2020年广西全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)及解析.pdf

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1、2020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科数学理科数学（新课标三新课标三）注意事项：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回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑黑.如需改动如需改动，用橡皮擦干净后用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号再选涂其他答案标号.回答非选择题时回答非选择题时，将答案写将答案写在答题卡上在答题卡上.写在本试卷上无效写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回考

2、试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一一、选择题选择题：本题共本题共 12 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 60 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的.1.（5 分）已知集合(,)|,Ax yx yyx*N，(,)|8Bx yxy，则AB中元素的个数为（）A.2B.3C.4D.62.（5 分）复数113i的虚部是（）A.310B.110C.110D.3103.（5 分）在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为1234,pp pp，且411iip，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）A.14230

3、.1,0.4ppppB.14230.4,0.1ppppC.14230.2,0.3ppppD.14230.3,0.2pppp4.（5 分）Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I(t)(t 的单位：天)的 Logistic 模型：0.23(53)()=1etIKt，其中 K 为最大确诊病例数当 I(*t)=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t约为（）（ln193）A.60B.63C.66D.695.（5 分）设 O 为坐标原点，直线 x=2 与抛物线 C：y2=2px(p0)交于 D，E 两点，若 ODOE，则

4、 C 的焦点坐标为（）A.（14，0）B.（12，0）C.（1，0）D.（2，0）6.（5 分）已知向量 a，b 满足|5a，|6b，6a b，则cos,=a ab（）A.3135B.1935C.1735D.19357.（5 分）在ABC 中，cosC=23，AC=4，BC=3，则 cosB=（）A.19B.13C.12D.238.（5 分）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.6+42B.4+42C.6+23D.4+239.（5 分）已知 2tantan(+4)=7，则 tan=（）A.2B.1C.1D.210.（5 分）若直线 l 与曲线 y=x和 x2+y2=15都相切，则

5、 l 的方程为（）A.y=2x+1B.y=2x+12C.y=12x+1D.y=12x+1211.（5 分）设双曲线 C：22221xyab（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为5 P是 C 上一点，且 F1PF2P若PF1F2的面积为 4，则 a=（）A.1B.2C.4D.812.（5 分）已知 5584，13485设 a=log53，b=log85，c=log138，则（）A.abcB.bacC.bcaD.ca400空气质量好空气质量不好附：22()()()()()n adbcKa b c d a c b d，P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.6351

6、0.82819.（12分）如图，在长方体1111ABCDABC D中，点,E F分别在棱11,DD BB上，且12DEED，12BFFB（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB，1AD，13AA，求二面角1AEFA的正弦值20.（12 分）已知椭圆222:1(05)25xyCmm的离心率为154，A，B分别为C的左、右顶点（1）求C的方程；（2）若点P在C上，点Q在直线6x 上，且|BPBQ，BPBQ，求APQ的面积21.（12 分）设函数3()f xxbxc，曲线()yf x在点(12，f(12)处的切线与 y 轴垂直（1）求 b（2）若()f x有一个绝对值不大于 1 的零点，证明

7、：()f x所有零点的绝对值都不大于 1（二（二）选考题选考题：共共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做如果多做，则按所则按所做的第一题计分做的第一题计分.选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22.（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为22223xttytt （t 为参数且 t1），C 与坐标轴交于 A、B 两点（1）求|AB；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 AB 的极坐标方程选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23.（10 分）分）设 a

8、，b，cR，a+b+c=0，abc=1（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用 maxa，b，c表示 a，b，c 中的最大值，证明：maxa，b，c342020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科数学理科数学（新课标三新课标三）一一、选择题选择题：本题共本题共 12 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 60 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的.1.（5 分）【答案】C【解析】【分析】采用列举法列举出AB中元素的即可.【详解】由题意，AB中的元素满足8yxxy，且*,x yN，由82xyx，得

9、4x，所以满足8xy的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，故AB中元素的个数为 4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2.（5 分）【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算求出 z 即可.【详解】因为1131313(13)(13)1010iziiii，所以复数11 3zi的虚部为310.故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.3.（5 分）【答案】B【解析】【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组.【详解】对于 A 选项，该组数据的平均数为140.

10、1230.42.5Ax，方差为222221 2.50.122.50.432.50.442.50.10.65As；对于 B 选项，该组数据的平均数为140.4230.12.5Bx，方差为222221 2.50.422.50.132.50.142.50.41.85Bs；对于 C 选项，该组数据的平均数为140.2230.32.5Cx，方差为222221 2.50.222.50.332.50.342.50.21.05Cs；对于 D 选项，该组数据的平均数为140.3230.22.5Dx，方差为222221 2.50.322.50.232.50.242.50.31.45Ds.因此，B 选项这一组的标准

11、差最大.故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4.（5 分）【答案】C【解析】【分析】将tt代入函数 0.23531tKI te结合 0.95I tK求得t即可得解.【详解】0.23531tKI te，所以 0.23530.951tKI tKe，则0.235319te，所以，0.2353ln193t，解得353660.23t.故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5.（5 分）【答案】B【解析】【分析】根据题中所给的条件ODOE，结合抛物线的对称性，可知4COxCOx，从而可以确定出点D的坐标，

12、代入方程求得p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线2x 与抛物线22(0)ypx p交于,C D两点，且ODOE，根据抛物线的对称性可以确定4DOxCOx，所以(2,2)C，代入抛物线方程44p，求得1p，所以其焦点坐标为1(,0)2，故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6.（5 分）【答案】D【解析】【分析】计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cos,a ab 的值.【详解】5a，6b，6a b ，225619aabaa b .2222252 6

13、367ababaa bb ，因此，1919cos,5 735aaba abaab.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.7.（5 分）【答案】A【解析】【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB，再根据222cos2ABBCACBAB BC，即可求得答案.【详解】在ABC中，2cos3C，4AC，3BC 根据余弦定理：2222cosABACBCAC BCC22243224 33AB 可得29AB，即3AB 由22299 161cos22 3 39ABBCACBAB BC 故1cos9B.故选：A.【点睛】本

14、题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8.（5 分）【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12 222ABCADCCDBSSS 根据勾股定理可得：2 2ABADDBADB是边长为2 2的等边三角形根据三角形面积公式可得：2113sin60(2 2)2 3222ADBSAB AD 该几何体的表面积是：2 362 33 2.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立

15、体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.9.（5 分）【答案】D【解析】【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解】2tantan74，tan12tan71 tan，令tan,1tt，则1271ttt，整理得2440tt，解得2t，即tan2.故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.10.（5 分）【答案】D【解析】【分析】根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.【详解】设直线l在曲线yx上的切点为00,xx，则00 x，函数yx的导数为12yx，则直线l的斜率012kx，设直线l

16、的方程为00012yxxxx，即0020 xx yx，由于直线l与圆2215xy相切，则001145xx，两边平方并整理得2005410 xx，解得01x，015x （舍），则直线l的方程为210 xy，即1122yx.故选：D.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.11.（5 分）【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.【详解】5ca，5ca，根据双曲线的定义可得122PFPFa，1 2121|42PF FPFFSP，即12|8PFPF，12FPF P，22212|2PFPFc，221212

17、24PFPFPFPFc，即22540aa，解得1a，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12.（5 分）【答案】A【解析】【分析】由题意可得a、b、0,1c，利用作商法以及基本不等式可得出a、b的大小关系，由8log 5b，得85b，结合5458可得出45b，由13log 8c，得138c，结合45138，可得出45c，综合可得出a、b、c的大小关系.【详解】由题意可知a、b、0,1c，222528log 3lg3 lg81lg3lg8lg3lg8lg241log 5lg5 lg522lg5lg25lg5ab，ab；由8

18、log 5b，得85b，由5458，得5488b，54b，可得45b；由13log 8c，得138c，由45138，得451313c，54c，可得45c.综上所述，abc.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.（5 分）【答案】7【解析】【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.【详解】不等式组所表示的可行域如图因为32zxy，所以322xzy ，易知截距2z越大，则z越大，平移直线32xy ，当

19、322xzy 经过 A 点时截距最大，此时 z 最大，由21yxx，得12xy，(1,2)A，所以max3 1227z 故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14.（5 分）【答案】240【解析】【分析】写出622xx二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】622xx其二项式展开通项：62612rrrrCxxT12 26(2)rrrrxCx12 36(2)rrrCx当1230r，解得4r 622xx的展开式中常数项是：6644221615 16240CC.故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公

20、式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握nab的展开通项公式1Crn rrrnTab，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15.（5 分）【答案】23【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BCABAC，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于22312 2AM，故122 22 22S ABC，设内切圆半径为r，则：ABCAOBBOCAOCSSSS111222ABrBCrACr 13322 22r，解得：22r=，其体积：34233Vr.故答案为

21、：23.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.16.（5 分）【答案】【解析】【分析】利用特殊值法可判断命题的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题的正误；利用对称性的定义可判断命题的正误；取0 x可判断命题的正误.综合可得出结论.【详解】对于命题，152622f，152622f ，则66ff，所以，函数 fx的图象不关于y轴对称，命题错误；对于命题，函

22、数 fx的定义域为,x xkkZ，定义域关于原点对称，111sinsinsinsinsinsinfxxxxf xxxx ，所以，函数 fx的图象关于原点对称，命题正确；对于命题，11sincos22cossin2fxxxxx，11sincos22cossin2fxxxxx，则22fxfx，所以，函数 fx的图象关于直线2x对称，命题正确；对于命题，当0 x时，sin0 x，则 1sin02sinf xxx，命题错误.故答案为：.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演

23、算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为题为必考题，每个试题考生都必须作答必考题，每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分.17.（12 分）【答案】（1）25a，37a，21nan，证明见解析；（2）1(21)22nnSn.【解析】【分析】（1）利用递推公式得出23,a a，猜想得出na的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）由错位相减法求解即可.【详解】（1）由题意可得2134945aa，32381587aa，由数列na的前三项可猜想数列na是以3为首项，2

24、为公差的等差数列，即21nan，证明如下：当1n 时，13a 成立；假设nk时，21kak成立.那么1nk时，1343(21)4232(1)1kkaakkkkk也成立.则对任意的*nN，都有21nan成立；（2）由（1）可知，2(21)2nnnan2313 25 27 2(21)2(21)2nnnSnn ，234123 25 27 2(21)2(21)2nnnSnn ，由得：23162222(21)2nnnSn 21121 262(21)21 2nnn 1(12)22nn，即1(21)22nnSn.【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18.（12

25、 分）【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率；（2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22列联表，计算出2K的观测值，再结合临界值表可得结论.【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为2 16250.43100，等级为2的概率为5 10 120.27100，等级为3的概率为6780.21100，等级为4的概率为7200.09100；

26、（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100 20300 35500 45350100（3）22列联表如下：人次400人次400空气质量不好3337空气质量好2282210033 837 225.8203.84155 45 70 30K，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19.（12 分）【答案】（1）证明见解析；（2）427.【解析】【分析】（1）连接1C E、1C F，证明出四边形1AEC F为平行四边形，进而可证得点1C在

27、平面AEF内；（2）以点1C为坐标原点，11C D、11C B、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系1Cxyz，利用空间向量法可计算出二面角1AEFA的余弦值，进而可求得二面角1AEFA的正弦值.【详解】（1）在棱1CC上取点G，使得112CGCG，连接DG、FG、1C E、1C F，在长方体1111ABCDABC D中，/AD BC且ADBC，11/BBCC且11BBCC，112CGCG，12BFFB，112233CGCCBBBF且CGBF，所以，四边形BCGF为平行四边形，则/AF DG且AFDG，同理可证四边形1DEC G为平行四边形，1/C E DG且1C EDG，1/C

28、 E AF且1C EAF，则四边形1AEC F为平行四边形，因此，点1C在平面AEF内；（2）以点1C为坐标原点，11C D、11C B、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系1Cxyz，则2,1,3A、12,1,0A、2,0,2E、0,1,1F，0,1,1AE ，2,0,2AF ，10,1,2AE，12,0,1AF ，设平面AEF的法向量为111,mx y z，由00m AEm AF ，得11110220yzxz取11z ，得111xy，则1,1,1m，设平面1AEF的法向量为222,nxyz，由1100n AEn AF ，得22222020yzxz，取22z，得21

29、x，24y，则1,4,2n，37cos,7321m nm nmn ，设二面角1AEFA的平面角为，则7cos7，242sin1 cos7.因此，二面角1AEFA的正弦值为427.【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20.（12 分）【答案】（1）221612525xy；（2）52.【解析】【分析】（1）因为222:1(05)25xyCmm，可得5a，bm，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点P在C上，点Q在直线6x 上，且|BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设6x 与x轴交点为N，可得PMBBNQ

30、，可求得P点坐标，求出直线AQ的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ的面积.【详解】（1）222:1(05)25xyCmm5a，bm，根据离心率22154115cbmeaa，解得54m 或54m (舍)，C的方程为：22214255xy，即221612525xy；（2）点P在C上，点Q在直线6x 上，且|BPBQ，BPBQ，过点P作x轴垂线，交点为M，设6x 与x轴交点为N根据题意画出图形，如图|BPBQ，BPBQ，90PMBQNB，又90PBMQBN，90BQNQBN，PBMBQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：PMBBNQ，221612525xy，(5,0)B

31、，6 51PMBN，设P点为(,)PPxy，可得P点纵坐标为1Py，将其代入221612525xy，可得：21612525Px，解得：3Px 或3Px ，P点为(3,1)或(3,1)，当P点为(3,1)时，故5 32MB ，PMBBNQ，|2MBNQ，可得：Q点为(6,2)，画出图象，如图(5,0)A,(6,2)Q，可求得直线AQ的直线方程为：211100 xy，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：222 3 11 1 10555125211d ，根据两点间距离公式可得：2265205 5AQ，APQ面积为：1555 5252；当P点为(3,1)时，故5+38MB，PMBBNQ，|8

32、MBNQ，可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图(5,0)A,(6,8)Q，可求得直线AQ的直线方程为：811400 xy，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：228311 1 4055185185811d ，根据两点间距离公式可得：226580185AQ，APQ面积为：15518522185，综上所述，APQ面积为：52.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21.（12 分）【答案】（1）34b ；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到1()02f，

33、解方程即可；（2）由（1）可得2311()32()()422fxxxx，易知()f x在1 1(,)2 2上单调递减，在1(,)2，1(,)2上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244fcfcfcfc，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为2()3fxxb，由题意，1()02f，即21302b则34b ；（2）由（1）可得33()4f xxxc，2311()33()()422fxxxx，令()0fx，得12x 或21x ；令()0fx，得1122x，所以()f x在1 1(,)2 2上单调递减，在1(,)2，1(,)2上单调递增，且111111(1),(),(),(

34、1)424244fcfcfcfc，若()f x所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点0 x，则(1)0f 或(1)0f，即14c 或14c .当14c 时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244fcfcfcfc，又32(4)6434(1 16)0fcccccc，由零点存在性定理知()f x在(4,1)c上存在唯一一个零点0 x，即()f x在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,)上不存在零点，此时()f x不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；当14c 时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244fcfcfcfc，又32(4)6434(1 16)0

35、fcccccc，由零点存在性定理知()f x在(1,4)c上存在唯一一个零点0 x，即()f x在(1,)上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，此时()f x不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；综上，()f x所有零点的绝对值都不大于 1.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.（二（二）选考题选考题：共共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做如果多做，则按所则按所做的第一题计分做的第一题计分.选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10

36、分）分）22.（10 分）【答案】（1）4 10（2）3 cossin120【解析】【分析】（1）由参数方程得出,A B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB的值；（2）由,A B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令0 x，则220tt，解得2t 或1t（舍），则26412y，即(0,12)A.令0y，则2320tt，解得2t 或1t（舍），则2244x ，即(4,0)B 22(04)(120)4 10AB；（2）由（1）可知12030(4)ABk，则直线AB的方程为3(4)yx，即3120 xy.由cos,sinxy可得，直线AB的极坐标方程为3 co

37、ssin120.【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23.（10 分）分）【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由2222()2220abcabcabacbc结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设max,a b ca，由题意得出0,0ab c，由222322bcbcbcaaabcbc，结合基本不等式，即可得出证明.【详解】（1）2222()2220abcabcabacbc，22212abbccaabc.,a b c均不为0，则2220abc，222120abbccaabc；（2）不妨设max,a b ca，由0,1abcabc 可知，0,0,0abc，1,abc abc ，222322224bcbcbcbcbcaaabcbcbc.当且仅当bc时，取等号，34a，即3max,4a b c.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.