q四边形4 5 8为 菱 形 目/胡 Q=60 .A B加 为 等 边 三 角 形:.D F L A B又 A AX1平面 AB C D,D F u 平面 A B C D ：.D F1 A AX：.D F _L平面AB B ,即D F _L

26、平 面 闻 气业1万 3 1二 券 为 平 面 皿1的一个法向量，且庐=，5,oI 2 2;I UJUU,_.LLLO 3、设平面M 4 0的法向量%=(xj,z),又H=(-1,2),W=-,-,0f r LLLW-n M AX=g x-y+2z =0.,H UM J3 3 令x=贝=1 z =-l./=(啰,1,-1)n.M N =x-y =0I 2 2r D F n 3 厉 IL U R/Tn.C OSDF)=LULT r-=.=-rin Y W阚向岳 5-s i n =:二 面 角A-M -N的正弦值为：典【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题求解二面角的关键是

27、能够利用垂直愿你以渺小启程，以伟大结束。15关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.319.已知抛物线C：J工3x的焦点为F,斜率为-的直线/与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.（1）若回+|5m=4,求/的方程3（2）若AP=3 F B,求 四.【答案】（1）12x-8y-7=0；（2）述3【解析】【分析】2C（1）设 直 线 九y=：x+演，金（和/），8（电,匕）；根据抛物线焦半径公式可得%+5=5；联立直线222方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于物的方程，解方程求得结果；（2）设直线，：穴=彳丫+匕联立直线方程与抛物线方程，得到

28、韦达定理的形式；利 用 益=3茂 可 得 力=-3乃，结合韦达定理可求得必”：根据弦长公式可求得结果3【详解】3)设直线，方程为：y =-x+m,4年 如，巩 孙 为)3 S由抛物线焦半径公式可知：A F+BF=Xy+X i+-=4 .x,+x2=-联立,“一 5 +活得：9/+(12m-12)x+4m2=0y=3xa 1则A=(12w-12)-144泓2 o：.m BP：12x-8.y-7=02 o2(2)设尸(,0),则可设直线/方程为：x=y+，-2x=v+t i联 立 彳3 得：/2y2=0./=3xRijA=4+12/0:t .%+%=2,帅2 7愿你以渺小启程，以伟大结束。16Q

29、AP=3PB 二 乂=_3%=乂=3.-.2=-3贝”网=J +*，8+凡）2-41yM =J4+12=士 等【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量 弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.20.已知函数/（x）=sin x-ln（l+x）,/（x）为F OO的导数.证明：（1）/在 区 间（T 乡存在唯一极大值点；（2）力）有且仅有2个零点.【答案】3）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在1-1，目上单调递减，根 据 零 点 存 在 定 理 可 判 断 出e（0,楙），使得g（x

30、o）=。，进而得到导函数在1-1，目上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知x=0为了（力 在（-1，0上的唯一零点；当x e（0,1时，首先可判断出在（0,%）上无零点，再利用零点存在定理得到了（X）在 通,上的单调性，可知y （X）0,不存在零点；当X 豆,兀 时，利用零点存在定理和/（X）单调性可判断出存在唯一一个零点；当x e（4,z。），可证得了（X）0；综合上述情况可证得结论【详解】（1）由题意知：/（X）定义域为：（-l,-KB）fi/，（X）=C OSX-X T 1（Q令 g（x）=C OSX-y,X-1,-，W=-s i n x +x j-l g（x+1）I 2）

31、Q正 号 在 卜 埒 上 单 调 递 瀛-sin x，在（T上单调递减愿你以渺小启程，以伟大结束。17g（x）在（T 2上单调递减又 g(0)=Tin 0+l=l 0g/L-s i n+_=_1 /(。)=0,/仔 卜 吟 _ 山 卜+。=1 1 12ew +2 ln l=0./(x)0在j X。,上恒成立，此时不存在零点Q 时，sin x单调递减，-In(x+1)单调递减：/(X)在 楙，)上 单 调 递 减又 0,/()=sin*-ln(*+l)=-ln(7T+l)0即 办 了 0,又 X)在 上 单 调 递 减U L 2.：/(X)在p/r上存在唯一零点,当 xe(*,+ln (*+1)

32、ln e=1.,.sin x-ln(x+l)22.在直角坐标系xQ中，曲 线。的参数方程为。为参数），以坐标原点。为极点，x轴的4iy=T+F正半轴为极轴建立极坐标系，直 线i的极坐标方程为2Q co s。+岛sin 6+11=0.（1）求C和i的直角坐标方程；C）求。上的点到，距离的最小值.2【答案】（1）C:/+匕=l,xc（-L W L 2 x+后+11=0；（2）不4【解析】【分析】（1）利用代入消元法，可求得C的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得？的直角坐标方程;（2）利用参数方程表示出C上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的

33、范围可求得最值.愿你以渺小启程，以伟大结束。21【详解】(1)由芯=泠1 _ 得：Jc二l 市X 川 一-皿 又，2V106 x-1-X-.y i _-1+，2=4(l+x)(l-x)=4-4*2(1+与I 1 +xJ整理可得C的直角坐标方程为：x2+=l,x e(-l,l4又x=p c o s 3 y =的直角坐标方程为：2x+岛+11=0(2)设C上点的坐标为：(cos仇2sin)则C上的点到直线/的距离4=2 cos 6+2啰sin 0+11忑4 sin(6+高+11当sin(d+j=-l时，d取最小值则 呢m【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线

34、距离的最值问题求解本题中的最值问题通常采用豢数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.23.已知a,b,c为正数，且满足就c=l.证明:(1)-+-+-)3+(6+c)3+(c+a)3 24.【答案】(1)见解析；C)见解析【解析】【分析】(1)利 用a加=1将 所 证 不 等 式 可 变 为 证 明：a2+b2+c2bc+ac+a b,利用基本不等式可证得2(/+/+/户2助+次+2,从 而 得 到 结 论；(2)利 用 基 本 不 等 式 可 得(.2+2)3+4-C/+(C 4-3(a+6)(Z 4-c)(C +(2),再 次 利 用 基 本 不 等 式 可 将 式 转

35、 化 为愿你以渺小启程，以伟大结束。22(a +&)3+(&+c)3+(c+a)3247(a,在取等条件一致的情况下，可得结论.【详解】(1)Q abc=1 +-=6ca b c a b c)Q 2(a2 4-i2+c2)=(a*+8)+(8+(/+白，=25+28c+2ac当且仅当 =力二。时取等号：.2(a2+b2+c2)2fl+l+ll,即：a2+Z2+c2-+-+-z a b c)a b c(2)Q(a+B?+Q+2ab b+c 2yfbc a+c 2x/ac(当且仅当 =3=c时等号同时成立)(a +6)34-(5+c)34-(c +a)3x25 x2/bc x2/ac=24 J(abc)”又abc=1 ：,(d+y+(3+u丫+(c+a)3 2 24【点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题,考查学生对于基本不等式的变形和应用能力,需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立.愿你以渺小启程，以伟大结束。23