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2020届江西省新余市高三上学期期末数学(理)试题
一、单选题
1.已知全集UR,集合Ax|xx20,B1,0,1,2,3,则CUAB( ) A.1 【答案】B
【解析】求得集合A{x|0x2},得到CUA{x|x0或x2},再根据集合的交集运算,即可求解. 【详解】
由题意,集合Ax|xx20{x|0x2},B1,0,1,2,3, 则CUA{x|x0或x2},所以CUAB1,3. 故选:B. 【点睛】
本题主要考查了集合的混合运算,其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念和运算,以及正确求解集合A是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题. 2.复数z满足z1iA.
B.1,3
C.1,2,3
D.1,0,2,3
7
2
25i
,则复数z的共轭复数的虚部为( ) i
777
B.i C. D.i
222
【答案】A
【解析】利用复数的乘除运算求出复数z的代数形式,再求出其共轭复数,确认其虚部即可. 【详解】
25i25i25ii+17i337
i, 因为z
i1ii1222i1i+1
37i, 227
其虚部为.
2
所以z故选:A. 【点睛】
本题考查复数的乘除运算,以及对共轭复数的认识,是基础题.
3.鸡兔同笼,是中国古代著名的趣味题之一.《孙子算经》中就有这样的记载:今有鸡兔同笼,上有三十五头,下有九十四足,问鸡兔各有几何?设计如右图的算法来解决这个问题,则判断框中应填入的是( )
A.m94 【答案】B
B.m94 C.m35 D.m35
【解析】由题意知i为鸡的数量,j为兔的数量,m为足的数量,根据题意可得出判断条件. 【详解】
由题意可知i为鸡的数量,j为兔的数量,m为足的数量,根据题意知,在程序框图中,当计算足的数量为94时,算法结束,因此,判断条件应填入“m94”. 故选B. 【点睛】
本题考查算法程序框图中判断条件的填写,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等
题.
4.函数f(x)x2e的图像只可能是( )
x
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】利用函数f(x)x2e0排除A,B,取特殊值,排除D,即可判断. 【详解】
因为对于任意的xR,f(x)x2e0恒成立,所以排除A,B 由于f(0)02e1,则排除D 故选:C 【点睛】
本题主要考查了函数图像的识别,属于基础题. 5.若x,y满足A.2 【答案】A
【解析】作出x,y满足的可行域,利用z的几何意义即可解答. 【详解】
作出实数x,y满足不等式组对应的平面区域如图(阴影部分):
0
x
x
1
x1yx,则y2x的最大值是( ) 2
B.2
C.1
D.1
令z2xy则y2xz,由图可知当直线y2xz过点A(2,2)时,z最大, 即z2xy取最大值为422, 故选:A . 【点睛】
本题主要考查线性规划的应用,利用z的几何意义,利用结合数形结合是解决本题的关键.属于基础题.
6.设alog43,blog86,c20.1,则( ) A.abc 【答案】D
【解析】由对数的运算化简可得alog23,blog236,结合对数函数的性质,求得ab1,又由指数函数的性质,求得c20.11,即可求解,得到答案. 【详解】
由题意,对数的运算公式,可得alog43
B.bac
C.cab
D.cba
log231
log23log23,
log242
blog86
又由3
3
log261
log26log236, log283
62,所以log23log236log221,即ab1,
由指数函数的性质,可得c20.1201, 所以cba. 故选:D. 【点睛】
本题主要考查了对数函数的图象与性质,以及指数函数的图象与性质的应用,其中解答中熟练应用指数函数与对数函数的图象与性质,求得a,b,c的范围是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题. 7.函数f(x)4sinx
(0)的最小正周期是3,则其图象向左平移6个单3
位长度后得到的函数的一条对称轴是( ) A.x
4
B.x
3
C.x
5 6
D.x
19
12
【答案】D
【解析】由三角函数的周期可得解析式为y4sin【详解】
2
,由函数图像的变换可得, 平移后得到函数3
42x,再求其对称轴方程即可. 39
f(x)4sinx解:函数(0)的最小正周期是3,则函数
3
2
f(x)4sinx,经过平移后得到函数解析式为
33242
y4sinx4sinx
63933
得x
24
xk(kZ), ,由
392
319
k(kZ),当k1时,x. 21212
故选D. 【点睛】
本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换,属基础题.
8.已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的表面上,侧棱PA,PB,PC两两垂直,且PAPBPC2,若以P为球心且1为半径的球与三棱锥PABC公共部分的体积为V1,球O的体积为V2,则
V1
的值为( ) V2
C.
A.
3 36
B.
3 72
1 64
D.
3 24
【答案】B
【解析】由题意可知V1是半径为1的球的体积的
1
,把三棱锥PABC补成正方体,8
利用正方体与外接球的关系即可得到球O的体积为V2. 【详解】 由题意易得:V1
1431, 83
将三棱锥PABC补形为正方体可得其外接球即为三棱锥体的外接球,直径为:
2RPA2PB2PC223,
4
从而R3,V2
3
3,
3
V11所以V283
故选:B. 【点睛】
3
3
72,
三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为a,b,c,则其外接球半径公式为:
4R2a2b2c2.
9.今年4月,习近平总书记专程前往重庆石柱考察了“精准脱贫”工作,为了进一步解决“两不愁,三保障”的突出问题,当地安排包括甲、乙在内的5名专家对石柱县的3个不同的乡镇进行调研,要求每个乡镇至少安排一名专家,则甲、乙两名专家安排在不同乡镇的概率为( ) A.
19 25
B.
17 20
C.
16 25
D.
19 40
【答案】A
【解析】先求出甲、乙两名专家被分配在同乡镇的概率,由此能求出甲、乙两名专家不在同乡镇的概率. 【详解】
记甲、乙两名专家被分配在同乡镇的事件为A,5名专家分到3个不同的乡镇, 共有2种情况,1种情况为1,1,3人,另1种情况为1,2,2人.
1313C3A3C3A366
P(A)113122
那么C5C4C33C5C4C23101525,
AA3322
A2A2
所以甲、乙两名专家不在同乡镇的概率为:P(A)1P(A)
19
. 25
故答案为:A 【点睛】
本题考查了分步计算原理的运用问题,也考查了间接法和古典概型的计算问题,属于基础题.
x2y2
10.已知双曲线C:221(a0,b0)的左右焦点分别为F1、F2,过原点的直线
ab
与双曲线C交于A,B两点,若AF2B60,ABF2的面积为3a2,则双曲线的渐近线方程为( ) A.y
1
x 2
B.y2x
C.y
3x 3
D.y3x
【答案】D
【解析】连接AF根据双曲线定义及ABF2的1为平行四边形;1,BF1得四边形AF2BF
BF1F2中应用余弦定理即可求得a、c关系,进而利用双面积求得BF1,BF2,再在
曲线中【详解】
根据题意,连接AF1为平行四边形,几何关系如下图所示: 1,BF1得四边形AF2BF
的关系求得渐近线方程。
设AF2x,则BF1x,BF2x2a
ABF2的面积为3a2,AF2B60,则由三角形面积公式可得 3a2
解得x
13
,化简得x22ax4a20 xx2a
22
51a,x51a(舍)
所以BF2
51a
在BF1F2中,F1F22c 由余弦定理可得
F1F2BF1BF22BF1BF2cos120,
即2c
2
222
51a2
2
51a22
2
51a
51acos120
化简可得c24a2 ,由双曲线中c2a2b2 可得b23a2 即
b
3 a
所以渐近线方程为所以选D 【点睛】
本题考查了双曲线的定义和性质,渐近线方程求法,余弦定理的简单应用,属于中档题。11.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c25,且
2asinCcosBasinAbsinB
cosCAO
A.
5
bsinC,点O满足OAOBOC0,2
3
,则△ABC的面积为( ) 8
B.35
C.52
D.55
55 3
【答案】D
【解析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边,再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解. 【详解】
由2asinCcosBasinAbsinB
5
bsinC, 2
a2c2b255
可得2aca2b2bc,即cb.又c25,所以b4.
2ac22
因为OAOBOC0,所以点O为△ABC的重心, 所以ABAC3AO,所以AB3AOAC,
两边平方得AB|9AO|6AOACcosCAO|AC|2. 因为cosCAO
2
2
33222
,所以AB|9AO|6AO|ACAC|,
88
于是9|AO|29AO40,所以AO
4, 3
2
114355. △AOC的面积为AOACsinCAO4122338
因为△ABC的面积是△AOC面积的3倍.故△ABC的面积为55. 【点睛】
本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系,再与三角形的面积公式相结合求解,属于难度题. 12.已知函数f(x)
121
xxa(x0),g(x)lnx(x0),其中aR.若f(x)42
gx)的图象在点Ax1,fx1处的切线与(的图象在点Bx2,fx2处的切线重合,则
a的取值范围为() A.(1ln2,)
B.(1ln2,) D.(ln2ln3,)
3
C.,
4
【答案】A
【解析】先根据导数的几何意义写出函数fx在点A与函数gx在B处的切线方程,
111
ln1,令再利用两直线重合的充要条件列出关系式,从而得出a
x2x22t
11
,则0t,最后利用导数研究它的单调性和最值,即可得出a的取值范围.
x22
2
【详解】
121
xxa(x0),g(x)lnx(x0) 42111
∴fxxx0,gxx0,
22x
∵f(x)
函数fx在点Ax1,fx1处的切线方程为:
1111
yx12x1ax1xx1,
2242
函数gx在点Bx2,fx2处的切线方程为:ylnx2
1
xx2, x2
111x①,1x12alnx21②, 两直线重合的充要条件是122x24
由①及x10x2得0
2
11, x22
2
11111故alnx21ln1,
x2x22x22
2
111令t,则0t,且atlnt1, x222
11设httlnt1,0t
22
12t2t12t1t1, ht2t1
ttt
当0t
2
1
时,ht0恒成立,即ht单调递减, 2
1
hth1ln2,x0时,ht,
2
即a的取值范围为(1ln2,),故选A. 【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义等基础知识,考查了推理论证能力、运算能力、创新意识,考查了函数与方程、分类与整合、转化与化归等思想方法,属于中档题.
二、填空题
13.中国古代数学专家(九章算术)中有这样一题:今有男子善走,日增等里,九日走1260里,第一日,第四日,第七日所走之和为390里,则该男子的第三日走的里数为
__________. 【答案】120
【解析】将题目转化成数学语言,得到等差数列关系,求出首项和公差,再求第三日走的里数,即数列的第三项. 【详解】
因为男子善走,日增等里,可知每天走的里数符合等差数列,设这个等差数列为an,其公差为d,前n项和为Sn.
根据题意可知,S91260,a1a4a7390,
法一:S9
9a1a9
9a51260,a5140 2
a1a4a73a4390,a4130, da5a410, a3a4d120.
98
d1260S912609a1
法二:,2
aaa390147a1a13da16d390
a1100
解得所以a3a12d120
d10
【点睛】
本题考查文字描述转化数学语言的能力,等差数列求和和通项以及基本性质,属于简单题.
14.(x1)12x的展开式中x4的系数为_________. 【答案】160
【解析】根据12x的展开式的通项公式可得(x1)12x的展开式中x4的系数. 【详解】
3344
(x1)12x的展开式中x4的系数为C52C52160
5
55
5
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用,二项式展开式的通项公式,属于基础题.
sin2
的值为__________. 15.若tan3,则
tan
4
【答案】
3
10
3
,利用5
【解析】利用二倍角的正弦公式和平方关系式的逆用公式弦化切可得sin2两角和的正切公式可得tan(【详解】 因为tan3,
4
)2,然后相除可得.
所以sin22sincos
2tan2332sincos, 2222
sincostan1315
431tan()2,
41tantan131
43
sin235. 所以
10tan()243 故答案为: 10
【点睛】
本题考查了二倍角的正弦公式,两角和的正切公式,属于中档题.
16.抛物线有如下光学性质:由其焦点射出的光线经抛物线反射后,沿平行于抛物线对称轴的方向射出,今有抛物线y2px(p0),如图,一平行x轴的光线射向抛物线
2
tantan
上的点P,经过抛物线的焦点F反射后射向抛物线上的点Q,再反射后又沿平行x轴方向射出,若两平行光线间的最小距离为6,则此抛物线的方程为_______.
【答案】y6x
【解析】联立直线与抛物线方程,消去x得到关于y的方程,利用韦达定理得到
2
y1y2,y1y2的值,然后表示两平行光线距离,并求出其最小值为2p,而由题意可知
最小值为6,从而得到2p6,抛物线方程得解. 【详解】
设P(x1,y1),Q(x2,y2),设两平行光距离为d, 由题意可知,dy1y2, 因为F(
pp
,0),而直线PQ过点F,则设直线PQ方程为:xmy,mR 22
y22px
22
因为{p,消去x得y2pmyp0,
xmy
2
2
由韦达定理可得y1y22pm,y1y2p,
则dy1y2所以2p6,
4p2m24p22p1m22p,
故抛物线方程为y6x. 【点睛】
本题主要考查了抛物线方程的求解,涉及到韦达定理的应用,属于难题.对于涉及到直线与曲线相关的距离问题,常常运用到韦达定理以及弦长公式进行求解.
三、解答题
17.已知an是首项为1的等比数列,各项均为正数,且a2a312. (1)求数列an的通项公式; (2)设bn
2
1
,求数列bn的前n项和Sn.
(n2)log3an1
【答案】(1) an3n1 (2) Sn=
32n3 42(n1)(n2)
【解析】(1)由a2a312得q方程求解即可;(2)bn
1
变形为bn
nn2
111
裂项求和即可. 2nn2
【详解】
(1)设an的公比为q,
2
由a2a312得 qq12,
解得q3,或q4,
n1
因an各项都为正数,所以q0,所以q3,所以an3,
2bn
11111
n2log3an1nn22nn2
1111111132n3Sn1+=.
2324n1n1nn242n1n2
【点睛】
本题考查等比数列通项公式,裂项相消求和,熟记等比数列通项,熟练计算裂项求和是关键,易错点是裂项时提系数,及剩余项数,是基础题.
18.如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD平面ABCD,AD∥BC,
ABBCPA1,AD2,PADDABABC90,点E在棱PC上,
且CECP.
(Ⅰ)求证:CDAE;
(Ⅱ)是否存在实数,使得二面角CAED的余弦值为
10
?若存在,求出实数5
的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)
10
. 5
【解析】试题分析:(1)由边长和勾股定理得CDAC,又平面PAD平面ABCD,由定理证得CD平面PAC CDAE (2) 建立空间直角坐标系, 得出平面
AEC的一个法向量为
nCD1,1,0,设平面AED的一个法向量为m,由题意计算得出结果
解析:(Ⅰ)过点C作CF
AB交AD于D,
ABBC1,AD2,DABABC90
四边形ABCF为正方形,且AFFD1,AC在RtCFD中,CD
2
2,在ACD中,CD2AC24AD2
CDAC PAD90,PAAD
又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD
PA平面ABCD PACD PA,AC平面PAC,且PAACA
CD平面PAC CDAE
(Ⅱ)
PAD90PAAD
又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD
PA平面ABCD PACD,PAAB
以点A为坐标原点,AB、AD、AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,
A0,0,0,P0,0,1,C1,1,0,D0,2,0,CD1,1,0,AD0,2,0
假设存在实数使得二面角CAED的余弦值为点E在棱PC上,0,1 设Ex,y,z
10
,令CECP 5
CECP,x1,y1,z1,1,1
E1,1,则AE1,1,,
CD平面PAC,平面AEC的一个法向量为nCD1,1,0
设平面AED的一个法向量为mx1,y1,z1 由
mAE0mAD0
得
1x11y1z10
y10
令z1得
1
m,0,1,0,1
11
取m,0,1
cosm,n
mnmn
212
2
10
5
化简得32840又0,1 存在实数
2
3
210
. 使得二面角CAED的余弦值为
35
19.为庆祝党的98岁生日,某高校组织了“歌颂祖国,紧跟党走”为主题的党史知识竞赛。从参加竞赛的学生中,随机抽取40名学生,将其成绩分为六段70,75,75,80,
80,85,85,90,90,95,95,100,到如图所示的频率分布直方图.
(1)求图中a的值及样本的中位数与众数;
(2)若从竞赛成绩在70,75与95,100两个分数段的学生中随机选取两名学生,设这两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M,求事件M发生的概率. (3)为了激励同学们的学习热情,现评出一二三等奖,得分在95,100内的为一等奖,得分在90,95内的为二等奖, 得分在85,90内的为三等奖.若将频率视为概率,现从考生中随机抽取三名,设为获得三等奖的人数,求的分布列与数学期望. 【答案】(1)0.06;87.5;87.5;(2)
7
;(3)详见解析 15
【解析】(1)根据小矩形的面积之和等于1,列出方程,求得a的值,根据中位数定义估计中位数的范围,在列出方程求解中位数,再根据众数的定义,即可求解. (2)计算两组的人数,再计算抽取的两人在同一组的概率,即可求解;
(3)根据题意,得到随机变量服从二项分布,再利用二项分布的期望公式,即可求解. 【详解】
(1)由频率分布直方图可知(a0.050.0420.020.01)51,解得a0.06,可知样本的中位数在第4组中,不妨设为x,
则(0.010.020.04)5(x85)0.050.5,解得x87.5, 即样本的中位数为87.5,
由频率分布直方图可知,样本的众数为
8590
87.5. 2
(2)由频率分布直方图可知,在70,75与95,100两个分数段的学生人数分别为2和
4,设中两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M,
22
C2C477
M. 则事件M发生的概率为,即事件发生的概率为2
C61515
(3)从考生中随机抽取三名,则随机变量为获得三等奖的人数,则0,1,2,3, 由频率分布直方图知,从考升中任抽取1人,此生获得三等奖的概率为0.0650.3,所以随机变量服从二项分布B(3,0.3),
312
则P(0)(10.3)0.343,P(1)C30.3(10.3)0.441,
P(2)C320.32(10.3)0.189,P(3)0.330.027,
所以随机变量的分布列为
P
0 0.343
1 0.441
2 0.189
3 0.027
所以E30.30.9. 【点睛】
本题主要考查了频率分布直方图的应用,以及随机变量的分布列及其数学期望的求解,其中解答中认真审题,熟练频率分布直方图的性质,正确确定随机变量的取值,求得相应的概率,得出随机变量的分布列是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
x2y22
20.已知椭圆C:221ab0过点A(2,0),离心率为,O为坐标原点.
ab2
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设P,Q,R为椭圆C上的三点,OQ与PR交于点M,且OQ3OM,当PR的中点恰为点M时,判断△OPR的面积是否为常数,并说明理由.
uuuruuur
4x2
【答案】(1)y21;(2)△OPR的面积是常数为,理由见解析.
29
【解析】(1)由题a=2,再由离心率,求得c,再由 (2)b2a2c2,即可求得方程;若点Q是椭圆的右顶点,求得OPR的面积为
4
,若点Q不是椭圆的左、右顶点,则9
设直线PR的方程为:ykxmm0,与椭圆联立,由韦达定理得M,Q的坐标,弦长公式,点到线的距离公式,进而求出OPR的面积为常数 【详解】
2
12a2a
,解得(1)由已知易得,
c1c2
2a
∴b2a2c21,
x2
故椭圆C的标准方程为:y21.
2
(2)①若点Q是椭圆的右顶点(左顶点一样),则Q∵OQ3OM,M在线段OQ上, ∴M
2,0,
242,0,此时轴,求得, PRxPR33
14224
. 2339
∴OPR的面积等于
②若点Q不是椭圆的左、右顶点,则设直线PR的方程为:ykxmm0,
Px1,y1,Rx2,y2,
x22y224km222
由得2k1x4kmx2m20,则x1x22,
2k1ykxm
2m22
, x1x22
2k1
∴PR的中点M的坐标为
m2km,, 22
2k12k1
∴点Q的坐标为
3m6km22,,将其代入椭圆方程,化简得2k19m. 22
2k12k1
∴PR1k2
x1x2
2
221k22k21m281k2
. 4x1x2 2
2k19mm1k
2
点O到直线PR的距离d
,
∴OPR的面积S
OPR
m1181k24
PRd. 229m1k29
4
. 9
综上可知,OPR的面积为常数【点睛】
本题考查椭圆的方程,直线与椭圆的位置关系,三角形面积公式,熟记椭圆的简单几何性质,准确计算弦长,距离及面积公式是关键,是中档题 21.已知函数(1)若
,
.
存在极小值,求实数的取值范围;
的极小值点,且
.(2)见解析.
,可构造函数
,通过
,证明:
.
(2)设是【答案】(1)
【解析】(1)先求得导函数,根据定义域为求导及分类讨论,即可求得的取值范围。 (2)由(1)令可得
,通过分离参数得
。构造函数
的最小值,结合
及
,同时求对数,根据函数
,由导数即可判断
,的
单调情况,进而求得【详解】 (1)令则所以
在
时,时,
时,,
即可证明不等式成立。
.
, 上是增函数.
; . ,
,函数
在区间
上是增函数,不存在极值
又因为当当所以,当点; 当
时,
的值域为使
时,时,
.
,,
,
必存在所以当当所以
,,
单调递减; 单调递增;
存在极小值点.
.
.
综上可知实数的取值范围是(2)由(1)知所以
,
.
,即
由令又令
,得
,显然,所以由
, ,
. 在区间,得
.
上单调递减.
当当
时,
时,
,函数
,函数
单调递增;
单调递减;
, ,
, ,
所以,当所以所以所以即【点睛】
时,函数
,即,
取最小值
,即
.
本题考查了导数在研究函数单调性、极值和最值中的综合应用,利用导数证明不等式成立,变换过程复杂,需要很强的逻辑推理能力,是高考的常考点和难点,属于难题。
x32cos
22.在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(α为参数),
y32sin
直线C2的普通方程为y系.
(1)求曲线C1和直线C2的极坐标方程; (2)若直线C2与曲线C1交于A,B两点,求
3
x.以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标3
11. OAOB
22
【答案】(1) (cos3)(sin3)4,
6
R;(2)
333
. 14
【解析】(1)先将曲线C1的参数方程化为普通方程,再化为极坐标方程;根据直线过原点,即可得C2的极坐标方程。
(2)联立直线的极坐标方程与曲线C1的极坐标方程,根据极径的关系代入即可求得
11的值。 OAOB
【详解】
x32cos
(1)由曲线C1的参数方程为(为参数),
y32sin
得曲线C1的普通方程为x3y34,
所以曲线C1的极坐标方程为cos3sin34, 即6cos6sin140. 因为直线C2过原点,且倾斜角为所以直线C2的极坐标方程为
, 6
2
22
22
6
R.
(2)设点A,B对应的极径分别为1,2,
26cos6sin140由,
6
得333140, 所以12333,1214, 又10,20,
2
OAOB112333
1. 所以
OAOBOAOB1214
【点睛】
本题考查了参数方程、普通方程和极坐标方程的转化,利用极坐标求线段和,属于中档题。
23.[选修4-5:不等式选讲] 已知证明: (1)(2)
. ;
,
,
,且
.
【答案】(1)见解析.(2)见解析.
【解析】(1)根据分析法,结合不等式关系中的
,
,
,
即可证明不等式成立;或用柯西不等式,直接证明不等式成立。
(2)根据“1”的代换,代入后结合基本不等式即可证明;直接构造基本不等式证明,也可证明不等式成立。 【详解】
(1)方法一:因为所以因为所以
,
,
.
所以方法二:所以
(2)方法一:
,当且仅当
,
所以当且仅当方法二:所以当且仅当【点睛】
本题考查了不等式的证明,基本不等式及柯西不等式的应用,属于中档题。
,
时,等号成立. ,
时,等号成立.
,
时,等号成立.
,当且仅当
时,等号成立.
,
,
,
,
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