2020年贵州省高考数学试卷(理科)(新课标Ⅲ).docx

1、2020年贵州省高考数学试卷（理科）（新课标）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. 已知集合A(x,y)|x,yN*,yx，B(x,y)|x+y8，则AB中元素的个数为（ ） A.2B.3C.4D.6【答案】C【考点】交集及其运算【解析】利用交集定义求出AB(7,1),(6,2),(3,5),(4,4)由此能求出AB中元素的个数【解答】 集合A(x,y)|x,yN*,yx，B(x,y)|x+y8， AB(x,y)|yxx+y=8,x,yN*(1,7),(2,6),(3,5),(4,4) AB中元素的个数为42. 复数113i

2、的虚部是（ ） A.310B.110C.110D.310【答案】D【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】 113i=1+3i(13i)(1+3i)=110+310i， 复数113i的虚部是3103. 在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且i=14pi1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） A.p1p40.1，p2p30.4B.p1p40.4，p2p30.1C.p1p40.2，p2p30.3D.p1p40.3，p2p30.2【答案】B【考点】极差、方差与标准差【解析】根据题意，求出各组数据的方差，方差大的对

3、应的标准差也大【解答】选项A:E(x)10.1+20.4+30.4+40.12.5，所以D(x)(12.5)20.1+(22.5)20.4+(32.5)20.4+(42.5)20.10.65；同理选项B:E(x)2.5，D(x)1.85；选项C:E(x)2.5，D(x)1.05；选项D:E(x)2.5，D(x)1.45；4. Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域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：I(t)=K1+e0.23(t53)，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

4、*约为( )(ln193) A.60B.63C.66D.69【答案】C【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】根据所给材料的公式列出方程K1+e0.23(t53)=0.95K，解出t即可【解答】由已知可得K1+e0.23(t53)=0.95K，解得e0.23（t53）=119，两边取对数有0.23(t53)ln19，解得t66，5. 设O为坐标原点，直线x2与抛物线C:y22px(p0)交于D，E两点，若ODOE，则C的焦点坐标为（ ） A.(14,0)B.(12,0)C.(1,0)D.(2,0)【答案】B法二：易知，ODE45，可得D（2，2），代入抛物线方程y22px，可得44p，解得p1

5、，【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】法一：利用已知条件转化求解E、D坐标，通过kODkOE1，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标法二：画出图形，求出D的坐标，代入抛物线方程，然后求解即可【解答】法一：将x2代入抛物线y22px，可得y2p，ODOE，可得kODkOE1，即2p22p2=1，解得p1，所以抛物线方程为：y22x，它的焦点坐标(12,0)故选：B法二：易知，ODE45，可得D(2,2)，代入抛物线方程y22px，可得44p，解得p1，故选：B6. 已知向量a，b满足|a|5，|b|6，ab=6，则cos=( ) A.3135B.1935C.1735D.1935【答案】D【

6、考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】利用已知条件求出|a+b|，然后利用向量的数量积求解即可【解答】向量a，b满足|a|5，|b|6，ab=6，可得|a+b|=a2+2ab+b2=2512+36=7，cos=a(a+b)|a|a+b|=a2+ab57=25657=19357. 在ABC中，cosC=23，AC4，BC3，则cosB（ ） A.19B.13C.12D.23【答案】A【考点】余弦定理正弦定理【解析】先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理求出结论【解答】在ABC中，cosC=23，AC4，BC3，由余弦定理可得AB2AC2+BC22ACBCcosC42+3224323=9；故A

7、B3； cosB=AB2+BC2AC22ABBC=32+3242233=19，8. 如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+23【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】先由三视图画出几何体的直观图，利用三视图的数据，利用三棱锥的表面积公式计算即可【解答】由三视图可知，几何体的直观图是正方体的一个角，如图：PAABAC2，PA、AB、AC两两垂直，故PBBCPC22，几何体的表面积为：31222+34(22)2=6+23，9. 已知2tantan(+4)7，则tan（ ） A.2B.1C.1D.2【答案】D【考点】两角和与差的三角函数【解析

8、】利用两角和差的正切公式进行展开化简，结合一元二次方程的解法进行求解即可【解答】由2tantan(+4)7，得2tantan+11tan=7，即2tan2tan2tan177tan，得2tan28tan+80，即tan24tan+40，即(tan2)20，则tan2，10. 若直线l与曲线y=x和圆x2+y2=15都相切，则l的方程为（ ） A.y2x+1B.y2x+12C.y=12x+1D.y=12x+12【答案】D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】根据直线l与圆x2+y2=15相切，利用选项到圆心的距离等于半径，在将直线与曲线y=x求一解可得答案；【解答】直线l与圆x2+y2=

9、15相切，那么圆心(0,0)到直线的距离等于半径55，四个选项中，只有A，D满足题意；对于A选项：y2x+1与y=x联立，可得2xx+10，此时无解；对于D选项：y=12x+12与y=x联立，可得12xx+12=0，此时解得x1； 直线l与曲线y=x和圆x2+y2=15都相切，方程为y=12x+12，11. 设双曲线C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5P是C上一点，且F1PF2P若PF1F2的面积为4，则a（ ） A.1B.2C.4D.8【答案】A【考点】双曲线的离心率【解析】利用双曲线的定义，三角形的面积以及双曲线的离心率，转化求解a即可【解答】由题

10、意，设PF2m，PF1n，可得mn2a，12mn=4，m2+n24c2，e=ca=5，可得4c216+4a2，可得5a24+a2，解得a112. 已知5584，13485设alog53，blog85，clog138，则（ ） A.abcB.bacC.bcaD.cab【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】根据ab，可得ab，然后由blog850.8，得到cb，再确定a，b，c的大小关系【解答】 ab=log53log85=log53log58(log53+log58)24=(log5242)21， ab； 5584， 51.25， blog850.8； 13485， 40.8， cb，综上，

11、cba二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 若x，y满足约束条件x+y0,2xy0,x1,则z3x+2y的最大值为_ 【答案】7【考点】简单线性规划【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z3x+2y表示直线在y轴上的截距的一半，只需求出可行域内直线在y轴上的截距最大值即可【解答】先根据约束条件画出可行域，由x=12xy=0解得A(1,2)，如图，当直线z3x+2y过点A(1,2)时，目标函数在y轴上的截距取得最大值时，此时z取得最大值，即当x1，y2时，zmax31+227 (x2+2x)6的展开式中常数项是_（用数字作答） 【答案】240【考点】二项式定理及相关

12、概念【解析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值【解答】由于(x2+2x)6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r2rx123r，令123r0，求得r4，故常数项的值等于C6424240， 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_ 【答案】23【考点】球的表面积和体积【解析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的半径即可求出球的体积【解答】因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线BS3，底面半径BC1，则其高SC=BS2BC2=22，不妨设该内切球与母线BS切于点D，令O

13、DOCr，由SODSBC，则ODOS=BCBS，即r22r=13，解得r=22，V=43r3=23， 关于函数f(x)sinx+1sinx有如下四个命题：f(x)的图象关于y轴对称f(x)的图象关于原点对称f(x)的图象关于直线x=2对称f(x)的最小值为2其中所有真命题的序号是_ 【答案】【考点】命题的真假判断与应用【解析】根据函数奇偶性的定义，对称性的判定，对称轴的求法，逐一判断即可【解答】对于，由sinx0可得函数的定义域为x|xk,kZ，故定义域关于原点对称，由f(x)sin(x)+1sin(x)=sinx1sinx=f(x)；所以该函数为奇函数，关于原点对称，所以错对；对于，由f(x

14、)sin(x)+1sin(x)=sinx+1sinx=f(x)，所以该函数f(x)关于x=2对称，对；对于，令tsinx，则t1,0)(0,1，由双勾函数g(t)t+1t的性质，可知，g(t)t+1t(,22,+)，所以f(x)无最小值，错；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。 设数列an满足a13，an+13an4n （1）计算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明； （2）求数列2nan的前n项和Sn【答案】法一：数列an满足a13，an+13an4n

15、，则a23a145，a33a2427，猜想an的通项公式为an2n+1证明如下：(i)当n1，2，3时，显然成立，(ii)假设nk时，ak2k+1(kN+)成立，当nk+1时，ak+13ak4k3(2k+1)4k2k+32(k+1)+1，故nk+1时成立，由(i)(ii)知，an2n+1，猜想成立，所以an的通项公式an2n+1法二：数列an满足a13，an+13an4n，则a23a145，a33a2427，猜想an的通项公式为an2n+1证明：设an+1+(n+1)+3(an+n+)，可得an+13an+2n+2， 2=42=0，解得=2=1， an+12(n+1)13(an2n1)，（不能

16、说明an2n1是等比数列） a13，a12110，并且a22(2+1)10，所以an2n+1恒成立所以an2n+1令bn2nan(2n+1)2n，则数列2nan的前n项和Sn321+522+.+(2n+1)2n，两边同乘2得，2Sn322+523+.+(2n+1)2n+1，-得，Sn32+222+.+22n(2n+1)2n+16+8(12n1)12(2n+1)2n+1，所以Sn(2n1)2n+1+2【考点】数学归纳法数列递推式数列的求和【解析】（1）法一利用数列的递推关系式求出a2，a3，猜想an的通项公式，然后利用数学归纳法证明即可法二：利用数列的递推关系式，转化求解即可（2）化简数列的通项

17、公式，利用错位相减法求解数列的前n项和Sn【解答】法一：数列an满足a13，an+13an4n，则a23a145，a33a2427，猜想an的通项公式为an2n+1证明如下：(i)当n1，2，3时，显然成立，(ii)假设nk时，ak2k+1(kN+)成立，当nk+1时，ak+13ak4k3(2k+1)4k2k+32(k+1)+1，故nk+1时成立，由(i)(ii)知，an2n+1，猜想成立，所以an的通项公式an2n+1法二：数列an满足a13，an+13an4n，则a23a145，a33a2427，猜想an的通项公式为an2n+1证明：设an+1+(n+1)+3(an+n+)，可得an+13

18、an+2n+2， 2=42=0，解得=2=1， an+12(n+1)13(an2n1)，（不能说明an2n1是等比数列） a13，a12110，并且a22(2+1)10，所以an2n+1恒成立所以an2n+1令bn2nan(2n+1)2n，则数列2nan的前n项和Sn321+522+.+(2n+1)2n，两边同乘2得，2Sn322+523+.+(2n+1)2n+1，-得，Sn32+222+.+22n(2n+1)2n+16+8(12n1)12(2n+1)2n+1，所以Sn(2n1)2n+1+2 某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单

19、位：天）：锻炼人次空气质量等级0,200(200,400(400,6001（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）720 （1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率； （2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”根据所给数据，完成下面的22列联表，并根据列联表，判断是否有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？人次400人次400空气质量好空气质量不好附：K2=n(a

20、dbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】该市一天的空气质量等级为1的概率为：2+16+25100=43100；该市一天的空气质量等级为2的概率为：5+10+12100=27100；该市一天的空气质量等级为3的概率为：6+7+8100=21100；该市一天的空气质量等级为4的概率为：7+2+0100=9100；由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：x=1000.20+3000.35+5000.45350；根据所给数据，可得下面的22列联表，人次400人次400总计空气质量好333770空气

21、质量不好22830总计5545100由表中数据可得：K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(3383722)2703055455.8203.841，所以有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【考点】独立性检验古典概型及其概率计算公式【解析】（1）用频率估计概率，从而得到估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）采用频率分布直方图估计样本平均值的方法可得得答案；（3）由公式K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)计算k的值，从而查表即可，【解答】该市一天的空气质量等级为1的概率为：2+16+25100

22、=43100；该市一天的空气质量等级为2的概率为：5+10+12100=27100；该市一天的空气质量等级为3的概率为：6+7+8100=21100；该市一天的空气质量等级为4的概率为：7+2+0100=9100；由题意可得：一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为：x=1000.20+3000.35+5000.45350；根据所给数据，可得下面的22列联表，人次400人次400总计空气质量好333770空气质量不好22830总计5545100由表中数据可得：K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(3383722)2703055455.8203.841，所以有95

23、%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 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1 （1）证明：点C1在平面AEF内； （2）若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值【答案】证明：在AA1上取点M，使得A1M2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，有DD1/AA1/BB1，且DD1AA1BB1又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1， DEAMFB1 四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形 AF/MB1，且AFMB1，AD/ME，且ADME又在长方体

24、ABCDA1B1C1D1中，有AD/B1C1，且ADB1C1， B1C1/ME且B1C1ME，则四边形B1C1EM为平行四边形， EC1/MB1，且EC1MB1，又AF/MB1，且AFMB1， AF/EC1，且AFEC1，则四边形AFC1E为平行四边形， 点C1在平面AEF内；在长方体ABCDA1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系 AB2，AD1，AA13，2DEED1，BF2FB1， A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，则EF=(2,1,1)，AE=(0,1,1)，A1E=(0,1,

25、2)设平面AEF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)则n1EF=2x1+y1z1=0n1AE=y1z1=0，取x11，得n1=(1,1,1)；设平面A1EF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)则n2EF=2x2+y2z2=0n2A1E=y2+2z2=0，取x21，得n2=(1,4,2) cos=n1n2|n1|n2|=1+42321=77设二面角AEFA1为，则sin=117=427 二面角AEFA1的正弦值为427【考点】平面的基本性质及推论二面角的平面角及求法【解析】（1）在AA1上取点M，使得A1M2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，由已知证明四边形B1FAM和四边形EDA

26、M都是平行四边形，可得AF/MB1，且AFMB1，AD/ME，且ADME，进一步证明四边形B1C1EM为平行四边形，得到EC1/MB1，且EC1MB1，结合AF/MB1，且AFMB1，可得AF/EC1，且AFEC1，则四边形AFC1E为平行四边形，从而得到点C1在平面AEF内；（2）在长方体ABCDA1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系分别求出平面AEF的一个法向量与平面A1EF的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角AEFA1的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角AEFA1的正弦值【解答】证明：在AA1上

27、取点M，使得A1M2AM，连接EM，B1M，EC1，FC1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，有DD1/AA1/BB1，且DD1AA1BB1又2DEED1，A1M2AM，BF2FB1， DEAMFB1 四边形B1FAM和四边形EDAM都是平行四边形 AF/MB1，且AFMB1，AD/ME，且ADME又在长方体ABCDA1B1C1D1中，有AD/B1C1，且ADB1C1， B1C1/ME且B1C1ME，则四边形B1C1EM为平行四边形， EC1/MB1，且EC1MB1，又AF/MB1，且AFMB1， AF/EC1，且AFEC1，则四边形AFC1E为平行四边形， 点C1在平面AEF内；在长方体A

28、BCDA1B1C1D1中，以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系 AB2，AD1，AA13，2DEED1，BF2FB1， A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，则EF=(2,1,1)，AE=(0,1,1)，A1E=(0,1,2)设平面AEF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)则n1EF=2x1+y1z1=0n1AE=y1z1=0，取x11，得n1=(1,1,1)；设平面A1EF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)则n2EF=2x2+y2z2=0n2A1E=y2+2z2=0，取x21，得n2=(1,4

29、,2) cos=n1n2|n1|n2|=1+42321=77设二面角AEFA1为，则sin=117=427 二面角AEFA1的正弦值为427 已知椭圆C:x225+y2m2=1(0m0的情况，此时5s5，00的情况，此时5s5，0t54， |BP|BQ|， 有(s5)2+t2n2+1，又 BPBQ， s5+nt0，又s225+16t225=1，联立得s=3t=1n=2或s=3t=1n=8，当s=3t=1n=2时，则P(3,1)，Q(6,2)，而A(5,0)，则（法一）AP=(8,1)，AQ=(11,2)， SAPQ=12AP2AQ2(APAQ)2=12|82111|=52，同理可得当s=3t=

30、1n=8时，SAPQ=52，综上，APQ的面积是52法二： P(3,1)，Q(6,2)， 直线PQ的方程为：x3y0， 点A到直线PQ:x3y0的距离d=510，而|PQ|=10， SAPQ=1210510=52数形结合方法：如图示：当P点在y轴左侧时，过P点作PMAB，直线x6和x轴交于N(6,0)点，易知PMBBQN， NQPM1，故y1时，x225+12516=1，解得：x3，（x3舍），故P(3,1)，易得BM8，QN8，故SAPQSAQNSAPBSPBQSBQN=12(118101(1+65)18)=52，当P点在y轴右侧时，同理可得x3，即P(3,1)，BM2，NQ2，故SAPQ=

31、52，综上，APQ的面积是52 设函数f(x)x3+bx+c，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：f(x)所有零点的绝对值都不大于1【答案】由f(x)x3+bx+c，得f(x)3x2+b， f(12)3(12)2+b=0，即b=34；证明：设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x0)=x0334x0+c=0，且|x0|1，则c=x03+34x0，由|x0|1，令c(x)=x3+34x(1x1)， c(x)=3x2+34=3(x+12)(x12)，当x(1,12)(12,1)时，c(x)0可知c(x)在(1

32、,12)，(12,1)上单调递减，在(12,12)上单调递增又c(1)=14，c(1)=14，c(12)=14，c(12)=14， 14c14设x1为f(x)的零点，则必有f(x1)=x1334x1+c=0，即14c=x13+34x114， 4x133x11=(x11)(2x1+1)204x133x1+1=(x1+1)(2x11)20，得1x11，即|x1|1 f(x)所有零点的绝对值都不大于1【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程函数的零点与方程根的关系【解析】（1）求出原函数的导函数，由题意可得f(12)3(12)2+b=0，由此求得b值；（2）设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x

33、0)=x0334x0+c=0，且|x0|1，得到c=x03+34x0，由|x0|1，对c(x)求导数，可得c(x)在1,1上的单调性，得到14c14设x1为f(x)的零点，则必有f(x1)=x1334x1+c=0，可得14c=x13+34x114，由此求得x1的范围得答案【解答】由f(x)x3+bx+c，得f(x)3x2+b， f(12)3(12)2+b=0，即b=34；证明：设x0为f(x)的一个零点，根据题意，f(x0)=x0334x0+c=0，且|x0|1，则c=x03+34x0，由|x0|1，令c(x)=x3+34x(1x1)， c(x)=3x2+34=3(x+12)(x12)，当x(

34、1,12)(12,1)时，c(x)0可知c(x)在(1,12)，(12,1)上单调递减，在(12,12)上单调递增又c(1)=14，c(1)=14，c(12)=14，c(12)=14， 14c14设x1为f(x)的零点，则必有f(x1)=x1334x1+c=0，即14c=x13+34x114， 4x133x11=(x11)(2x1+1)204x133x1+1=(x1+1)(2x11)20，得1x11，即|x1|1 f(x)所有零点的绝对值都不大于1（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） 在直角坐标系x

35、Oy中，曲线C的参数方程为x=2tt2,y=23t+t2(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【答案】当x0时，可得t2（1舍去），代入y23t+t2，可得y2+6+412，当y0时，可得t2（1舍去），代入x2tt2，可得x2244，所以曲线C与坐标轴的交点为(4,0)，(0,12)，则|AB|=(4)2+122=410；由（1）可得直线AB过点(0,12)，(4,0)，可得AB的方程为y12x4=1，即为3xy+120，由xcos，ysin，可得直线AB的极坐标方程为3cossin+12

36、0【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）可令x0，求得t，对应的y；再令y0，求得t，对应的x；再由两点的距离公式可得所求值；（2）运用直线的截距式方程可得直线AB的方程，再由由xcos，ysin，可得所求极坐标方程【解答】当x0时，可得t2（1舍去），代入y23t+t2，可得y2+6+412，当y0时，可得t2（1舍去），代入x2tt2，可得x2244，所以曲线C与坐标轴的交点为(4,0)，(0,12)，则|AB|=(4)2+122=410；由（1）可得直线AB过点(0,12)，(4,0)，可得AB的方程为y12x4=1，即为3xy+120，由xcos，ysin，可得直

37、线AB的极坐标方程为3cossin+120选修4-5：不等式选讲（10分） 设a，b，cR，a+b+c0，abc1 （1）证明：ab+bc+ca0； （2）用maxa,b,c表示a，b，c的最大值，证明：maxa,b,c34【答案】 a+b+c0， (a+b+c)20， a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0， 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)， abc1， a，b，c均不为0， 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)0， ab+ac+bc0；不妨设ab0c134， a+b+c0， abc264=412416=413=34，与假设矛盾，故maxa,b,c34【考点】不等式的证明【解析】（1）将a+b+c0平方之后，化简得到2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)0，即可得证；（2）利用反证法，假设ab0c34，结合条件推出矛盾【解答】 a+b+c0， (a+b+c)20， a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc0， 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)， abc1， a，b，c均不为0， 2ab+2ac+2bc(a2+b2+c2)0， ab+ac+bc0；不妨设ab0c134， a+b+c0， abc264=412416=413=34，与假设矛盾，故maxa,b,c34