【文档说明】2022年高考理科数学全国甲卷及答案.docx，共(27)页，1.338 MB，由baby熊上传

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绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.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，再选涂其他答案标号.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.若13iz，则1zzz（）A.13iB.13iC.13i33D.13i332.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让

他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题正确率的平均数大于85%的C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座后问卷答题的

正确率的极差大于讲座前正确率的极差3.设全集{2,1,0,1,2,3}U，集合2{1,2},430ABxxx∣，则()UABð（）A.{1,3}B.{0,3}C.{2,1}D.{2,0}4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视

图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.8B.12C.16D.205.函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大致为（）A.B.C.D.6.当1x时，函数()ln

bfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A1B.12C.12D.17.在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1

ACCBD.1BD与平面11BBCC所成的角为458.沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CDAB．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2CDsABOA．

当2,60OAAOB时，s（）A.11332B.11432C.9332D.94329.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.510

410.椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若.直线,APAQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）A.32B.22C.12D.1311.设函数π()sin3fxx在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取

值范围是（）A.513,36B.519,36C.138,63D.1319,6612.已知3111,cos,4sin3244abc，则（）A.cbaB.bacC.abcD.acb二、填空题：本题共4小题，每

小题5分，共20分.13.设向量a，b的夹角的余弦值为13，且1a，3br，则2abb_________．14.若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy相切，则m_________．15.从正方

体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．16.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADCDBD．当ACAB取得最小值时，BD________．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17～21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.记nS为数列na的前n项和．已知221nnSnan．（1）证明：na是等差数列；（2）若479,,aaa成等比数列，求

nS的最小值．18.在四棱锥PABCD中，PD底面,,1,2,3ABCDCDABADDCCBABDP∥．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．19.甲、乙两个学校进行体育比赛

，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求

X的分布列与期望．20.设抛物线2:2(0)Cypxp焦点为F，点,0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF．（1）求C的方程；（2）设直线,MDND与C另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾

斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．21已知函数lnxfxxaxxe．（1）若0fx，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点12,xx，则环121xx．（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]22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为26txyt（t为参数），曲

线2C的参数方程为26sxys（s为参数）．的的.（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选

讲]23.已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则113ac．绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓

名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.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，再选涂其他答案标号.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.若13iz，则1zzz（）A.13iB.13iC.13i33D.13i33【答案】C【解析】【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.【详解】13i,(13i)(

13i)134.zzz13i13i1333zzz故选：C2.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则

（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座后问卷答题正确率的极差大于讲座前正确率的极

差【答案】B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为70%75%70%2,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率

的平均数大于85%,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%80%20%，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%60%35%20%,所以D错.故

选:B.3.设全集{2,1,0,1,2,3}U，集合2{1,2},430ABxxx∣，则()UABð（）A.{1,3}B.{0,3}C.{2,1}D.{2,0}【答案】D【解析

】的【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，2=4301,3Bxxx，所以1,1,2,3AB,所以U2,0ABð.故选：D.4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正

方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.8B.12C.16D.20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积242

2122V.故选：B.5.函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令33cos,,22xxfxxx

，则33cos33cosxxxxfxxxfx，所以fx为奇函数，排除BD；又当0,2x时，330,cos0xxx，所以0fx，排除C.故选：A.6.当1x时，函数()l

nbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知()12f=-，10f即可解得,ab，再根据fx即可解出．【详解】因为函数

fx定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而2abfxxx，所以2,0bab，即2,2ab，所以222fxxx，因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减，1x时取最大值，满足题意，即有112122f

．故选：B.7.在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC所成的角为45【

答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设1,,ABaADbAAc，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1BD与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin3

0cbBDBD，即bc，22212BDcabc，解得2ac．对于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A错误；对于B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因为2

tan2cBAEa，所以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C错误；对于D，1BD与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CDaDBCBDc，而1090DBC

，所以145DBC．D正确．故选：D．8.沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CDAB

．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2CDsABOA．当2,60OAAOB时，s（）A.11332B.11432C.9332D.9432【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出,,ABOCCD，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC

，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以,,OCD三点共线，即2ODOAOB，又60AOB，所以2ABOAOB，则3OC，故23CD，所以22231143222CDsABOA.故选：B.9.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的

圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.5104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角

之和可将12,rr分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSrlr甲乙，所以122r

r，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145393101122393rhllVVrhll甲乙.故

选：C.10.椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线,APAQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）A.32B.22C.12D.13【答案】A【解析】【分析】设11,P

xy，则11,Qxy，根据斜率公式结合题意可得2122114yxa，再根据2211221xyab，将1y用1x表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：,0Aa，设11,Pxy，则11,Qxy，则1111,A

PAQyykkxaxa，故21112211114APAQyyykkxaxaxa，又2211221xyab，则2221212baxya，所以2221222114baxaxa，即2214ba，所以椭

圆C的离心率22312cbeaa.故选：A.11.设函数π()sin3fxx在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）A.513,36B.519,36

C.138,63D.1319,66【答案】C【解析】【分析】由x的取值范围得到3x的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得0，因为0,x，所以,333x，要使函数在区间0,

恰有三个极值点、两个零点，又sinyx，,33x的图象如下所示：则5323，解得13863，即138,63．故选：C．12.已知3111,co

s,4sin3244abc，则（）A.cbaB.bacC.abcD.acb【答案】A【解析】【分析】由14tan4cb结合三角函数的性质可得cb；构造函数21()cos1,(0,)2fxxxx

，利用导数可得ba，即可得解.【详解】因为14tan4cb,因为当π0,,sintan2xxxx所以11tan44,即1cb,所以cb；设21()cos1,(0,)2fxxxx，()sin0fxxx，所以()fx在(0,)单调递增，则

1(0)=04ff,所以131cos0432，所以ba,所以cba，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量a，b的夹角的余弦值为13，且1a，3br，则2abb_________．【答案】11【解析】【分析】设a与b的

夹角为，依题意可得1cos3，再根据数量积的定义求出ab，最后根据数量积的运算律计算可得．【详解】解：设a与b的夹角为，因为a与b的夹角的余弦值为13，即1cos3，又1a，3br，所以1cos1313abab，所以222

22221311abbabbabb．故答案为：11．14.若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy相切，则m_________．【答案】33【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可

得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【详解】解：双曲线22210xymm的渐近线为yxm，即0xmy，不妨取0xmy，圆22430xyy，即2221xy，所以圆心为

0,2，半径1r，依题意圆心0,2到渐近线0xmy的距离2211mdm，解得33m或33m（舍去）．故答案为：33．15.从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．【答案】635.【解析】【分析】根据古典概型的

概率公式即可求出．【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有48C70n个结果，这4个点在同一个平面的有6612m个，故所求概率1267035mPn．故答案为：635．16.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADCDBD．当ACAB取得最小值时，BD

________．【答案】31##1+3【解析】【分析】设220CDBDm，利用余弦定理表示出22ACAB后，结合基本不等式即可得解.【详解】设220CDBDm，则在ABD△中，22222cos42ABB

DADBDADADBmm，在ACD△中，22222cos444ACCDADCDADADCmm，所以2222224421214441243424211mmmACmmABmmmmmm1244233211mm

，当且仅当311mm即31m时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，31m.故答案为：31.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17～21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.记nS为数列na的前n项和．已知221nnSnan．（1）证明：na是等差数列；（2）若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）78．【解析】【分析】（1）依题意可得

222nnSnnan，根据11,1,2nnnSnaSSn，作差即可得到11nnaa，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】解：因为221nnSn

an，即222nnSnnan①，当2n时，21121211nnSnnan②，①②得，22112212211nnnnSnSnnannan，即12212211nnnannana，即12121

21nnnanan，所以11nnaa，2n且N*n，所以na是以1为公差的等差数列．【小问2详解】解：由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即2111638aaa，

解得112a，所以13nan，所以22112512562512222228nnnSnnnn，所以，当12n或13n时min78nS．18.在四棱锥PABCD中，PD

底面,,1,2,3ABCDCDABADDCCBABDP∥．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）55.【解析】【分析】（1）作DEAB于E，CFAB于F，利用勾股定理证明ADBD，根据

线面垂直性质可得PDBD，从而可得BD平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；的（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CF

AB于F，因为//,1,2CDABADCDCBAB，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以12AEBF，故32DE，223BDDEBE，所以222ADBDAB，所以ADBD，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又

PDADD，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；【小问2详解】解：如图，以点D原点建立空间直角坐标系，3BD，则1,0,0,0,3,0,0,0,3ABP，则1,0,3

,0,3,3,0,0,3APBPDP，设平面PAB的法向量,,nxyz，则有30{330nAPxznBPyz，可取3,1,1n，为则5cos,5nDPnDPnDP，所以PD与平面PAB所

成角的正弦值为55.19.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5

，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【答案】（1）0.6；（2）分布列见解析，13EX.【解析】【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,

,ABC，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出

期望．【小问1详解】设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,,ABC，所以甲学校获得冠军的概率为PPABCPABCPABCPABC0.50.40.80.50.40.80.50.60.80.50.40.20.160.160.240.040.6

．【小问2详解】依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，00.50.40.80.16PX,100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44PX，200.50.60

.80.50.40.20.50.60.20.34PX，300.50.60.20.06PX.即X分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望00.16100.44200.34300.0613EX

.20.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF．（1）求C的方程；（2）设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线

AB的方程．【答案】（1）24yx；（2）:24ABxy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1MNxmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2ABxy

n，结合韦达定理可解.【小问1详解】抛物线的准线为2px，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx；【小问2详解】的设22223124123

4,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MNxmy，由214xmyyx可得2440ymy，120,4yy，由斜率公式可得12221212444MNyykyy

yy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMDxyy，代入抛物线方程可得1214280xyyy，130,8yy，所以322yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkky

yyy又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk，当

且仅当12kk即22k时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得24240yyn，34120,4416yynyy，所以4n，所以直线:24ABxy.【

点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.21.已知函数lnxfxxaxxe．（1）若0fx，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点12,xx，则环121xx．【答

案】（1）(,1]e（2）证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e11e2ln02xxxxxxx，再利用

导数即可得证.【小问1详解】()fx的定义域为(0,)，2111()e1xfxxxx1111e1e11xxxxxxxx令()0fx,得1x当(0,1),()0,()xfxf

x单调递减当(1,),()0,()xfxfx单调递增()(1)e1fxfa，若()0fx,则e10a,即1ae所以a的取值范围为(,1]e【小问2详解】由题知,

fx一个零点小于1,一个零点大于1不妨设121xx<<要证121xx,即证121xx因为121,(0,1)xx,即证121fxfx因为12fxfx,即证221fxfx

即证1e1lneln0,(1,)xxxxxxxxx即证1e11e2ln02xxxxxxx下面证明1x时，1e11e0,ln02xxxxxxx设11(),eexxgxxxx，则11122111111()e

ee1ee1xxxxxgxxxxxxxx111e1e1eexxxxxxxxx

设22e1111,ee0xxxxxxxxxxx所以1ex,而1eex所以1ee0xxx,所以()0gx所以()gx在(1,)单调递增即()(1)0gxg,所以1ee0xxxx

令11()ln,12hxxxxx2222211121(1)()10222xxxhxxxxx所以()hx在(1,)单调递减即()(1)0hxh,所以11ln02xxx；综上,1e11e2l

n02xxxxxxx,所以121xx.【点睛】关键点点睛：本题极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()ln2hxxxx这个函

数经常出现，需要掌握（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]是22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为26txyt

（t为参数），曲线2C的参数方程为26sxys（s为参数）．（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．【答案】（1）

2620yxy；（2）31,CC的交点坐标为1,12，1,2，32,CC的交点坐标为1,12，1,2．【解析】【分析】(1)消去t，即可得到1C的普通方程；(2)将曲线23,CC的方程化成

普通方程，联立求解即解出．【小问1详解】因为26tx，yt，所以226yx，即1C的普通方程为2620yxy．【小问2详解】因为2,6sxys，所以262xy，即2C的普通方程为2620yxy，由2cossin02co

ssin0，即3C的普通方程为20xy．联立262020yxyxy，解得：121xy或12xy，即交点坐标为1,12，1,2；联立262020yxyxy，解得：121xy

或12xy，即交点坐标为1,12，1,2．[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则113ac．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（

1）根据22222242abcabc，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得043ac，即可得到1143ac，再根据权方和不等式即可得证.【小问1详解】证明：由柯西不等式有222222221112abcabc

，所以23abc，当且仅当21abc时，取等号，所以23abc；【小问2详解】证明：因为2bc，0a，0b，0c，由（1）得243abcac，即043ac，所以1143ac，由

权方和不等式知22212111293444acacacac，当且仅当124ac，即1a，12c时取等号，所以113ac.