新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题05 基本不等式及其应用（含解析）

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专题05 基本不等式及其应用
【考纲要求】
1、能熟练运用基本不等式来比较两个实数的大小
2、能初步运用基本不等式证明简单的不等式．
3、熟练掌握基本不等式及其变形的应用，会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题
4、能够运用基本不等式解决生活中的应用问题．
【思维导图】

一、重要不等式及证明
如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取“＝”)．请证明此结论．
证明　∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，
∴a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时取“＝”．
二、基本不等式
1．内容：
≤，其中a≥0，b≥0，当且仅当a＝b时，等号成立．
2．证明：
∵a＋b－2＝()2＋()2－2·
＝(－)2≥0.
∴a＋b≥2.
∴≤，当且仅当a＝b时，等号成立．
三、基本不等式的常用推论
1．ab≤2≤(a，b∈R)．
2.＋≥2 (a，b同号)．
3．当ab>0时，＋≥2；
当ab<0时，＋≤－2.
4．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．
四、基本不等式求最值
1．理论依据：
(1)设x，y为正实数，若x＋y＝s(和s为定值)，则当x＝y时，积xy有最大值，且这个值为.
(2)设x，y为正实数，若xy＝p(积p为定值)，则当x＝y时，和x＋y有最小值，且这个值为2.
2．基本不等式求最值的条件：
(1)x，y必须是正数；
(2)求积xy的最大值时，应看和x＋y是否为定值；求和x＋y的最小值时，应看积xy是否为定值．
(3)等号成立的条件是否满足．
3．利用基本不等式求最值需注意的问题：
(1)各数(或式)均为正．
(2)和或积为定值．
(3)判断等号能否成立，“一正、二定、三相等”这三个条件缺一不可．
(4)当多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且要注意取等号的条件的一致性．
【题型汇编】
题型一：基本不等式及其应用
题型二：利用基本不等式求最值
题型三：利用基本不等式解决实际问题
【题型讲解】
题型一：基本不等式及其应用
一、单选题
1．（2022·全国·高考真题（文））已知，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】
由可得，而，所以，即，所以．
又，所以，即，
所以．综上，．
故选：A.
2．（2022·江西赣州·二模（理））在等差数列和等比数列中，有，且，则下列关系式中正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用基本不等式可判断两者的大小.
【详解】
设等比数列的公比为，则，故，
因为为等差数列，故，
因为为等差数列，故，故，
结合题设条件有，由基本不等式可得，
故，而，故，
故选：B.
3．（2022·宁夏·银川一中二模（理））下列不等式恒成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式成立的条件依次判断各选项即可得答案.
【详解】
解：对于A选项，当时，不等式显然不成立，故错误；
对于B选项，成立的条件为，故错误；
对于C选项，当时，不等式显然不成立，故错误；
对于D选项，由于，故，正确.
故选：D
4．（2022·四川攀枝花·三模（理））已知，，设，，，则a，b，c的大小关系正确的是（       ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
首先求出，的表达式，再利用对数的运算法则进行变形比较与，再利用基本不等式以及函数的单调性进行判断即可.
【详解】
依题意得，，，

，
由基本不等式得：，
又为单调递增函数
即，
故选：D.
5．（2022·黑龙江·哈九中三模（文））已知x，y都是正数，且，则下列选项不恒成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据基本不等式判断．
【详解】
x，y都是正数，
由基本不等式，，，，这三个不等式都是当且仅当时等号成立，而题中，因此等号都取不到，所以ABC三个不等式恒成立；
中当且仅当时取等号，如即可取等号，D中不等式不恒成立．
故选：D．
6．（2022·河北石家庄·二模）已知，则x､y､z的大小关系为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
作商，由对数的性质、运算及基本不等式可比较出，再由，可比较出与的大小即可得出的大小关系.
【详解】
，
，
即，
，而，
，又，
，
综上，，
故选：D
7．（2022·江西新余·二模（文））设，，，其中，则下列说法正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，利用函数的单调性结合均值不等式可得答案．
【详解】
令，因为，所以，
所以，，，虽然是单调递增函数，而无法比较大小，
所以大小无法确定，排除AB；
，，
故选：D.
二、多选题
1．（2022·湖南衡阳·三模）已知实数，，．则下列不等式正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A、D利用换元整理，，，再结合基本不等式；对于B根据，代入整理；对于C，结合计算处理．
【详解】
∵，则
∴，当且仅当即时等号成立
A正确；

令，则
，当且仅当即时等号成立
D正确；
∵，即，则，当且仅当时等号成立，B正确；
∵，当且仅当时等号成立
，C不正确；
故选：ABD．
2．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）已知、，且，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用基本不等式可判断A选项；利用基本不等式结合对数函数的单调性可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；构造函数，利用函数在上的单调性可判断D选项.
【详解】
对于A选项，因为，
所以，，当且仅当时，等号成立，A对；
对于B选项，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，，B对；
对于C选项，取，，则
，此时，C错；
对于D选项，令，其中，
则，所以，函数在上为增函数，
因为，则，D对.
故选：ABD.
3（2022·河北邯郸·一模）下列大小关系正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
A、B选项画出和的图象，数形结合进行比较，C选项构造函数，借助单调性进行判断，D选项作减法，借助对数运算及基本不等式进行比较.
【详解】

作出和的图象，如图所示，由图象可得，当时，，
当时，，，，故A，B正确.
令，则，在上单调递减，所以，故C错误.
，所以，故D正确.
故选：ABD.
4．（2022·辽宁·一模）已知不相等的两个正实数a和b，满足，下列不等式正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
A选项，利用作出判断；B选项，利用基本不等式即函数单调性求解；CD选项，用作差法求解.
【详解】
由于两个不相等的正实数a和b，满足，所以a和b可取一个比1大，一个比1小，即，故，A错误；
由题意得：，所以，B正确；
，其中，但不知道a和b的大小关系，故当时，，当时，，C错误；
，其中，，所以，即，D正确.
故选：BD
三、填空题
1．（2021·河南·模拟预测（文））已知关于的方程有两个实根，，则下列不等式中正确的有______.（填写所有正确结论的序号）
①；       ②
③；       ④.
【答案】①
【解析】
【分析】
解方程得到，，，再利用作差法和基本不等式得解.
【详解】
因为，所以或，
所以或，
因为关于的方程有两个实根，，
所以，，
对于①②，
，
所以，所以①正确，②错误.
对于③④，，
因为.
,
所以或者.
所以③④错误.
故答案为：①
2．（2021·全国·模拟预测）已知等比数列的各项均为正数，，且存在，使得，则的最小值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】
由递推关系结合基本不等式的性质，得，此时时等号成立，；再由条件，求得首项的最小值.
【详解】
设等比数列的公比为，，因为，，所以由基本不等式得，，
所以，当且仅当，即时等号成立．
则，
所以，即的最小值为4．
故答案为：4
【点睛】
关键点点睛：利用基本不等式得到，进而利用等比数列的通项公式求解的最小值．
四、解答题
1．（2022·江西南昌·三模（理））已知函数，已知不等式恒成立.
(1)求的最大值；
(2)设，，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）分类讨论可得解析式，进而得到的图象，采用数形结合的方式可确定；
（2）令，可得，代入不等式左侧，利用基本不等式可求得，由此可得结论.
(1)
当时，；当时，；当时，；
由此可得图象如下图所示，

恒成立，则由图象可知：当过点时，取得最大值，
.
(2)
由（1）知：只需证明；
令，解得：，
（当且仅当，即时取等号），
，即.
2．（2022·四川·成都七中三模（文））设函数，，恒成立．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）转化为，令
，求.
（2）要证，即证，结合均值不等式即可证明.
(1)
由题意知恒成立，即恒成立，
即恒成立
令

可得函数在上是增函数，在上是减函数，
所以，则，
即，整理得，解得，
综上实数的取值范围是.
(2)
由，知，即，
所以要证，
只需证，即证，
又
，成立.
3．（2022·宁夏·银川一中二模（理））已知函数
(1)若不等式的解集为，求实数a的值.
(2)若，求证:.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由绝对值不等式得解集求参数，首先得到，分与两种情况下求解；（2）利用绝对值三角不等式和基本不等式进行证明.
(1)
即，
所以，即，显然.
当时，，则，解得：；
当时，，则，无解.
综上可知，.
(2)
证明：
，
等号成立的条件是与同号，
，，，当且仅当，即时等号成立，
，
，
.
题型二：利用基本不等式求最值
一、单选题
1．（2022·上海黄浦·二模）若、均为非零实数，则不等式成立的一个充要条件为（       ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用基本不等式及充要条件的定义判断即可；
【详解】
解：因为、均为非零实数且，所以，
因为，，所以，所以，
由，可得，，所以，当且仅当，即时取等号，
所以不等式成立的一个充要条件为；
故选：A
2．（2022·广东茂名·二模）已知 ，则 的最小值为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由可得，令，表示出a,b,再由，结合不等式知识，即可求得答案.
【详解】
由可得：,故 ，
令，则，
因为
，
当且仅当，即或时等号成立，
所以 ，即的最小值为2，
故选：C．
3．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知函数是定义在上的奇函数，对于任意，必有，若函数只有一个零点，则函数有（       ）
A．最小值为 B．最大值为 C．最小值为4 D．最大值为4
【答案】A
【解析】
【分析】
由函数只有一个零点，结合条件可得方程只有一个根，即可求出，然后可求出的最值情况.
【详解】
由可得，
因为函数是定义在上的奇函数，所以，
因为对于任意，必有，所以，即，
因为函数只有一个零点，
所以方程只有一个根，所以，解得，
所以，令，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以函数有最小值为，
故选：A
4．（2022·山东淄博·三模）已知正项等比数列的前项和为，且成等差数列．若存在两项使得，则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知条件及等差中项的性质可得，结合可得，再应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立条件.
【详解】
由题设，即，又为正项等比数列，
所以，，
由，则，即，
所以，
则，
当且仅当时等号成立，满足，
所以的最小值为2.
故选：B
5．（2022·江西萍乡·三模（文））已知正实数满足，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知可得，利用基本不等式即可求出.
【详解】
由，则，
所以，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
6．（2022·全国·二模（理））△ABC中，，若，则AB边上的高的最大值为（       ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
将已知条件利用余弦的二倍角公式化简可得，然后由余弦定理和基本不等式可得面积的最大值，从而得到高的最大值.
【详解】
△ABC中，，可得，即，解得即，
,,
可得，当时取到最大值16，
设AB边上的高为h，则，解得，
即AB边上的高的最大值为，
故选：C
7．（2022·全国·二模（理））动圆M经过坐标原点，且半径为1，则圆心M的横纵坐标之和的最大值为（       ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设动圆圆心，利用动圆M经过坐标原点，可得，利用基本不等式可得，从而得到要求的最大值.
【详解】
设动圆圆心，半径为1，动圆M经过坐标原点，可得,即，
，当且仅当时取等号，即，
则圆心M的横纵坐标之和的最大值为
故选：C
二、多选题
1．（2022·全国·高考真题）若x，y满足，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
【详解】
因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确；
由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确；
因为变形可得，设，所以，因此
，所以当时满足等式，但是不成立，所以D错误．
故选：BC．
2．（2022·山东临沂·三模）下列命题正确的是（       ）
A．正实数x，y满足，则的最小值为4
B．“”是“”成立的充分条件
C．若随机变量，且，则
D．命题，则p的否定：
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A，可用基本不等式“1”的妙用求最值；对于B，根据充要条件的知识及不等式性质进行判断；对于C，根据二项分布期望及方差公式求解判断；对于D，根据命题的否定的知识进行判断.
【详解】
对于A，，当且仅当时等号成立，故A错误；
对于B，“”能推出“”，故B正确；
对于C，，解得，故C正确；
对于D，p的否定：，故D错误.
故选：BC.
3．（2022·湖南师大附中三模）若，，，则的可能取值有（     ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【解析】
【分析】
利用题设条件，将式子化成，观察得出，之后利用乘以1不变，结合基本不等式求得其范围，进而得到正确答案.
【详解】
原式
（当且仅当，时取等号）.
故选：CD.
4．（2022·辽宁沈阳·三模）已知分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且，则下列说法正确的有（       ）
A． B．在上单调递减
C．关于直线对称 D．的最小值为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】
通过题目信息求出的解析式，然后利用函数性质进行判断.
【详解】
由题，将代入得，因为分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以可得，将该式与题干中原式联立可得.
对于A：，故A正确；
对于B：由，，所以不可能在在上单调递减，故B错误；
对于C： 为偶函数，关于轴对称，表示向右平移1101个单位，故关于对称，故C正确；
对于D：根据基本不等式，当且仅当时取等，故D正确.
故选：ACD
5．（2022·河北唐山·三模）下列命题正确的有（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．，则
【答案】BD
【解析】
【分析】
可通过反例排除A、C，对于B，两边取对数即可，对于D，通过对数运算得到的式子，应用基本不等式即可确定.
【详解】
对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，，所以，故D正确.
故选：BD.
三、双空题
1．（2022·天津·耀华中学二模）如图，在中，，D为中点，P为上一点，且满足，的面积为，则___________；的最小值为___________.


【答案】     ；     .
【解析】
【分析】
根据平面向量加法的几何意义、共线向量的性质，结合平面向量的运算性质、基本不等式进行求解即可.
【详解】
设，由而，
所以有，即；
因为的面积为，，
所以有，
因为，
所以有
，
当有仅当时取等号，
故答案为：；.
【点睛】
关键点睛：运用基本不等式是解题的关键.
2．（2022·天津·二模）如图直角梯形中，，，，在等腰直角三角形中，，则向量在向量上的投影向量的模为____________；若，分别为线段，上的动点，且，则的最小值为_______．

【答案】          ##
【解析】
【分析】
根据题意，建立平面直角坐标系，利用坐标法求解投影向量的模；再设，，，进而根据题意得，再根据坐标运算得，进而结合基本不等式求解即可.
【详解】
解：根据题意，如图，建立平面直角坐标系，

因为，
所以，
所以，，
所以，向量在向量上的投影向量为，
故其模为.
因为，分别为线段，上的动点，
所以，设，，
所以，
所以，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：；
3．（2022·辽宁·东北育才学校二模）已知函数，若在定义域内为单调递减函数，则实数的最小值为___________；若，，使得成立，则实数的取值范围为___________.
【答案】         
【解析】
【分析】
空1：根据题意可得当时恒成立，即，利用基本不等式处理求解；
空2：根据题意可得，借助于导数求解最值，同时注意讨论和．
【详解】
，则
∵在定义域内为单调递减函数，则当时恒成立
则可得：
∵，当且仅当时等号成立，则
∴，即实数的最小值为；
∵，即
当时，整理得：
构建，则
∵当时，
则当时恒成立
∴在上单调递减，则
则，即
当时，，即在时不满足原式
综上所述：实数的取值范围为
故答案为：；．
四、填空题
1．（2022·上海虹口·二模）函数的值域为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据基本不等式即可解出．
【详解】
因为，所以，当且仅当时取等号．
故答案为：．
2．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学三模）已知，当取到最小值时，___________．
【答案】##0.75
【解析】
【分析】
先将化为，再结合基本不等式即可求出最小值及此时的值.
【详解】
知，当取到最小值时，
由题意知：

，
当且仅当，即时取等，
故当取到最小值时，.
故答案为：.
五、解答题
1．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
(1)
因为，即，
而，所以；
(2)
由（1）知，，所以，
而，
所以，即有．
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
2．（2022·上海·高考真题）在椭圆中，直线上有两点C、D (C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F.
(1)若∠AFB，求椭圆的标准方程；
(2)若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由；
(3)已知直线BC与椭圆相交于点P，直线AD与椭圆相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求的最小值.
【答案】(1)
(2)交点为，在椭圆上，理由见解析
(3)6
【解析】
【分析】
（1）写出三点的坐标，可将用坐标表示出来，求出的值，再结合已知条件，即可求出，进而写出椭圆的标准方程；
（2）根据条件，写出直线和的方程，求出交点坐标，再将其代入椭圆标准方程的左边，即可判断该点与椭圆的位置关系；
（3）利用三角换元（或者椭圆的参数方程）的方法设出点的坐标，再结合点的坐标，写出直线和的方程，求出点的坐标，表示出，再利用三角恒等变换以及同角三角函数关系化简，最后根据重要不等式计算出的最小值.
(1)
由题可得，又，
所以，解得，
所以，
故椭圆的标准方程为；
(2)
由，得直线的方程为：，
由，得直线的方程为：，
联立两方程，解得交点为，
代入椭圆方程的左边，得，
故直线与的交点在椭圆上；
(3)
由题有
因为两点在椭圆上，且关于原点对称，
则设，
直线，则，
直线，则，
所以

设，则，
因为，
所以，则，即的最小值为6.
【点睛】
关键点点睛：第（3）小题中，以三角函数形式（参数方程）设点是解题的关键，进而利用三角恒等变换和同角三角函数关系（二次齐次分式化正余弦为正切）将化简，最终利用重要不等式求出其最小值.
题型三：利用基本不等式解决实际问题
一、单选题
1．（2022·陕西西安·三模（文））已知，，，则以下不等式正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件结合基本不等式进行求解.
【详解】
由题意，，故选项A错误；
，当且仅当时，等号成立，故选项B正确；
，则，故选项C错误；
，故选项D错误.
故选：B.
2．（2022·安徽省舒城中学一模（文））在三棱锥中，平面ABC，，与的外接圆圆心分别为，，若三棱锥的外接球的表面积为，设，，则的最大值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题可得，然后利用球的性质可得，进而可得，再利用基本不等式即求.
【详解】
∵平面ABC，
∴，
则为直角三角形，其外心为PB的中点，的外心，
∴，又，
∴，

设三棱锥的外接球的为，连接，则平面ABC，
∴，
∴，又三棱锥的外接球的表面积为，
∴，即，
由可得，
∴，当且仅当时取等号.
∴的最大值是.
故选：B.
3．（2022·山西·怀仁市第一中学校一模（理））已知三棱锥的顶点在底面的射影为的垂心，若的面积为的面积为的面积为，满足，当的面积之和的最大值为8时，则三棱锥外接球的体积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角新的垂心，利用线线垂直与线面垂直的关系，证明两两垂直，从而可以将三棱锥的外接球问题，转变为一个长方体的外接球问题求解.
【详解】
连接交于点，连接,

因为为的垂心，所以，
因为平面，所以，而 ,
所以平面，所以，
可得，
因为，
即，所以，
所以，所以,
又 平面， 平面，故 ，
而 ,所以平面，平面，
所以，
同理可知，且，所以平面，
所以，因此两两垂直，
设，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以，
设三棱锥外接球的半径为，
所以，解得，
所以三棱锥外接球的体积为,
故选:D.
4．（2022·四川·石室中学二模（理））设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线上任意一点，M是线段PF上的点，且，则直线OM的斜率的最大值为（       ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设出，P点坐标，根据及抛物线方程，得到，从而表达出直线OM的斜率，利用基本不等式求出最大值.
【详解】
因为，设，显然当时，，当时，，则要想求解直线OM的斜率的最大值，此时，设，因为，所以，即，解得：，由于，所以，即，由于，则，当且仅当，即时，等号成立，故直线OM的斜率的最大值为.
故选：C
二、多选题
1．（2022·河北保定·一模）下面描述正确的是（       ）
A．已知，，且，则
B．函数，若，且，则的最小值是
C．已知，则的最小值为
D．已知，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于选项A，利用基本不等式结合对数运算求解判断；对于选项B：结合对数的性质，利用对勾函数的单调性求解判断；C，用“1”的代换，利用基本不等式求解判断；对于选项D，将，转化为，利用二次函数的性质求解判断.
【详解】
对于选项A，∵，，，∴，∴，当且仅当时取等号，∴，∴A正确；
对于选项B：因为，所以，又，所以由对勾函数的单调性可知函数在上单调递减，所以，即，故B不正确；
对于选项C，根据题意，已知，则，当且仅当，即时，等号成立，所以，故C正确；
对于选项D，，令，所以，所以，此时无解，所以选项D不正确，
故选：AC．
2．（2022·浙江·模拟预测）已知三棱锥，过顶点B的平面交分别棱AC，AD于M，N（均不与棱端点重合）．设，，，其中和分别表示三棱锥和三棱锥的体积．下列不等式一定成立的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
设，，根据题设结合棱锥的体积公式得，，进而有且，再应用不等式的性质、基本不等式判断各选项中不等式是否一定成立即可.
【详解】
若，则，令，

所以，，
若到底面的距离为，则，，
所以，且，
由，而，则，所以，A正确；
由，则，B正确；
由当且仅当时等号成立，所以，C错误；
由，而，则，
所以，则，D正确；
故选：ABD
3．（2022·广东肇庆·二模）已知，，，且，则（       ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据基本不等式逐个分析判断
【详解】
∵，∴，
∴，
∴，当且仅当或时取等号，故A正确；
∵，∴，当且仅当或时取等号，故B错误；
∵，当且仅当或时取等号，故C正确；
由选项B的解析可知，所以，所以，所以，当且仅当或时取等号，故D错误．
故选：AC
三、双空题
1．（2022·浙江台州·二模）已知正实数满足，则的最大值为___________；的最大值为___________.
【答案】     ##0.5；     ##
【解析】
【分析】
①由基本不等式直接计算即可；
②先由基本不等式计算的最大值，再由两部分取等条件相同得到整体的最大值即可.
【详解】
①由，得，当且仅当，即时取等；
②，当且仅当，即时取等，
又由上知，故，当且仅当时取等，所以，
当且仅当时取等.
故答案为：；.
四、填空题
1．（2022·全国·高考真题（理））已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】##
【解析】
【分析】
设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.

             
     
2．（2022·山东济南·三模）2022年3月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见》，再次强调持续推进体育公园建设．如图，某市拟建造一个扇形体育公园，其中，千米．现需要在，OB，上分别取一点D，E，F，建造三条健走长廊DE，DF，EF，若，，则的最大值为______千米．

【答案】#
【解析】
【分析】
利用余弦定理和基本不等式即可求解.
【详解】
∵在四边形中，，，，
∴,
在△中，由余弦定理得,
即,
，
，当且仅当时取等号，
，,
即，.
故答案为：.
五、解答题
27．（2022·上海松江·二模）如图，农户在米、米的长方形地块上种植向日葵，并在处安装监控摄像头及时了解向日葵的生长情况．监控摄像头可捕捉到图像的角度范围为，其中点、分别在长方形的边、上，监控的区域为四边形．记．

(1)当时，求、两点间的距离；（结果保留整数）
(2)问当取何值时，监控区域四边形的面积最大？最大值为多少？（结果保留整数）
【答案】(1)82
(2)，4886
【解析】
【分析】
（1）根据，求解，再用勾股定理求解即可
（2）根据直角三角函数中的关系分别求得的面积，进而表达出四边形的面积，再令，化简再用基本不等式求解最小值即可
(1)
∵，∴
∵   ∴
∴
(2)
，，
所以，
所以，
令，则
∴
∴
此时，，，即时.
故当时，监控区域四边形的面积最大约为
35．（2022·上海宝山·一模）吴淞口灯塔采用世界先进的北斗卫星导航遥测遥控系统，某校数学建模小组测量其高度（单位：，如示意图，垂直放置的标杆的高度，使，，在同一直线上，也在同一水平面上，仰角，.（本题的距离精确到

(1)该小组测得､的一组值为，，请据此计算的值；
(2)该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到灯塔的距离（单位：，使与之差较大，可以提高测量精确度.若灯塔的实际高度为，试问为多少时，最大？
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题目所给数据，解直角三角形并利用建立方程即可求解；
（2）由两角差的正切公式，结合均值不等式求出的最值，再根据角的范围即可求得何时有最大值.
(1)
由可得：，
同理可得，
因为，
所以，
可得.
(2)
由题意可得，
则，
所以，
而，
当且仅当时等号成立，
故当时，取最大值，
因为，所以，
所以时，最大.