【文档说明】2022全国高考乙卷数学（理科）试题及答案.docx，共(23)页，265.547 KB，由baby熊上传

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试卷第1页，共4页2022年全国高考乙卷数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设全集𝑈=*1,2,3,4,5+，集合M满足∁𝑈𝑀=*1,3

+，则（）A．2∈𝑀B．3∈𝑀C．4∉𝑀D．5∉𝑀2．已知𝑧=1−2i，且𝑧+𝑎𝑧̅+𝑏=0，其中a，b为实数，则（）A．𝑎=1,𝑏=−2B．𝑎=−1,𝑏=2C．𝑎=1,𝑏=2D．𝑎=−1,𝑏=−23．已知向量𝑎⃑,𝑏⃑⃑满足|𝑎⃑|=1

,|𝑏⃑⃑|=√3,|𝑎⃑−2𝑏⃑⃑|=3，则𝑎⃑⋅𝑏⃑⃑=（）A．−2B．−1C．1D．24．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列*𝑏𝑛+：𝑏1=1+1𝛼1，𝑏2=1+

1𝛼1:1𝛼2，𝑏3=1+1𝛼1:1𝛼2+1𝛼3，…，依此类推，其中𝛼𝑘∈𝑁∗(𝑘=1,2,⋯)．则（）A．𝑏1<𝑏5B．𝑏3<𝑏8C．𝑏6<𝑏2D．𝑏4<𝑏75．设F为抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点，点A在C上，点𝐵(3,0)，若|𝐴

𝐹|=|𝐵𝐹|，则|𝐴𝐵|=（）A．2B．2√2C．3D．3√26．执行下边的程序框图，输出的𝑛=（）A．3B．4C．5D．67．在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，E，F分别为𝐴𝐵,𝐵𝐶的中点，则（

）A．平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1B．平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐴1𝐵𝐷C．平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐴𝐶D．平面𝐵1𝐸𝐹//平面𝐴1𝐶1𝐷试卷第2页，共4页8．已知等比数列*𝑎𝑛+的前3项和为168，𝑎2−𝑎5=42，则𝑎6=（）A．14

B．12C．6D．39．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13B．12C．√33D．√2210．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手

与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为𝑝1,𝑝2,𝑝3，且𝑝3>𝑝2>𝑝1>0．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最

大11．双曲线C的两个焦点为𝐹1,𝐹2，以C的实轴为直径的圆记为D，过𝐹1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cos∠𝐹1𝑁𝐹2=35，则C的离心率为（）A．√52B．32C．√132D．√1721

2．已知函数𝑓(𝑥),𝑔(𝑥)的定义域均为R，且𝑓(𝑥)+𝑔(2−𝑥)=5,𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥−4)=7．若𝑦=𝑔(𝑥)的图像关于直线𝑥=2对称，𝑔(2)=4，则∑𝑘<122𝑓(𝑘)=（）A．−21B．−22C．−23D．−24二、填空题13．从甲、乙

等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．14．过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．15．记函数𝑓(𝑥)=cos(𝜔𝑥

+𝜑)(𝜔>0,0<𝜑<π)的最小正周期为T，若𝑓(𝑇)=√32，𝑥=𝜋9为𝑓(𝑥)的零点，则𝜔的最小值为____________．16．已知𝑥=𝑥1和𝑥=𝑥2分别是函数𝑓(𝑥)=2𝑎𝑥−

e𝑥2（𝑎>0且𝑎≠1）的极小值点和极大值点．若𝑥1<𝑥2，则a的取值范围是____________．三、解答题17．记△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐，已知sin𝐶sin(

𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)．(1)证明：2𝑎2=𝑏2+𝑐2；(2)若𝑎=5,cos𝐴=2531，求△𝐴𝐵𝐶的周长．18．如图，四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷,𝐴𝐷=𝐶𝐷,∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐷𝐶，E为𝐴𝐶的中点

．试卷第3页，共4页(1)证明：平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷；(2)设𝐴𝐵=𝐵𝐷=2,∠𝐴𝐶𝐵=60°，点F在𝐵𝐷上，当△𝐴𝐹𝐶的面积最小时，求𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成的角的正弦值．19．某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山

．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：m2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号ｉ12345678910总和根部横截面积𝑥i0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量𝑦

i0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得∑𝑥i210i=1=0.038,∑𝑦i210i=1=1.6158,∑𝑥i𝑦i10i=1=0.2474．(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一

棵的材积量；(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树

木的总材积量的估计值．附：相关系数𝑟=∑(𝑥i;𝑥̅)𝑛i=1(𝑦i;𝑦̅)√∑(𝑥i;𝑥̅)2𝑛i=1∑(𝑦i;𝑦̅)2𝑛i=1,√1.896≈1.377．20．已知椭圆E的

中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过𝐴(0,−2),𝐵.32,−1/两点．(1)求E的方程；(2)设过点𝑃(1,−2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足𝑀𝑇⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑇𝐻⃑⃑⃑⃑

⃑⃑．证明：直线HN过定点．21．已知函数𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)+𝑎𝑥e;𝑥试卷第4页，共4页(1)当𝑎=1时，求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,𝑓(0))处的切线方程；(2)若𝑓(𝑥)在区间(−1,

0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．22．在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线C的参数方程为{𝑥=√3cos2𝑡𝑦=2sin𝑡，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直

线l的极坐标方程为𝜌sin.𝜃+𝜋3/+𝑚=0．(1)写出l的直角坐标方程；(2)若l与C有公共点，求m的取值范围．23．已知a，b，c都是正数，且𝑎32+𝑏32+𝑐32=1，证明：(1)𝑎𝑏𝑐≤19

；(2)𝑎𝑏:𝑐+𝑏𝑎:𝑐+𝑐𝑎:𝑏≤12√𝑎𝑏𝑐；答案第1页，共19页参考答案：1．A【解析】【分析】先写出集合𝑀,然后逐项验证即可【详解】由题知𝑀=*2,4,5+,对比选项知，A正确,BCD错误故选:A2．A【解析】【分

析】先算出𝑧̅,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解】𝑧̅=1+2i𝑧+𝑎𝑧̅+𝑏=1−2i+𝑎(1+2i)+𝑏=(1+𝑎+𝑏)+(2𝑎−2)i由𝑧+𝑎𝑧̅+𝑏=0,得{1+𝑎+𝑏=02𝑎−2=0

,即{𝑎=1𝑏=−2故选:A3．C【解析】【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解：∵|𝑎⃗−2𝑏⃑⃗|2=|𝑎⃗|2−4𝑎⃗⋅𝑏⃑⃗+4|𝑏⃑⃗|2，又∵|𝑎⃗|=1

,|𝑏⃑⃗|=√3,|𝑎⃗−2𝑏⃑⃗|=3,∴9=1−4𝑎⃗⋅𝑏⃑⃗+4×3=13−4𝑎⃗⋅𝑏⃑⃗，∴𝑎⃗⋅𝑏⃑⃗=1故选：C.4．D【解析】答案第2页，共19页【分析】根据𝛼𝑘∈𝑁∗(𝑘=1,2,…)，再利用数列*𝑏𝑛+与𝛼𝑘的关系判断*𝑏𝑛+中各

项的大小，即可求解.【详解】解：因为𝛼𝑘∈𝑁∗(𝑘=1,2,⋯)，所以𝛼1<𝛼1+1𝛼2，1𝛼1>1𝛼1:1𝛼2，得到𝑏1>𝑏2，同理𝛼1+1𝛼2>𝛼1+1𝛼2:1𝛼3，可

得𝑏2<𝑏3，𝑏1>𝑏3又因为1𝛼2>1𝛼2:1𝛼3+1𝛼4,𝛼1+1𝛼2:1𝛼3<𝛼1+1𝛼2:1𝛼3+1𝛼4，故𝑏2<𝑏4，𝑏3>𝑏4；以此类推，可得𝑏1>𝑏3>𝑏5>𝑏7>⋯，𝑏7>𝑏8，故A错误；𝑏1>𝑏7>𝑏8，故B

错误；1𝛼2>1𝛼2:1𝛼3+⋯1𝛼6，得𝑏2<𝑏6，故C错误；𝛼1+1𝛼2:1𝛼3+1𝛼4>𝛼1+1𝛼2:⋯1𝛼6+1𝛼7，得𝑏4<𝑏7，故D正确.故选：D.5．B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点𝐴的横坐

标，进而求得点𝐴坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，𝐹(1,0)，则|𝐴𝐹|=|𝐵𝐹|=2，即点𝐴到准线𝑥=−1的距离为2，所以点𝐴的横坐标为−1+2=1，不妨设点𝐴在𝑥轴上方，代入得，𝐴(1,2)，所以|𝐴𝐵|=√(3−1)2+(0−2)2=2√2.故选：B6．B

【解析】【分析】根据框图循环计算即可.答案第3页，共19页【详解】执行第一次循环，𝑏=𝑏+2𝑎=1+2=3，𝑎=𝑏−𝑎=3−1=2,𝑛=𝑛+1=2，|𝑏2𝑎2−2|=|3222−2|=14>0.01；执行第二

次循环，𝑏=𝑏+2𝑎=3+4=7，𝑎=𝑏−𝑎=7−2=5,𝑛=𝑛+1=3，|𝑏2𝑎2−2|=|7252−2|=125>0.01；执行第三次循环，𝑏=𝑏+2𝑎=7+10=17，

𝑎=𝑏−𝑎=17−5=12,𝑛=𝑛+1=4，|𝑏2𝑎2−2|=|172122−2|=1144<0.01，此时输出𝑛=4.故选：B7．A【解析】【分析】证明𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，即

可判断A；如图，以点𝐷为原点，建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵=2，分别求出平面𝐵1𝐸𝐹，𝐴1𝐵𝐷，𝐴1𝐶1𝐷的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐶⊥𝐵𝐷且𝐷𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷

，又𝐸𝐹⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐸𝐹⊥𝐷𝐷1，因为𝐸,𝐹分别为𝐴𝐵,𝐵𝐶的中点，所以𝐸𝐹∥𝐴𝐶，所以𝐸𝐹⊥𝐵𝐷，又𝐵𝐷∩𝐷𝐷1=𝐷，所以𝐸𝐹⊥平面�

�𝐷𝐷1，又𝐸𝐹⊂平面𝐵1𝐸𝐹，所以平面𝐵1𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐷1，故A正确；如图，以点𝐷为原点，建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵=2，则𝐵1(2,2,2),𝐸(2,1,0),𝐹(1,2,0),𝐵(2

,2,0),𝐴1(2,0,2),𝐴(2,0,0),𝐶(0,2,0)，𝐶1(0,2,2)，答案第4页，共19页则𝐸𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,1,0),𝐸𝐵1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,1,2)，𝐷𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(2,2,0),𝐷𝐴1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑

=(2,0,2)，𝐴𝐴1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,0,2),𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−2,2,0),𝐴1𝐶1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−2,2,0),设平面𝐵1𝐸𝐹的法向量为𝑚⃑⃑⃑=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，则有{𝑚⃑⃑⃑⋅𝐸𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑥1

+𝑦1=0𝑚⃑⃑⃑⋅𝐸𝐵1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑦1+2𝑧1=0，可取𝑚⃑⃑⃑=(2,2,−1)，同理可得平面𝐴1𝐵𝐷的法向量为𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑=(1,−1,−1)，平面𝐴1𝐴𝐶的法向量为𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑=(1,1,0)，平面

𝐴1𝐶1𝐷的法向量为𝑛3⃑⃑⃑⃑⃑=(1,1,−1)，则𝑚⃑⃑⃑⋅𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑=2−2+1=1≠0，所以平面𝐵1𝐸𝐹与平面𝐴1𝐵𝐷不垂直，故B错误；因为𝑚⃑⃑⃑与𝑛2⃑⃑

⃑⃑⃑不平行，所以平面𝐵1𝐸𝐹与平面𝐴1𝐴𝐶不平行，故C错误；因为𝑚⃑⃑⃑与𝑛3⃑⃑⃑⃑⃑不平行，所以平面𝐵1𝐸𝐹与平面𝐴1𝐶1𝐷不平行，故D错误，故选：A.8．D【解析】【分析】设等比数列*𝑎𝑛+的公比

为𝑞,𝑞≠0，易得𝑞≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】答案第5页，共19页解：设等比数列*𝑎𝑛+的公比为𝑞,𝑞≠0，若𝑞=1，则𝑎2−𝑎5=0，与

题意矛盾，所以𝑞≠1，则{𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑎1(1;𝑞3)1;𝑞=168𝑎2−𝑎5=𝑎1𝑞−𝑎1𝑞4=42，解得{𝑎1=96𝑞=12，所以𝑎6=𝑎1𝑞5=3.故选：D.9．C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所

在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2𝑟2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为𝛼，则𝑆𝐴𝐵𝐶

𝐷=12⋅𝐴𝐶⋅𝐵𝐷⋅sin𝛼≤12⋅𝐴𝐶⋅𝐵𝐷≤12⋅2𝑟⋅2𝑟=2𝑟2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2𝑟2又𝑟2

+𝑕2=1则𝑉𝑂;𝐴𝐵𝐶𝐷=13⋅2𝑟2⋅𝑕=√23√𝑟2⋅𝑟2⋅2𝑕2≤√23√.𝑟2:𝑟2:2ℎ23/3=4√327当且仅当𝑟2=2𝑕2即𝑕=√33时等号成立，故选：C10．D【解析】【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与

甲比赛且连胜两盘的概率𝑝甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率𝑝乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘答案第6页，共19页的概率𝑝丙.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第

二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为12，则此时连胜两盘的概率为𝑝甲则𝑝甲=12,(1−𝑝2)𝑝1𝑝3+𝑝2𝑝1(1−𝑝3)-+12,(1−𝑝3)𝑝1𝑝2+𝑝3𝑝1(1−𝑝2)

-=𝑝1(𝑝2+𝑝3)−2𝑝1𝑝2𝑝3；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为𝑝乙，则𝑝乙=(1−𝑝1)𝑝2𝑝3+𝑝1𝑝2(1−𝑝3)=𝑝2(𝑝1+𝑝3)−2𝑝1𝑝2�

�3记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为𝑝丙则𝑝丙=(1−𝑝1)𝑝3𝑝2+𝑝1𝑝3(1−𝑝2)=𝑝3(𝑝1+𝑝2)−2𝑝1𝑝2𝑝3则𝑝甲−𝑝乙=𝑝1(𝑝2+𝑝3)−2𝑝1𝑝2𝑝3−,𝑝2(𝑝1+𝑝3)−2𝑝1𝑝2𝑝3-=(𝑝

1−𝑝2)𝑝3<0𝑝乙−𝑝丙=𝑝2(𝑝1+𝑝3)−2𝑝1𝑝2𝑝3−,𝑝3(𝑝1+𝑝2)−2𝑝1𝑝2𝑝3-=(𝑝2−𝑝3)𝑝1<0即𝑝甲<𝑝乙，𝑝乙<𝑝丙，则

该棋手在第二盘与丙比赛，𝑝最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；𝑝与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D11．C【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在𝑥轴，设过𝐹1作圆𝐷的切线切点为𝐺，可判断𝑁在双曲线的右支，设∠�

�1𝑁𝐹2=𝛼，∠𝐹2𝐹1𝑁=𝛽，即可求出sin𝛼，sin𝛽，cos𝛽，在△𝐹2𝐹1𝑁中由sin∠𝐹1𝐹2𝑁=sin(𝛼+𝛽)求出sin∠𝐹1𝐹2𝑁，再由正弦定理求出|𝑁𝐹1|，|𝑁𝐹2|，最后根据双曲线的定义得到2𝑏=3𝑎，即可得解；【详

解】答案第7页，共19页解：依题意不妨设双曲线焦点在𝑥轴，设过𝐹1作圆𝐷的切线切点为𝐺，所以𝑂𝐺⊥𝑁𝐹1，因为cos∠𝐹1𝑁𝐹2=35>0，所以𝑁在双曲线的右支，所以|𝑂𝐺|=𝑎，|𝑂𝐹1|=𝑐，|𝐺𝐹1|=�

�，设∠𝐹1𝑁𝐹2=𝛼，∠𝐹2𝐹1𝑁=𝛽，由cos∠𝐹1𝑁𝐹2=35，即cos𝛼=35，则sin𝛼=45，sin𝛽=𝑎𝑐，cos𝛽=𝑏𝑐，在△𝐹2𝐹1𝑁中，sin∠𝐹1𝐹2�

�=sin(𝜋−𝛼−𝛽)=sin(𝛼+𝛽)=sin𝛼cos𝛽+cos𝛼sin𝛽=45×𝑏𝑐+35×𝑎𝑐=3𝑎:4𝑏5𝑐，由正弦定理得2𝑐sin𝛼=|𝑁𝐹2|sin𝛽=|𝑁𝐹1|sin

∠𝐹1𝐹2𝑁=5𝑐2，所以|𝑁𝐹1|=5𝑐2sin∠𝐹1𝐹2𝑁=5𝑐2×3𝑎:4𝑏5𝑐=3𝑎:4𝑏2，|𝑁𝐹2|=5𝑐2sin𝛽=5𝑐2×𝑎𝑐=5𝑎2又|𝑁𝐹1|−|𝑁𝐹2|=3𝑎:4𝑏

2−5𝑎2=4𝑏;2𝑎2=2𝑎，所以2𝑏=3𝑎，即𝑏𝑎=32，所以双曲线的离心率𝑒=𝑐𝑎=√1+𝑏2𝑎2=√132故选：C12．D【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到𝑓(𝑥)+𝑓(𝑥−2)=−2，从而得到𝑓(3)+𝑓(5)+⋯+𝑓

(21)=答案第8页，共19页−10，𝑓(4)+𝑓(6)+⋯+𝑓(22)=−10，然后根据条件得到𝑓(2)的值，再由题意得到𝑔(3)=6从而得到𝑓(1)的值即可求解.【详解】因为𝑦=𝑔(𝑥)的图像关于直线𝑥=2对称，所以𝑔

(2−𝑥)=𝑔(𝑥+2)，因为𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥−4)=7，所以𝑔(𝑥+2)−𝑓(𝑥−2)=7，即𝑔(𝑥+2)=7+𝑓(𝑥−2)，因为𝑓(𝑥)+𝑔(2−𝑥)=5，所以𝑓

(𝑥)+𝑔(𝑥+2)=5，代入得𝑓(𝑥)+,7+𝑓(𝑥−2)-=5，即𝑓(𝑥)+𝑓(𝑥−2)=−2，所以𝑓(3)+𝑓(5)+⋯+𝑓(21)=(−2)×5=−10，𝑓(4)+𝑓(6)+⋯+𝑓(22)=(−

2)×5=−10.因为𝑓(𝑥)+𝑔(2−𝑥)=5，所以𝑓(0)+𝑔(2)=5，即𝑓(0)=1，所以𝑓(2)=−2−𝑓(0)=−3.因为𝑔(𝑥)−𝑓(𝑥−4)=7，所以𝑔(𝑥+4)−𝑓(𝑥)=7，

又因为𝑓(𝑥)+𝑔(2−𝑥)=5，联立得，𝑔(2−𝑥)+𝑔(𝑥+4)=12，所以𝑦=𝑔(𝑥)的图像关于点(3,6)中心对称，因为函数𝑔(𝑥)的定义域为R，所以𝑔(3)=6因为𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥+2)=5，所以�

�(1)=5−𝑔(3)=−1.所以∑𝑘<122𝑓(𝑘)=𝑓(1)+𝑓(2)+,𝑓(3)+𝑓(5)+⋯+𝑓(21)-+,𝑓(4)+𝑓(6)+⋯+𝑓(22)-=−1−3−10−10=−24.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当

的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.13．310##0.3【解析】【分析】根据古典概型计算即可【详解】从5名同学中随机选3名的方法数为C53=10甲、乙都入选的方法数为C31=3，所以甲、乙都入选的概率𝑃

=310答案第9页，共19页故答案为：31014．(𝑥−2)2+(𝑦−3)2=13或(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=5或.𝑥−43/2+.𝑦−73/2=659或.𝑥−85/2+(𝑦−1)2=16

925；【解析】【分析】设圆的方程为𝑥2+𝑦2+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆的方程为𝑥2+𝑦2+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，若过(0,0)，(4,0)，(−1

,1)，则{𝐹=016+4𝐷+𝐹=01+1−𝐷+𝐸+𝐹=0，解得{𝐹=0𝐷=−4𝐸=−6，所以圆的方程为𝑥2+𝑦2−4𝑥−6𝑦=0，即(𝑥−2)2+(𝑦−3)2=13；若过(0,0)，(4,0)，(4

,2)，则{𝐹=016+4𝐷+𝐹=016+4+4𝐷+2𝐸+𝐹=0，解得{𝐹=0𝐷=−4𝐸=−2，所以圆的方程为𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦=0，即(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=5；若过(0,0)，(4,2)，(

−1,1)，则{𝐹=01+1−𝐷+𝐸+𝐹=016+4+4𝐷+2𝐸+𝐹=0，解得{𝐹=0𝐷=−83𝐸=−143，所以圆的方程为𝑥2+𝑦2−83𝑥−143𝑦=0，即.𝑥−43/2+.𝑦−73/2=659；若过(−1,1)，(4,0)，(4,2)，则{1+1−

𝐷+𝐸+𝐹=016+4𝐷+𝐹=016+4+4𝐷+2𝐸+𝐹=0，解得{𝐹=−165𝐷=−165𝐸=−2，所以圆的方程为𝑥2+𝑦2−165𝑥−2𝑦−165=0，即.𝑥−85/2+(𝑦−1)2=1

6925；故答案为：(𝑥−2)2+(𝑦−3)2=13或(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=5或.𝑥−43/2+.𝑦−73/2=659或.𝑥−85/2+(𝑦−1)2=16925；15．3【解析】【分析

】首先表示出𝑇，根据𝑓(𝑇)=√32求出𝜑，再根据𝑥=π9为函数的零点，即可求出𝜔的取值，从而答案第10页，共19页得解；【详解】解：因为𝑓(𝑥)=cos(𝜔𝑥+𝜑)，（𝜔>0，

0<𝜑<π）所以最小正周期𝑇=2π𝜔，因为𝑓(𝑇)=cos.𝜔⋅2π𝜔+𝜑/=cos(2π+𝜑)=cos𝜑=√32，又0<𝜑<π，所以𝜑=π6，即𝑓(𝑥)=cos.𝜔𝑥+π6/，又𝑥=π9为𝑓(�

�)的零点，所以π9𝜔+π6=π2+𝑘π,𝑘∈Z，解得𝜔=3+9𝑘,𝑘∈Z，因为𝜔>0，所以当𝑘=0时𝜔min=3；故答案为：316．.1e,1/【解析】【分析】由𝑥1,𝑥2分别是函数𝑓(𝑥)=2𝑎𝑥−e𝑥2的极小值点和极大值点，可

得𝑥∈(−∞,𝑥1)∪(𝑥2,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑥∈(𝑥1,𝑥2)时，𝑓′(𝑥)>0，再分𝑎>1和0<𝑎<1两种情况讨论，方程2ln𝑎⋅𝑎𝑥−2e𝑥=0的两个根为𝑥1,𝑥2，即函数𝑦=ln𝑎⋅𝑎𝑥与函数𝑦=e𝑥的图象有

两个不同的交点，构造函数𝑔(𝑥)=ln𝑎⋅𝑎𝑥，利用指数函数的图象和图象变换得到𝑔(𝑥)的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】解：𝑓′(𝑥)=2ln

𝑎⋅𝑎𝑥−2e𝑥，因为𝑥1,𝑥2分别是函数𝑓(𝑥)=2𝑎𝑥−e𝑥2的极小值点和极大值点，所以函数𝑓(𝑥)在(−∞,𝑥1)和(𝑥2,+∞)上递减，在(𝑥1,𝑥2)上递增

，所以当𝑥∈(−∞,𝑥1)∪(𝑥2,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，当𝑥∈(𝑥1,𝑥2)时，𝑓′(𝑥)>0，若𝑎>1时，当𝑥<0时，2ln𝑎⋅𝑎𝑥>0,2e𝑥<0，则此时𝑓′(𝑥)>0，与前面矛盾，故𝑎>1不符合题意，若0<

𝑎<1时，则方程2ln𝑎⋅𝑎𝑥−2e𝑥=0的两个根为𝑥1,𝑥2，即方程ln𝑎⋅𝑎𝑥=e𝑥的两个根为𝑥1,𝑥2，即函数𝑦=ln𝑎⋅𝑎𝑥与函数𝑦=e𝑥的图象有两个不同的交点，∵0<𝑎<1,∴函数𝑦=𝑎𝑥的图象是单调递减的指数函数，又∵ln�

�<0,∴𝑦=ln𝑎⋅𝑎𝑥的图象由指数函数𝑦=𝑎𝑥向下关于𝑥轴作对称变换，然后将图象答案第11页，共19页上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|ln𝑎|倍得到，如图所示：设过原点且与函数𝑦=𝑔(𝑥)的图象相切的直线的切点为(𝑥0,ln𝑎⋅𝑎𝑥

0)，则切线的斜率为𝑔′(𝑥0)=ln2𝑎⋅𝑎𝑥0，故切线方程为𝑦−ln𝑎⋅𝑎𝑥0=ln2𝑎⋅𝑎𝑥0(𝑥−𝑥0)，则有−ln𝑎⋅𝑎𝑥0=−𝑥0ln2𝑎⋅𝑎𝑥0，

解得𝑥0=1ln𝑎，则切线的斜率为ln2𝑎⋅𝑎1ln𝑎=eln2𝑎，因为函数𝑦=ln𝑎⋅𝑎𝑥与函数𝑦=e𝑥的图象有两个不同的交点，所以eln2𝑎<e，解得1e<𝑎<e，又0<𝑎<1，所以1e<𝑎<1，综上所述，𝑎的范围为.1e,1/.【点睛】本题考查了函数的极值

点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.17．(1)见解析(2)14【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（

2）根据（1）的结论结合余弦定理求出𝑏𝑐，从而可求得𝑏+𝑐，即可得解.答案第12页，共19页(1)证明：因为sin𝐶sin(𝐴−𝐵)=sin𝐵sin(𝐶−𝐴)，所以sin𝐶sin𝐴cos𝐵−sin𝐶sin𝐵cos𝐴=sin𝐵sin𝐶cos𝐴−sin𝐵sin

𝐴cos𝐶，所以𝑎𝑐⋅𝑎2:𝑐2;𝑏22𝑎𝑐−2𝑏𝑐⋅𝑏2:𝑐2;𝑎22𝑏𝑐=−𝑎𝑏⋅𝑎2:𝑏2;𝑐22𝑎𝑏，即𝑎2:𝑐2;𝑏22−(𝑏2+𝑐2−𝑎2)=−𝑎2:𝑏2;𝑐22，所以2𝑎2=𝑏2+𝑐2；(2)解：因

为𝑎=5,cos𝐴=2531，由（1）得𝑏2+𝑐2=50，由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴，则50−5031𝑏𝑐=25，所以𝑏𝑐=312，故(𝑏+𝑐)2=𝑏2+𝑐2+2𝑏𝑐=50+31=8

1，所以𝑏+𝑐=9，所以△𝐴𝐵𝐶的周长为𝑎+𝑏+𝑐=14.18．(1)证明过程见解析(2)𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成的角的正弦值为4√37【解析】【分析】（1）根据已知关系证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐷，得到𝐴𝐵=𝐶𝐵，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面

面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到𝐵𝐸⊥𝐷𝐸，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.(1)因为𝐴𝐷=𝐶𝐷，E为𝐴𝐶的中点，所以𝐴𝐶⊥𝐷𝐸；在△𝐴𝐵𝐷和△𝐶𝐵𝐷中，因为𝐴𝐷=𝐶𝐷,∠𝐴�

�𝐵=∠𝐶𝐷𝐵,𝐷𝐵=𝐷𝐵，所以△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐷，所以𝐴𝐵=𝐶𝐵，又因为E为𝐴𝐶的中点，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐸；答案第13页，共19页又因为𝐷𝐸,𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐸𝐷，

𝐷𝐸∩𝐵𝐸=𝐸，所以𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷，因为𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷，所以平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷.(2)连接𝐸𝐹，由（1）知，𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷，因为𝐸𝐹⊂平面�

�𝐸𝐷，所以𝐴𝐶⊥𝐸𝐹，所以𝑆△𝐴𝐹𝐶=12𝐴𝐶⋅𝐸𝐹，当𝐸𝐹⊥𝐵𝐷时，𝐸𝐹最小，即△𝐴𝐹𝐶的面积最小.因为△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐷，所以𝐶𝐵=𝐴𝐵=2，又因为∠𝐴𝐶𝐵=60

°，所以△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，因为E为𝐴𝐶的中点，所以𝐴𝐸=𝐸𝐶=1，𝐵𝐸=√3，因为𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，所以𝐷𝐸=12𝐴𝐶=1,在△𝐷𝐸𝐵中，𝐷𝐸2+𝐵𝐸2=𝐵𝐷2，所以𝐵𝐸⊥𝐷𝐸.以𝐸

为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系𝐸−𝑥𝑦𝑧，则𝐴(1,0,0),𝐵(0,√3,0),𝐷(0,0,1)，所以𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,0,1),𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,√3,0)，设平面𝐴𝐵𝐷的一个法向量为𝑛⃑⃑=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃑⃑⋅�

�𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑥+𝑧=0𝑛⃑⃑⋅𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑥+√3𝑦=0，取𝑦=√3，则𝑛⃑⃑=(3,√3,3)，又因为𝐶(−1,0,0),𝐹.0,√34,34/，所以𝐶𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑=.1,√34,34/，所以cos⟨�

�⃑⃑,𝐶𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑⟩=𝑛⃑⃑⋅𝐶𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑|𝑛⃑⃑||𝐶𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=6√21×√74=4√37，设𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成的角的正弦值为𝜃.0≤𝜃≤𝜋2/，所以sin𝜃=|cos

⟨𝑛⃑⃑,𝐶𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑⟩|=4√37，所以𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成的角的正弦值为4√37.答案第14页，共19页19．(1)0.06m2；0.39m3(2)0.97(3)1209m3【解析】【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可

估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．(1)样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值

𝑥̅=0.610=0.06样本中10棵这种树木的材积量的平均值𝑦̅=3.910=0.39据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2，平均一棵的材积量为0.39m3(2)𝑟=∑(𝑥i−𝑥)10i=1(𝑦i−𝑦)√∑1

0i=1(𝑥i−𝑥)2∑10i=1(𝑦i−𝑦)2=∑10i=1𝑥i𝑦i−10𝑥𝑦√(∑10i=1𝑥i2−10𝑥2)(∑10i=1𝑦i2−10𝑦2)=0.2474−10×0.06×0.39√(0.038−10×0.062)(1.6158−10×0.392)=0.0134√

0.0001896≈0.01340.01377≈0.97则𝑟≈0.97(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为𝑌m3，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.060.39=186𝑌，解之得𝑌=1209m3．则该林区这种树木的总材积量估计为1209m320．(1)�

�24+𝑥23=1(2)(0,−2)【解析】答案第15页，共19页【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.(1)解：设椭圆E的方程为𝑚𝑥2+𝑛𝑦2=1，过𝐴(0,−

2),𝐵.32,−1/，则{4𝑛=194𝑚+𝑛=1，解得𝑚=13，𝑛=14，所以椭圆E的方程为：𝑦24+𝑥23=1.(2)𝐴(0,−2),𝐵(32,−1)，所以𝐴𝐵:𝑦+2=23𝑥，①若过点

𝑃(1,−2)的直线斜率不存在，直线𝑥=1.代入𝑥23+𝑦24=1，可得𝑀(1,2√63)，𝑁(1,−2√63)，代入AB方程𝑦=23𝑥−2，可得𝑇(√6+3,2√63)，由𝑀𝑇⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑇𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑得到𝐻(2√6+5,2√63).求得HN方程：

𝑦=(2−2√63)𝑥−2，过点(0,−2).②若过点𝑃(1,−2)的直线斜率存在，设𝑘𝑥−𝑦−(𝑘+2)=0,𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2).联立{𝑘𝑥−𝑦−(𝑘+2)=0𝑥23+𝑦24=1,得(3𝑘2+4)𝑥2−6�

�(2+𝑘)𝑥+3𝑘(𝑘+4)=0，可得{𝑥1+𝑥2=6𝑘(2:𝑘)3𝑘2:4𝑥1𝑥2=3𝑘(4:𝑘)3𝑘2:4，{𝑦1+𝑦2=;8(2:𝑘)3𝑘2:4𝑦2𝑦2=4(4:4�

�;2𝑘2)3𝑘2:4，且𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1=;24𝑘3𝑘2:4(∗)联立{𝑦=𝑦1𝑦=23𝑥−2,可得𝑇(3𝑦12+3,𝑦1),𝐻(3𝑦1+6−𝑥1,𝑦1).可求得此时𝐻𝑁:𝑦−𝑦2=𝑦1;𝑦23𝑦1:6;𝑥1;𝑥2(�

�−𝑥2)，将(0,−2)，代入整理得2(𝑥1+𝑥2)−6(𝑦1+𝑦2)+𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1−3𝑦1𝑦2−12=0，将(∗)代入，得24𝑘+12𝑘2+96+48𝑘−24𝑘−48−48𝑘+24𝑘2−36𝑘2−48=0,显然成立，综上，可得直线HN

过定点(0,−2).【点睛】答案第16页，共19页求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21．(1)𝑦=2𝑥(2)(−

∞,−1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对𝑎分类讨论,对𝑥分(−1,0),(0,+∞)两部分研究(1)𝑓(𝑥)的定义域为(−1,+∞)当𝑎=1时,𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)+𝑥e𝑥,𝑓(0)=0

,所以切点为(0,0)𝑓′(𝑥)=11:𝑥+1;𝑥e𝑥,𝑓′(0)=2,所以切线斜率为2所以曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,𝑓(0))处的切线方程为𝑦=2𝑥(2)𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)+𝑎𝑥e𝑥

𝑓′(𝑥)=11+𝑥+𝑎(1−𝑥)e𝑥=e𝑥+𝑎(1−𝑥2)(1+𝑥)e𝑥设𝑔(𝑥)=e𝑥+𝑎(1−𝑥2)1°若𝑎>0,当𝑥∈(−1,0),𝑔(𝑥)=e𝑥+�

�(1−𝑥2)>0,即𝑓′(𝑥)>0所以𝑓(𝑥)在(−1,0)上单调递增,𝑓(𝑥)<𝑓(0)=0故𝑓(𝑥)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1⩽𝑎⩽0,当𝑥∈(0,+∞),则𝑔′(𝑥)=e𝑥−2𝑎𝑥>0所以𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递增所以�

�(𝑥)>𝑔(0)=1+𝑎⩾0,即𝑓′(𝑥)>0所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增,𝑓(𝑥)>𝑓(0)=0故𝑓(𝑥)在(0,+∞)上没有零点,不合题意3°若𝑎<−1(1)当𝑥∈(0,+∞),则

𝑔′(𝑥)=e𝑥−2𝑎𝑥>0,所以𝑔(𝑥)在(0,+∞)上单调递增𝑔(0)=1+𝑎<0,𝑔(1)=e>0所以存在𝑚∈(0,1),使得𝑔(𝑚)=0,即𝑓′(𝑚)=0答案第17页，共19页当𝑥∈(0,𝑚),𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)单调递减当𝑥∈(𝑚

,+∞),𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增所以当𝑥∈(0,𝑚),𝑓(𝑥)<𝑓(0)=0当𝑥→+∞,𝑓(𝑥)→+∞所以𝑓(𝑥)在(𝑚,+∞)上有唯一零点又(0,𝑚)没有零点,即𝑓(𝑥)在(0,+∞)上有唯一零点(2)当

𝑥∈(−1,0),𝑔(𝑥)=e𝑥+𝑎(1−𝑥2)设𝑕(𝑥)=𝑔′(𝑥)=e𝑥−2𝑎𝑥𝑕′(𝑥)=e𝑥−2𝑎>0所以𝑔′(𝑥)在(−1,0)单调递增𝑔′(−1)=1e+2𝑎<0,𝑔′(0)=1>0所以存在𝑛∈(−1,0

),使得𝑔′(𝑛)=0当𝑥∈(−1,𝑛),𝑔′(𝑥)<0,𝑔(𝑥)单调递减当𝑥∈(𝑛,0),𝑔′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)单调递增,𝑔(𝑥)<𝑔(0)=1+𝑎<0又𝑔(−1)=1e>0所以存在𝑡∈(−1,𝑛),使得𝑔(𝑡

)=0,即𝑓′(𝑡)=0当𝑥∈(−1,𝑡),𝑓(𝑥)单调递增,当𝑥∈(𝑡,0),𝑓(𝑥)单调递减有𝑥→−1,𝑓(𝑥)→−∞而𝑓(0)=0,所以当𝑥∈(𝑡,0),𝑓(𝑥)>0所以𝑓(𝑥)在(−1,𝑡)上

有唯一零点,(𝑡,0)上无零点即𝑓(𝑥)在(−1,0)上有唯一零点所以𝑎<−1,符合题意所以若𝑓(𝑥)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求𝑎的取值范围为(−∞,−1)答案第18页，共19页【点睛】方法点睛：本题的关键是对𝑎的范围进行合理分类，否定和肯定并

用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.22．(1)√3𝑥+𝑦+2𝑚=0(2)−1912≤𝑚≤52【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；（2）联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新

设a的取值范围求解m的范围即可.(1)因为l：𝜌sin.𝜃+𝜋3/+𝑚=0，所以12𝜌⋅sin𝜃+√32𝜌⋅cos𝜃+𝑚=0，又因为𝜌⋅sin𝜃=𝑦,𝜌⋅cos𝜃=𝑥，所以化简为12𝑦+√32𝑥+𝑚=0，整理得l的直角坐标方

程：√3𝑥+𝑦+2𝑚=0(2)联立l与C的方程，即将𝑥=√3cos2𝑡，𝑦=2sin𝑡代入√3𝑥+𝑦+2𝑚=0中，可得3cos2𝑡+2sin𝑡+2𝑚=0，所以3(1−2sin2𝑡)+2sin𝑡

+2𝑚=0，化简为−6sin2𝑡+2sin𝑡+3+2𝑚=0，要使l与C有公共点，则2𝑚=6sin2𝑡−2sin𝑡−3有解，令sin𝑡=𝑎，则𝑎∈,−1,1-，令𝑓(𝑎)=6𝑎2−2𝑎−3，(−1≤𝑎≤1)，答案第19页，共19页对称轴为𝑎=16，开口向

上，所以𝑓(𝑎)𝑚𝑎𝑥=𝑓(−1)=6+2−3=5，𝑓(𝑎)min=𝑓(16)=16−26−3=−196，所以−196≤2𝑚≤5m的取值范围为−1912≤𝑚≤52.23．(1)证明见解析(2)证明见解析【

解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．(1)证明：因为𝑎>0，𝑏>0，𝑐>0，则𝑎32>0，𝑏32>0，𝑐32>0，所以𝑎32:𝑏32:𝑐323≥√𝑎32⋅𝑏32⋅𝑐323，

即(𝑎𝑏𝑐)12≤13，所以𝑎𝑏𝑐≤19，当且仅当𝑎32=𝑏32=𝑐32，即𝑎=𝑏=𝑐=√193时取等号．(2)证明：因为𝑎>0，𝑏>0，𝑐>0，所以𝑏+𝑐≥2√𝑏𝑐，𝑎+𝑐≥2√𝑎𝑐，𝑎+�

�≥2√𝑎𝑏，所以𝑎𝑏:𝑐≤𝑎2√𝑏𝑐=𝑎322√𝑎𝑏𝑐，𝑏𝑎:𝑐≤𝑏2√𝑎𝑐=𝑏322√𝑎𝑏𝑐，𝑐𝑎:𝑏≤𝑐2√𝑎𝑏=𝑐322√𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏+𝑐+𝑏𝑎+𝑐+𝑐𝑎+𝑏≤𝑎322√𝑎𝑏𝑐+𝑏322√�

�𝑏𝑐+𝑐322√𝑎𝑏𝑐=𝑎32+𝑏32+𝑐322√𝑎𝑏𝑐=12√𝑎𝑏𝑐当且仅当𝑎=𝑏=𝑐时取等号．