1、绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共 4 页，23 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟。注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。2作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考
2、生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将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.已知集合 ，则 =24260MxNx， MNA. B. C. D. 3x 2x23x【答案】C【解析】【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养采取数轴法，利用数形结合的思想解题【详解】由题意得， ，则42,3MxNx故选 C2Nx【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分2.设复数 z 满足 ，z 在复平面内对应的点为( x，y)，则=1iA.
3、B. C. D. 2+1()xy2(1)xy22(1)xy22(+1)yx【答案】C【解析】【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1) 之间的距离为 1，可选正确答案 C【详解】 则 故选 C,(1),zxyixyi22(1),zxy22(1)xy【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养采取公式法或几何法，利用方程思想解题3.已知 ，则0.20.32log.,abcA. B. C. D. cabcabbca【答案】B【解析】【分析】运用中间量 比较 ，运用中间量 比较0,ac1,bc【详解】 则 故选 B22
4、log.l0,.20,0.321,0,cab【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养采取中间变量法，利用转化与化归思想解题4.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（ 0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此此外，最美人体的头顶512至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是 若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为512105cm，头顶至脖子下端的长度为 26 cm，则其身高可能是A. 165 cm B. 175 cm C. 185 cm D. 190cm【答案】B【解析】【分析】理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方
5、程求解【详解】设人体脖子下端至腿根的长为 x cm，肚脐至腿根的长为 y cm，则 ，得265102xy又其腿长为 105cm，头顶至脖子下端的长度为 26cm，所以其身高约为42.07,5.1xcmyc4207+515+105+26=17822，接近 175cm故选 B【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养采取类比法，利用转化思想解题5.函数 f(x)= 在，的图像大致为2sincoA. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，得 是奇函数，排除 A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案()fx【详解】由 ，得 是奇函数，其图象关于原点对
6、22sinsin() ()co()coxf f()fx称又 故选 D214()1,2f2()0f【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题6.我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“ ” ，如图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是A. B. C. D. 51613221316【答案】A【解析】【分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算
7、是住店问题，该重卦恰有 3 个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算【详解】由题知，每一爻有 2 中情况，一重卦的 6 爻有 情况，其中 6 爻中恰有 3 个阳爻情况有 ，所236C以该重卦恰有 3 个阳爻的概率为 = ，故选 A36C51【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题7.已知非零向量 a，b 满足 =2 ，且（a b） b，则 a 与 b 的夹角为A. B. C. D. 632356【答案】B【解析】【分析】本
8、题主要考查利用平面向量数量积数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养先由 得出向量 的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量()ab,ab夹角【详解】因为 ，所以 =0，所以 ，所以 =()2()2abcos，所以 与 的夹角为 ，故选 B2|1abab3【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为 0,8.如图是求 的程序框图，图中空白框中应填入12A. A= B. A= C. A= D. A=12121212【答案】A【解析】【分析】本题主要考查算法中的程序框图
9、，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特征与程序框图结构，即可找出作出选择【详解】执行第 1 次， 是，因为第一次应该计算 = ， =2，循环，执,12Ak12A1k行第 2 次， ，是，因为第二次应该计算 = ， =3，循环，执行第 3 次，2k121k，否，输出，故循环体为 ，故选 A1A【点睛】秒杀速解 认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为 12A9.记 为等差数列 的前 n 项和已知 ，则nSa450Sa，A. B. C. D. 25na31n28n21nS【答案】A【解析】【分析】等差数列通项公式与前 n 项和公式本题还可用排除，对 B， ， ，排除5a4(72)10
10、SB，对 C， ，排除 C对 D，24540,5801SaS，排除 D，故选 A24541,【详解】由题知， ，解得 ， ，故选 A41530dSa132ad5n【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前 n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养利用等差数列通项公式与前 n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断10.已知椭圆 C 的焦点为 ，过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点.若 ，12,01,F()， ( 22FB ，则 C 的方程为1AB A. B. C. D. 2xy213xy2143xy2154xy【答案】B【解析】【分析】可以运用下面方法
11、求解：如图，由已知可设 ，则 ，由椭圆的定义有2FBn21,3AnBFAn在 和 中，由余弦定理得12124,aBFnAa12 2，又 互补， ，222 14cos4,9nnBF 2121,AFB2121coscos0AFB两式消去 ，得 ，解得 2121cscsA,2236n3n所求椭圆方程为 ，故选 B22243,31,anabac213xy【详解】如图，由已知可设 ，则 ，由椭圆的定义有2FBn2AnBFAn在 中，由余弦定理推论得12124,aBFna 1在 中，由余弦定理得 ，解得219cos3A 12AF 214243nn32n所求椭圆方程为 ，故选 B224,3,31,aabac
12、213xy【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养11.关于函数 有下述四个结论：()sin|i |fxxf(x)是偶函数 f(x)在区间（ , ）单调递增2f(x)在 有 4 个零点 f(x)的最大值为 2,其中所有正确结论的编号是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出函数 的图象，由图象可得正确，故选 Csinifxx【详解】 为偶函数，故正确当sinisini,fxxxffx时， ，它在区间 单调递减，故错误当 时，22if ,20，它有两个零点： ；当 时， ，它有一个sinfx00xsini
13、2sinfxx零点： ，故 在 有 个零点： ，故错误当 时，fx,3 ,kkN；当 时， ，又 为偶函数，2sinfx 22kkNsin0fxxfx的最大值为 ，故正确综上所述， 正确，故选 C【点睛】化简函数 ，研究它的性质从而得出正确答案sinifxx12.已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC，ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，PB 的中点，CEF=90，则球 O 的体积为A. B. C. D. 8646266【答案】D【解析】【分析】本题也可用解三角形方法，达到求出棱长的目的适合空间想象能力略差学生设 ， 分别为 中点，2PABC
14、x,EF,PAB，且 ， 为边长为 2的 等边三角形，/EF1BC又3C90213,ExAEPx中余弦定理 ，作 于 ， ，AE24cosADCAPC为 中点， ， ，DQC12DECPx22431x， ，又 ， 两2211xx2ABC=2ABC,PABC两垂直， ， ， ，故选 D.6R2R3468VR【详解】 为边长为 2 的等边三角形， 为正三棱锥，,PABCP，又 ， 分别 为 、 中点，EFPAB， ，又 ， 平面 ， 平面 ，/FCE,ACEFACPBAC， 为正方体一部分， ，即 2PABB226R，故选 D3646,28RVR【点睛】本题考查学生空间想象能力，补型法解决外接球问
15、题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补型成正方体解决二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.曲线 在点 处的切线方程为_23()exy(0,)【答案】 .x【解析】【分析】本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程【详解】详解：/ 223(21)()3(1),xxxyeee所以，/0|xk所以，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 2()exy(0,)3yx0y【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误求导要“慢” ，计算要准，是解答此类问题的基本要求
16、14.记 Sn为等比数列a n的前 n 项和若 ，则 S5=_21463aa，【答案】 .123【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比 的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到 题目的难q 5S度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查【详解】设等比数列的公比为 ，由已知 ，所以 又 ，q2146,3a3251(),q0q所以 所以 3,q5515()()aSq【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误15.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束） 根据前期比赛成绩，甲队的
17、主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为 0.6，客场取胜的概率为 0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以 41 获胜的概率是_【答案】0.216.【解析】【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查【详解】前五场中有一场客场输时，甲队以 获胜的概率是4:130.65.20.18,前五场中有一场主场输时，甲队以 获胜的概率是:2. ,综上所述，甲队以 获胜 的 概率是4:10.81.q【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之
18、二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以 获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算4:116.已知双曲线 C： 的 左、右焦点分别为 F1，F 2，过 F1 的直线与 C 的两条渐近线分2(0,)xyab别交于 A，B 两点若 ， ，则 C 的离心率为_1FAB120F【答案】2.【解析】【分析】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养采取几何法，利用数形结合思想解题【详解】如图，由 得 又 得 OA 是三角形 的中位线，即1,FAB1.A12,OF12FB由 ，得 则 有22/,.O20B12,OA12,OF又 OA 与 OB 都是渐近线，得1,1
19、则 又渐近线 OB 的斜率为 ，所以该双曲线的离心率21,BFA026F0tan63b为 2()(3)cbea【点睛】此题若不能求出直角三角形的中位线的斜率将会思路受阻，即便知道双曲线渐近线斜率和其离心率的关系，也不能顺利求解，解题需要结合几何图形，关键得到即得到渐近线的倾斜角为 从而突破问题障碍02126,BOFABO06,三、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。17. 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设 V2(sin)sinis
20、nBCABC（1）求 A；（2）若 ，求 sinC2abc【答案】 （1） ；（2） .362sin4【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得： ，从而可整理出 ，根据22bcabcosA可求得结果；（2）利用正弦定理可得 ，利用 、0,AsinsinABCiinBC两角和差正弦公式可得关于 和 的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.sinCcos【详解】 （1） 2 22si isiisiBBC即： 22innsinA由正弦定理可得： 2bcab21cosA0,3=（2） ，由正弦定理得：2abc2sin2sinABC又 ，sinisinociBAC 3312ci2s
21、iC整理可得： sin63co22sico1C22sin631sin解得： 或n4因为 所以 ，故 .6si2isin2i0BAC6sin4C62sin4（2）法二： ，由正弦定理得：2abc2sin2sinABC又 ，sinisinoiBACC3312ci2si整理可得： ，即sin63cosCin3cos2in6CC或2i512且 3AC5 62sinisinsincosin126444【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.18.如图，直四棱柱
22、ABCDA1B1C1D1 的底面是菱形，AA 1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N 分别是BC， BB1，A 1D 的中点（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求二面角 A-MA1-N 的正弦值【答案】 （1）见解析；（2） .05【解析】【分析】（1）利用三角形中位线和 可证得 ，证得四边形 为平行四边形，进而证得1/ADBC/MENDMNDE，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形 对角线交点为原点可建立空间直角/MNDE ABC坐标系，通过取 中点 ，可证得 平面 ，得到平面 的法向量 ；再通过向量法求F11Fur得平面 的法向量 ，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值
23、，进而可求得所求二面角的正1An弦值.【详解】 （1）连接 ，ME1BC， 分别为 ， 中点 为 的中位线ME1BCME1BC且1/2又 为 中点，且 且NAD1/1/ND12四边形 为平行四边形/EE，又 平面 ， 平面M1C1CE平面/N1（2）设 ，ACBDO11AB由直四棱柱性质可知： 平面CD四边形 为菱形 则以 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则： ， ， ，D （0，-1,0）3,0A,12M13,4A31,2N取 中点 ，连接 ，则BFD,F四边形 为菱形且 为等边三角形 AC60BABADFAB又 平面 ， 平面 1CD1F平面 ，即 平面DF 1F1M为平面 的一
24、个法向量，且1AM3,02设平面 的法向量 ，又 ，1N,nxyz13,A3,02N，令 ，则 ， 320nxy 3x1yz3,1n5cos,1DFn 0sin,5DF二面角 的正弦值为：1AMN05【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.19.已知抛物线 C：y 2=3x 的焦点为 F，斜率为 的直线 l 与 C 的交点为 A，B，与 x 轴的交点为 P32（1）若|AF|+|BF|=4 ，求 l 的方程；（2）若 ，求|AB|3APB【答案】 （1
25、） ；（2） .870xy413【解析】【分析】（1）设直线 ： ， ， ；根据抛物线焦半径公式可得 ；联立直线l3y=xm21,Ay2,Bxy12x+方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于 的方程，解方程求得结果；（2）设直线 ： ；ml3yt联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用 可得 ，结合韦达定理可求3APB123y得 ；根据弦长公式可求得结果.12y【详解】 （1）设直线 方程为： ， ，l3y=x21,y2,xy由抛物线焦半径公式可知： 234AFB15联立 得：23yxm22910xm则 22140，解得：1259mx78直线 的方程为： ，即：l32yx120xy
26、（2）设 ，则可设直线 方程为：,0Ptl3t联立 得：23xy20yt则 410t13t，12y123yt， 3APB221y3123y则12124 449y 【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.20.已知函数 ， 为 的导数证明：()sinl(1)fxx(f)fx（1） 在区间 存在唯一极大值点；()f,2（2） 有且仅有 2 个零点fx【答案】 （1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在 上单调递减，根据零点存在定理可判断出 ，1,
27、2 0,2x使得 ，进而得到导函数在 上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知0gx,为 在 上的唯一零点；当 时，首先可判断出在 上无零点，再利用零点存f1,0,xp()0,x在定理得到 在 上的单调性，可知 ，不存在零点；当 时，利用零点存在fx0,2f,2定理和 单调性可判断出存在唯一一个零点；当 ，可证得 ；综合上述情况可证,x0fx得结论.【详解】 （1）由题意知： 定义域为： 且fx1,1cosfx令 ，cosgx1,2，21singxx1,在 上单调递减， 在 上单调递减21x,1,7na1,2在 上单调递减g,又 ，0sin10224sin102g，使得0,2x0x
28、当 时， ； 时，01,g0,20gx即 在 上单调递增；在 上单调递减gx0,0,x则 为 唯一的极大值点0即： 在区间 上存在唯一的极大值点 .fx1,20x（2）由（1）知： ，1cosfxx,当 时，由（1）可知 在 上单调递增,0xf在 上单调递减ff1,0又 为 在 上的唯一零点0xf1,0当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减,2fx()0, 0,2x又 0f0在 上单调递增，此时 ，不存在零点x()0, 0fxf又2cos02f，使得10,x1fx在 上单调递增，在 上单调递减f01,1,2又 ，0fxf2sinllnl10ef 在 上恒成立，此时不存在零点f0,2当 时，
29、单调递减， 单调递减,xsinxln1x在 上单调递减f,2又 ，0fsinl1ln0f即 ，又 在 上单调递减2ffx,2在 上存在唯一零点fx,当 时， ，,sin1,xlnl1lnxesinl10x即 在 上不存在零点f,综上所述： 有且仅有 个零点fx2【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.21.为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比
30、试验对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 4 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得 1 分，乙药得 分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的1白鼠未治愈则乙药得 1 分，甲药得 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得 0 分甲、乙两种药的治愈率分别记为 和 ，一轮试验中甲药的得分记为 X（1）求 的分布列；X（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分， 表示“甲药的累计得分为 时，最终认为甲(0,18)ip i药
31、比乙药更有效”的概率，则 ， ， ，其中0p8 1iiiiabcp(,27)， ， 假设 ， (1)aPX()bPX()c.50.(i)证明： 为等比数列；iip,2,7(ii)求 ，并根据 的值解释这种试验方案的合理性44【答案】 （1）见解析；（2） （i）见解析；（ii） .41257p【解析】【分析】（1）首先确定 所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2） （i）求解出X的取值，可得 ，从而整理出符合等比数列定义的形式，,abc 110.4.50.,27iiiipp问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合 和 的值可求得 ；再次8
32、p01p利用累加法可求出 .4【详解】 （1）由题意可知 所有可能的取值为： ， ，X10； ；PX0P1PX则 的分布列如下： 10P11（2） ，0.5.8， ，4a05.0.25b0.2.1c（i） 11,7iiiipcp即 0.,iiii整理可得： 154,2iii 114,27iiiipp（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。22.选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 （t 为参数） ，以坐标原点 O 为极点，x 轴的2214txy，正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标
33、方程为 cos3in10（1）求 C 和 l 的直角坐标方程；（2）求 C 上的点到 l 距离的最小值【答案】 （1） ； ；（2）2:14yx:310lxy7【解析】【分析】（1）利用代入消元法，可求得 的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得 的直角坐标方程；C l（2）利用参数方程表示出 上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.【详解】 （1）由 得： ，又2tx1x2216ty2 2216414xyx整理可得 的直角坐标方程为：C214yx又 ，cosxsiny的直角坐标方程为：l2310xy（2）设 上点的坐标为：C
34、cos,i则 上的点到直线 的距离l4sin123sin1677d 当 时， 取最小值sin16则 min7d【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.23.选修 4-5：不等式选讲已知 a，b，c 为正数，且满足 abc=1证明：（1） ；221bc（2） 333()()()4aa【答案】 （1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用 将所证不等式可变为证明： ，利用基本不等式可证得1abc=22abcab，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得22bca，再次利用基本不等式可将式转化为333abcabca，在取等条件一致的情况下，可得结论.24【详解】 （1） 1abc1abcababc222222当且仅当 时取等号c，即：221ababc221abcac（2） ，当且仅当 时取等号333abc又 ， ， （当且仅当 时等号同时成立）ab2c2cc333 24aba又 1abc=3bc【点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立.
