1、2020 年高考（理科）数学一模试卷年高考（理科）数学一模试卷 一、选择题. 1已知集合 A1，3，5，B1，2，3，C2，3，4，5，则（AB）C（ ） A1，2，3，5 B1，2，3，4 C2，3，4，5 D1，2，3，4，5 2已知复数（i 为虚数单位）在复平面内对应的点的坐标是（ ） A B C D 3已知向量 （2，4）， （k，3），且 与 的夹角为 135，则 k（ ） A9 B1 C9 或 1 D1 或 9 4 已知双曲线 C的一条渐近线的倾斜角为 ， 且， 则该双曲线的离心率为（ ） A B C2 D4 5为比较甲、乙两名高二学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行
2、指标测 验（指标值满分为 5 分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指 标雷达图，则下面叙述正确的是（ ） A乙的数据分析素养优于甲 B乙的数学建模素养优于数学抽象素养 C甲的六大素养整体水平优于乙 D甲的六大素养中数据分析最差 6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A B16+4 C D 7若函数 f（x）x3mx2+2x（mR）在 x1 处有极值，则 f（x）在区间0，2上的最大 值为（ ） A B2 C1 D3 8将函数 f（x）2sin（3x+）（0）图象向右平移个单位长度后，得到函数的 图象关于直线 x对称，则函数 f（x）在上的值域是（ ） A1，
3、2 B，2 C D 9我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内 容是：每个大于 2 的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：42+2，63+3，83+5， 那么在不超过 18 的素数中随机选取两个不同的数，其和等于 16 的概率为（ ） A B C D 10甲乙丙丁四人中，甲说：我年纪最大，乙说：我年纪最大，丙说：乙年纪最大，丁说： 我不是年纪最大的，若这四人中只有一个人说的是真话，则年纪最大的是（ ） A甲 B乙 C丙 D丁 11已知三棱锥 DABC 的体积为 2，ABC 是边长为 2 的等边三角形，且三棱锥 DABC 的外接球的球心 O 恰好是 CD 的中
4、点，则球 O 的表面积为（ ） A B C D24 12已知函数 若所有点（s，f（t）（s，tD） 所构成的平面区域面积为 e21，则 a（ ） Ae B C1 D 二、填空题 13若 ，则 cos2 14x3（x+2）6的展开式中的常数项为 15已知 F 为抛物线 C：x28y 的焦点，P 为 C 上一点，M（4，3），则PMF 周长的 最小值是 16在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2bcosBacosC+ccosA，若ABC 外接圆的半径为，则ABC 面积的最大值是 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
5、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已知公比为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn且 （1）求数列an的通项公式； （2）设，求数列bn的前 n 项和 Tn 18为调研高中生的作文水平在某市普通高中的某次联考中，参考的文科生与理科生人数 之比为 1：4，且成绩分布在0，60的范围内，规定分数在 50 以上（含 50）的作文被评 为“优秀作文”，按文理科用分层抽样的方法抽取 400 人的成绩作为样本，得到成绩的 频率分布直方图，如图所示其中 a，b，c 构成以 2 为公比的等比数列 （1）求 a，b，c 的值； （2）填写下
6、面 22 列联表，能否在犯错误的概率不超过 0.01 的情况下认为“获得优秀 作文”与“学生的文理科”有关“？ 文科生 理科生 合计 获奖 6 不获奖 合计 400 （3） 将上述调查所得的频率视为概率， 现从全市参考学生中， 任意抽取 2 名学生， 记 “获 得优秀作文”的学生人数为 X，求 X 的分布列及数学期望 附：K2 ，其中 na+b+c+d P（K2k） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 19如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形，P
7、A底面 ABCD，BAD60， AB4 （1）求证：BD平面 PAC； （2）若直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为 30，求平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角 的余弦值 20已知椭圆的上顶点为 B，圆 C：x 2+y24 与 y 轴的正半轴 交于点 A，与 C 有且仅有两个交点且都在 x 轴上O 为坐标原点） （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知点，不过 D 点且斜率为的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，证 明：直线 DM 与直线 DN 的斜率互为相反数 21已知函数 （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）若 x0，证明 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、
8、23 两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已知直线 l 的参数方程为（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的非负半 轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 （1）求直线 l 的普通方程及曲线 C 的直角坐标方程； （2）设点 P（1，2），直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|AB|+|PA|PB|的值 选修 4-5：不等式选讲 23已知 x0，y0，z0，x2+y2+z21，证明： （1）（x+y）2+（y+z）2+（x+z）24； （2） 参考答案 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60
9、 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 A1，3，5，B1，2，3，C2，3，4，5，则（AB）C（ ） A1，2，3，5 B1，2，3，4 C2，3，4，5 D1，2，3，4，5 【分析】根据集合的基本运算即可求解 解：A1，3，5，B1，2，3，C2，3，4，5， 则（AB）C1，32，3，4，51，2，3，4，5 故选：D 2已知复数（i 为虚数单位）在复平面内对应的点的坐标是（ ） A B C D 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求得 z 的坐标得答案 解：， z 在复平面内对应的点的坐标是（） 故选：A 3已知向量 （2，4）， （k，3），
10、且 与 的夹角为 135，则 k（ ） A9 B1 C9 或 1 D1 或 9 【分析】由题意利用两个向量的数量积的定义和公式，求出 k 的值 解：由题意可得 cos135， 求得 k9，或 k1， 故选：C 4 已知双曲线 C的一条渐近线的倾斜角为 ， 且， 则该双曲线的离心率为（ ） A B C2 D4 【分析】由倾斜角的余弦值，求出正切值，即 a，b 的关系，求出双曲线的离心率 解：设双曲线的半个焦距为 c，由题意 0，） 又 cos，则 sin，tan2，2，所以离心率 e， 故选：A 5为比较甲、乙两名高二学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测 验（指标值满分为 5
11、 分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指 标雷达图，则下面叙述正确的是（ ） A乙的数据分析素养优于甲 B乙的数学建模素养优于数学抽象素养 C甲的六大素养整体水平优于乙 D甲的六大素养中数据分析最差 【分析】根据所给的雷达图逐个选项分析即可 解：A 选项，乙的数据分析素养得分为 4 分，甲的数据分析素养得分 5 分，故 A 错误； B 选项，乙的数学建模素养得分为 3 分，甲的数学建模素养得分为 4 分，故 B 错误； C 选项，6 项素养中有 5 项甲比乙好，故 C 正确， D 选项，甲的六大素养中数学抽象、数学建模和数学运算最差，数据分析为 5 分，最好， 故 D 错误
12、 故选：C 6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A B16+4 C D 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积 解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为下面为一个半球，上面为一个直 三棱锥体构成的组合体 如图所示： 下面的球的半径为 2，直三棱锥的底面为腰长为 2 的等腰直角三角形，高为 2， 故 V 故选：A 7若函数 f（x）x3mx2+2x（mR）在 x1 处有极值，则 f（x）在区间0，2上的最大 值为（ ） A B2 C1 D3 【分析】根据极值点处的导数为零先求出 m 的值，然后再按照求函数在连续的闭区间上 最值的求法计算即可 解：由已知
13、得 f（x）3x22mx+2，f（1）32m+20，经检验满足 题意 f（x）x3x2+2x，f（x）3x25x+2 由；由 所以函数 f（x）在，在1，2上递增 则， 由于 f（2）f（x）极大值，所以 f（x）在区间0，2上的最大值为 2 故选：B 8将函数 f（x）2sin（3x+）（0）图象向右平移个单位长度后，得到函数的 图象关于直线 x对称，则函数 f（x）在上的值域是（ ） A1，2 B，2 C D 【分析】由题意利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，三角函数的图象的对称性， 余弦函数的值域，求得结果 解：把函数 f（x）2sin（3x+）（0）图象向右平移个单位长度后，
14、可得 y2sin（3x+）的图象； 再根据得到函数的图象关于直线 x对称， 3+k+，kZ， ，函数 f（x）2sin（3x+） 在上，3x+ ，sin（3x），1， 故 f（x）2sin（3x），2，即 f（x）的值域是，2， 故选：D 9我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内 容是：每个大于 2 的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：42+2，63+3，83+5， 那么在不超过 18 的素数中随机选取两个不同的数，其和等于 16 的概率为（ ） A B C D 【分析】先求出从不超过 18 的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求 出其和等
15、于 16 的结果，根据等可能事件的概率公式可求 解：不超过 18 的素数有 2，3，5，7，11，13，17 共 7 个，从中随机选取两个不同的数 共有， 其和等于 16 的结果（3，13），（5，11）2 种等可能的结果， 故概率 P 故选：B 10甲乙丙丁四人中，甲说：我年纪最大，乙说：我年纪最大，丙说：乙年纪最大，丁说： 我不是年纪最大的，若这四人中只有一个人说的是真话，则年纪最大的是（ ） A甲 B乙 C丙 D丁 【分析】根据题意四人中只有一个人说的是真话，逐个分析，只有丁说的是真话是，符 合题意，得到年纪最大的是丙； 解：假设甲说的是真话，则年纪最大的是甲，那么乙说谎，丙也说谎，而丁
16、说的是真话， 而已知只有一个人说的是真话，故甲说的不是真话，年纪最大的不是甲； 假设乙说的是真话，则年纪最大的是乙，那么甲说谎，丙说真话，丁也说真话，而已知 只有一个人说的是真话，故乙说谎，年纪最大的也不是乙； 假设丙说的是真话，则年纪最大的是乙，所以乙说真话，甲说谎，丁说的是真话，而已 知只有一个人说的是真话，故丙在说谎，年纪最大的也不是乙； 假设丁说的是真话，则年纪最大的不是丁，而已知只有一个人说的是真话，那么甲也说 谎，说明甲也不是年纪最大的，同时乙也说谎，说明乙也不是年纪最大的，年纪最大的 只有一人，所以只有丙才是年纪最大的，故假设成立，年纪最大的是丙； 故选：C 11已知三棱锥 DA
17、BC 的体积为 2，ABC 是边长为 2 的等边三角形，且三棱锥 DABC 的外接球的球心 O 恰好是 CD 的中点，则球 O 的表面积为（ ） A B C D24 【分析】根据 O 是 CD 中点这一条件，将棱锥的高转化为球心到平面的距离，即可用勾 股定理求解 解：设 D 点到平面 ABC 的距离为 h，因为 O 是 CD 中点， 所以 O 到平面 ABC 的距离为， 三棱锥 DABC 的体积 VSABC h22sin60 h2，解得 h2 ， 作 OO平面 ABC，垂足 O为ABC 的外心，所以 CO，且 OO， 所以在 RtCOO 中，OC，此为球的半径， S4R24 故选：A 12已知
18、函数 若所有点（s，f（t）（s，tD） 所构成的平面区域面积为 e21，则 a（ ） Ae B C1 D 【分析】依题意，可得 f（x）0，f（x）在，1上单调递增，于是可得 f（x）在， 1上的值域为a（e+2），e2a，继而可得 a（e2e2）（1）e21，解之即可 解：f（x）a（e2），因为 x，1，a0， 所以 f（x）0，f（x）在，1上单调递增， 则 f（x）在，1上的值域为a（e+2），e2a， 因为所有点（s，f（t）（s，tD）所构成的平面区域面积为 e21， 所以 a（e2e2）（1）e21， 解得 a， 故选：D 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20
19、 分 13若 ，则 cos2 【分析】直接利用诱导公式和三角函数关系式的恒等变换的应用求出结果 解：，所以 sin， 故 cos2 故答案为： 14x3（x+2）6的展开式中的常数项为 160 【分析】先求（x+2）6的展开式中通项，令 x 的指数为 3 即可求解结论 解：因为（x+2）6的展开式的通项公式为： x6 r 2r2r x6r； 令 6r3，可得 r3； x3（x+2）6的展开式中的常数项为：23 160 故答案为：160 15已知 F 为抛物线 C：x28y 的焦点，P 为 C 上一点，M（4，3），则PMF 周长的 最小值是 5+ 【分析】由题意画出图形，过 M 作准线的垂线，
20、交抛物线于 P，则PMF 的周长最小， 然后结合两点间的距离公式求解 解：如图，F 为抛物线 C：x28y 的焦点，P 为 C 上一点，M（4，3）， 抛物线 C：x28y 的焦点为 F（0，2），准线方程为 y2 过 M 作准线的垂线，交抛物线于 P，则PMF 的周长最小 最小值为 5+5+ 故答案为：5+ 16在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2bcosBacosC+ccosA，若ABC 外接圆的半径为，则ABC 面积的最大值是 【分析】由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合范围 B（0，）可 求 B 的值， 利用正弦定理可求 b 的值， 进而根据余
21、弦定理， 基本不等式可求 ac 的最大值， 进而根据三角形的面积公式即可求解 解：2bcosBacosC+ccosA， 由正弦定理可得：2sinBcosBsinAcosC+sinCcosAsin（A+C）， A+B+C， sin（A+C）sinB， 又B（0，），sinB0，2cosB1，即 cosB，可得：B， ABC 外接圆的半径为， 2， 解得 b2， 由余弦定理 b2a2+c22accosB， 可得 a2+c2ac4， 又 a2+c22ac， 4a2+c2ac2acacac（当且仅当 ac 时取等号），即 ac 的最大值为 4， ABC 面积的最大值为4sinB 故答案为： 三、 解答
22、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 17已知公比为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn且 （1）求数列an的通项公式； （2）设，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】（1）判断公比 q 不为 1，运用等比数列的求和公式，解方程可得公比 q，进而 得到所求通项公式； （2）求得（2n1） （）n 1，运用数列的错位相减法求和，以及 等比数列的求和公式，计算可得所求和 解：（1）设公比 q 为正数的等比数列an的前 n 项和为 Sn，且， 可得
23、 q1 时，S33a16，不成立； 当 q1 时，S3，即 q2+q+1 ， 解得 q（舍去）， 则 an2（ ）n 1（ ）n 2； （2）（2n1） （）n 1， 前 n 项和 Tn1 （）0+3 （ ）1+5 （）2+（2n1） （）n 1， Tn1 （）1+3 （）2+5 （）3+（2n1） （）n， 两式相减可得Tn1+2（）1+（）2+（）3+（）n 1（2n1） （ ）n 1+2（2n1） （）n， 化简可得 Tn6（2n+3） （ ）n 1 18为调研高中生的作文水平在某市普通高中的某次联考中，参考的文科生与理科生人数 之比为 1：4，且成绩分布在0，60的范围内，规定分数在
24、50 以上（含 50）的作文被评 为“优秀作文”，按文理科用分层抽样的方法抽取 400 人的成绩作为样本，得到成绩的 频率分布直方图，如图所示其中 a，b，c 构成以 2 为公比的等比数列 （1）求 a，b，c 的值； （2）填写下面 22 列联表，能否在犯错误的概率不超过 0.01 的情况下认为“获得优秀 作文”与“学生的文理科”有关“？ 文科生 理科生 合计 获奖 6 14 20 不获奖 74 306 380 合计 80 320 400 （3） 将上述调查所得的频率视为概率， 现从全市参考学生中， 任意抽取 2 名学生， 记 “获 得优秀作文”的学生人数为 X，求 X 的分布列及数学期望
25、附：K2 ，其中 na+b+c+d P（K2k） 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【分析】（1）根据频率分步直方图和 a，b，c 构成以 2 为公比的等比数列，即可得解； （2）由频率分步直方图算出相应的频数即可填写 22 列联表，再用 K2的计算公式运算 即可； （3）获奖的概率为，随机变量 XB（2，），再根据二项分布即可求出其 分布列与期望 解： （1） 由频率分布直方图可知， 10 （a+b+c） 110 （0.018+0.022+0.025） 0.3
26、5， 因为 a，b，c 构成以 2 为公比的等比数列，所以 a+2a+4a0.035，解得 a0.005， 所以 b2a0.01，c4a0.02 故 a0.005，b0.01，c0.02 （2）获奖的人数为 0.0051040020 人， 因为参考的文科生与理科生人数之比为 1： 4， 所以 400 人中文科生的数量为 400， 理科生的数量为 40080320 由表可知，获奖的文科生有 6 人，所以获奖的理科生有 20614 人，不获奖的文科生 有 80674 人 于是可以得到 22 列联表如下： 文科生 理科生 合计 获奖 6 14 20 不获奖 74 306 380 合计 80 320
27、400 所以在犯错误的概率不超过 0.01 的情况下，不能认为“获得优秀作文”与“学生的文理 科”有关“ （3）由（2）可知，获奖的概率为， X 的可能取值为 0，1，2， ， ， ， 分布列如下： X 0 1 2 P 数学期望为 19如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA底面 ABCD，BAD60， AB4 （1）求证：BD平面 PAC； （2）若直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为 30，求平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角 的余弦值 【分析】 （1） 由底面 ABCD 为菱形， 得 BDAC， 再由 PA底面 ABCD， 可得 PABD， 结合线面垂直的
28、判定可得 BD平面 PAC； （2）以点 A 为坐标原点，以 AD，AP 所在直线及过点 A 且垂直于平面 PAD 的直线分别 为 x， z， y 轴建立空间直角坐标系 Axyz， 分别求出平面 PAB 与平面 PCD 的一个法向量， 由两法向量所成角的余弦值可得平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的余弦值 【解答】（1）证明：底面 ABCD 为菱形，BDAC， PA底面 ABCD，BD平面 ABCD，PABD 又 ACPAA，AC，PA平面 PAC， BD平面 PAC； （2）解：ABAD，BAD60，ABD 为等边三角形， ACAD sin60 2 PA底面 ABCD，PCA 是直线
29、 PC 与平面 ABCD 所成的角为 30， 在 RtPAC 中，由 tanPCA，解得 PA4 如图，以点 A 为坐标原点，以 AD，AP 所在直线及过点 A 且垂直于平面 PAD 的直线分别 为 x，z，y 轴 建立空间直角坐标系 Axyz 则 P（0，0，4），A（0，0，0），B（2，0），D（4，0，0），C（6，0） ， 设平面 PAB 与平面 PCD 的一个法向量分别为， 由，取 y1，得； 由，取 y11，得 cos 平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的余弦值为 20已知椭圆的上顶点为 B，圆 C：x 2+y24 与 y 轴的正半轴 交于点 A，与 C 有且仅有两个交点
30、且都在 x 轴上O 为坐标原点） （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知点，不过 D 点且斜率为的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，证 明：直线 DM 与直线 DN 的斜率互为相反数 【分析】（1）根据条件可得 a2，进而得到 b，即可得到椭圆方程； （2）设直线 MN 的方程为 yx+m，联立，分别表示出直线 DM 和直线 DN 的斜率，相加利用根与系数关系即可得到 解：（1）圆 C：x2+y24 与 C 有且仅有两个交点且都在 x 轴上，所以 a2， 又，解得 b，故椭圆 C 的方程为； （2）设直线 MN 的方程为 yx+m，联立，整理可得 4x24mx+4m2 120， 则（4
31、m）244（4m212）48（4m2）0，解得2m2， 设点 M（x1，y1），N（x2，y2）， 则 x1+x2m，x1x2m23， 所以kDM+kDN+ 0， 故直线 DM 与直线 DN 的斜率互为相反数 21已知函数 （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）若 x0，证明 【分析】（1）求导，根据导数的正负判断单调性， （2） 整理， 化简为， 令 h （x） ， 求 h（x）的单调性，以及 xex1，即证 解：（1）函数定义域为（，0）（0，+）， 则 f（x），令 g（x）ex（1x）1，（x0），则 g（x）xex， 当 x0，g（x）0，g（x）单调递减；当 x0，g（x）0，
32、g（x）单调递增； 故 g（x）g（0）0，x0， f（x）0，x0， 故函数 f（x）的单调递减区间为（，0），（0，+），无单调递增区间 （2）证明，即为， 因为， 即证， 令 h（x），则 h（x）， 令 g（x），则 g（x）， 当 x0 时，g（x）0，所以 g（x）在（0，+）上单调递减， 则 g（x）g（0）0，x0， 则 h（x）0 在（0，+）上恒成立， 所以 h（x）在（0，+）上单调递减， 所以要证原不等式成立，只需证当 x0 时，xex1， 令 m（x）exx1，x0，m（x）ex1，可知 m（x）0 对于 x0 恒成立， 即 m（x）m（0）0，即 xex1， 故 h
33、（x）h（ex1），即证 ， 故原不等式得证 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 两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已知直线 l 的参数方程为（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的非负半 轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 （1）求直线 l 的普通方程及曲线 C 的直角坐标方程； （2）设点 P（1，2），直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|AB|+|PA|PB|的值 【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进 行转换 （2）利用（1）的结论，进一步
34、利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果 解：（1）直线 l 的参数方程为（t 为参数），转换为直角坐标方程为 4x+3y 20 曲线 C 的极坐标方程为 转换为 2cos+2sin，转换为直角坐 标方程为 x2+y22x2y0 （2）直线 l 的参数方程为（t 为参数），转换为标准式为（t 为参数）， 代入圆的直角坐标方程整理得 t2+4t+30， 所以 t1+t24，t1t23 |AB|+|PA|PB|t1t2|+|t1t2| 选修 4-5：不等式选讲 23已知 x0，y0，z0，x2+y2+z21，证明： （1）（x+y）2+（y+z）2+（x+z）24； （2） 【分析】（1）先
35、由基本不等式可得 xy+yz+zx1，而（x+y）2+（y+z）2+（x+z）22+2 （xy+yz+zx）4，即得证； （2）首先推导出 x+y+z1，再利用，展开即可 得证 【解答】证明：（1）x2+y2+z21， 2xy+2yz+2xzx2+y2+y2+z2+z2+x22（x2+y2+z2）2， xy+yz+zx1， （x+y）2+（y+z）2+（z+x）22（x2+y2+z2）+2（xy+yz+zx）2+2（xy+yz+zx）4（当 且仅当 xyz 时取等号） （2）x0，y0，z0，x2+y2+z21， （x+y+z）2x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx1+2xy+2xz+2yz1， x+y+z1， ，
