2020-2021学年河南省南阳市高三（上）质量检测数学（文）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）质量检测数学（文）试卷北师大版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A=x|x≤4x+5，B=x|x2<4，则A∩B=( )
A.x|0
2. 已知复数z=−2+i1+2i+1−2i，则z的共轭复数z¯=( )
A.−1+iB.1+iC.1−iD.−1−i

3. 若向区域D=x,y|0≤x≤1,0≤y≤1内随机投点，则该点落在区域x,y|x2+y2≤14内的概率为( )
A.π4B.π8C.π16D.π32

4. 若x，y满足约束条件2x+y−2≤0，x−y−1≥0，y+2≥0，则z=4x+y的最大值为( )
A.2B.4C.6D.8

5. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积与表面积之比为( )

A.618B.69C.612D.63

6. 已知α∈0,π，且cs2α=2csα−cs2α，则sinα=( )
A.23B.23C.13D.223

7. 设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线分别交于D，E两点．若C的焦距为4，则△ODE面积的最大值为( )
A.1B.2C.4D.8

8. 下图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是( )

A.4B.5C.6D.7

9. 已知A，B分别为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点，P，Q是椭圆上的不同两点且关于x轴对称，设直线AP，BQ的斜率分别为m，n，若mn=14，则该椭圆的离心率为( )
A.63B.22C.32D.23

10. 已知函数fx=sinωx+φω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )

A.ω=3
B.φ=π6
C.f0+fπ6+f2π6+f3π6+f4π6+⋯ +f2019π6=0
D.fπ6+f2π6+f3π6+f4π6+⋯+f2019π6=0

11. 已知二次函数fx满足fx+1=fx−2x+1，且f1=−1．对任意x1>x2>−1，fx1−fx2x1−x2>mx1+x2成立，则m的取值范围为( )
A.−2,−1B.[−2,−1)C.−4,−1D.[−4,−1)

12. 设函数fx=lnxx，若存在a,b⊆1e,e，使得fx在a,b上的值域为ka,kb，则实数k的取值范围为( )
A.[1e2,12e)B.[1e2,1)C.[12e,1e)D.[12e,1)
二、填空题

已知平面向量a→=1,m，b→=m−1,−3，且a→⋅b→=|a→|，则m=________.

定义在R上的奇函数fx在[0,+∞)上是减函数，若fm+f3−2m>f0，则m的取值范围为________.

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为α，b，c，A=π4，csinA=4sinC，若此三角形有两解，则b的取值范围是________.

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，若PA=AD=2，AD//BC，∠DAB=∠ADC=π3，PC与平面ABCD所成角的正切值为233，则四棱锥P−ABCD外接球的表面积为________.

三、解答题

为了解某农场的种植情况，该农场的技术人员对种植出来的水果进行抽样检测，将测得的水果重量分成[15.5,16.5)，[16.5,17.5) ，[17.5,18.5)，[18.5,19.5)，[19.5,20.5)，20.5,21.5六组进行统计，得到如图所示的统计图．

(1)估计该农场的水果重量的平均数（同一组当中的水果重量用该组的中间值代替）；

(2)从样本中重量不小于19.5克的水果中任取2个，求至少有1个水果的重量不小于20.5克的概率．

已知数列an的首项为12，且满足n+1an=n−1an−1（n≥2，n∈N∗）．
(1)求an的通项公式；

(2)已知bn=an+1nan，求数列bn的前n项和Sn．

如图，在四面体ABCD中，△ABD是等边三角形，且AC=BC.

(1)证明：AB⊥CD；

(2)若AB=2，AC=3，BC⊥CD，求点B到平面ACD的距离．

已知动点M到点F3,0的距离比它到直线l:x+5=0的距离小2.
(1)求动点M的轨迹E的方程；

(2)过点F作斜率为kk≠0的直线l′与轨迹E交于点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，证明：|AB||FN|为定值．

已知函数fx=alnx−x.
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)若不等式fx≥e−1x−ex对x∈[1,+∞)恒成立，求a的取值范围．

在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=1+2t,y=3−2t（t为参数），曲线C的方程为x2−4x+y2+2=0，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程；

(2)若射线θ=α0<α<2π与曲线C相切于点M（点M位于第一象限），且与直线l相交于点N，求|MN|.

已知正实数a，b，c，满足ab+bc+ac=abc.
(1)证明：a+b+c≥9；

(2)证明：ba2+cb2+ac2≥1.
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）质量检测数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】

【解答】
解：∵ A=x|x≤4x+5=x|x≥−53，
B=x|−2∴ A∩B=x|−53≤x<2．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z=−2+i1+2i+1−2i
=−2+i1−2i1+2i1−2i+1−2i
=5i5+1−2i
=1−i，
则z¯=1+i．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】

【解答】
解：由题意得，区域D的面积为1×1=1，
在区域D中，满足x2+y2≤14的面积为14π×122=π16，
则所求概率P=π16．
故选C．
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，作出不等式组表示的可行域，
由图知，当直线y=−4x+z过点2,−2时，取得最大值6．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
构成空间几何体的基本元素
【解析】

【解答】
解：由边长为2，
可得△EAB中边AB上的高为22−1=3，
则正八面体上半部分的高为3−1=2，
则其体积为2×2×23×2=823，
其表面积为8×12×2×3=83，
所以此正八面体的体积与表面积之比为69．
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
二倍角的余弦公式
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由cs2α=2csα−cs2α，
得3cs2α−2csα−1=0，
解得csα=−13或csα=1.
又因为α∈0,π，
所以csα=−13，
则sinα=1−cs2α=223．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
三角形的面积公式
直线与双曲线结合的最值问题
基本不等式在最值问题中的应用
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不妨设D在第一象限，E在第四象限，
联立方程组x=a,y=bax,解得x=a,y=b,
故Da,b，同理可得Ea,−b，
所以|ED|=2b，S△ODE=12a×2b=ab．
因为C的焦距为4，
所以c=2，
c2=a2+b2≥2ab，
解得ab≤2，
当且仅当a=b=2时取等号，
所以S△ODE的最大值为2．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：按照程序框图执行程序，
输入s=1，n=1，s=−1+13=0，不满足s>100，循环；
n=2，s=0+23=8，不满足s>100，循环；
n=3，s=−8+33=19，不满足s>100，循环；
n=4，s=−19+43=45，不满足s>100，循环；
n=5，s=−45+53=80，不满足s>100，循环；
n=6，s=−80+63=136，满足s>100，输出n=6．
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
斜率的计算公式
【解析】

【解答】
解：设Px0,y0，则Qx0,−y0，
∴ m=y0x0+a，n=−y0x0−a，
则mn=−y02x02−a2.
又∵ y02=−b2a2x0−a2，
∴ nm=b2a2=14，
∴ e=a2−b2a2=32．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由函数图象可知T4=7π12−π3=π4，即T=2πω=π，
解得ω=2.
将7π12,−1代入得，sin2×7π12+φ=−1，
即7π6+φ=3π2+2kπ，k∈Z，
∴ φ=π3+2kπ，k∈Z.
又|φ|<π2，
∴ φ=π3，
∴ fx=sin2x+π3，
∴ fnπ6=sinnπ3+π3是以6为最小正周期的周期函数.
又f0=sinπ3=32，fπ6=sin2π3=32，
f2π6=sinπ=0，f3π6=sin4π3=−32，
f4π6=sin5π3=−32，f5π6=sin2π=0，
f6π6=sin7π3=32，
∴ fπ6+f2π6+f3π6+
f4π6+⋯+f2019π6=0，
∴ f0+fπ6+f2π6+f3π6+
f4π6+⋯+f2019π6=32．
故选D．
11.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
函数解析式的求解及常用方法
【解析】

【解答】
解：设二次函数fx=ax2+bx+c(a≠0)，
则fx+1=ax+12+bx+1+c
=ax2+2a+bx+a+b+c.
又∵ fx+1=fx−2x+1，
∴ ax2+2a+bx+a+b+c
=ax2+b−2x+c+1，
∴ 2a+b=b−2，a+b+c=c+1，
解得a=−1,b=2.
∵ f1=−1，
∴ a+b+c=−1，
∴ c=−2，
∴ fx=−x2+2x−2．
∵ fx1−fx2x1−x2>mx1+x2，
∴ f(x1)−mx12>f(x2)−mx22.
∵ x1>x2>−1，
∴ 函数fx−mx2在−1,+∞上单调递增．
令gx=fx−mx2
=−1−mx2+2x−2．
当m=−1时，gx=2x−2，满足题意；
当m≠−1时，−m−1>0,221+m≤−1，
解得−2≤m<−1．
综上，m的取值范围为−2,−1．
故选A．
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f′x=1−lnxx2，
∴ fx在1e,e上单调递增.
又fx在a,b上的值域为ka,kb，
∴ fa=lnaa=ka,fb=lnbb=kb,
则lnxx2=k在1e,e上有两个不同解．
令ℎ(x)=lnxx2，x∈1e,e，
则ℎ′(x)=1−2lnxx3，
则ℎ(x)在1e,e上单调递增，在[e,e]上单调递减.
又ℎ1e=−e2，ℎe=1e2，ℎe=12e，
∴ k∈1e2,12e．
故选A．
二、填空题
【答案】
−43
【考点】
平面向量的坐标运算
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由a→⋅b→=|a→|，所以m−1−3m=1+m2，
则m=−43或m=0（舍去）．
故答案为：−43.
【答案】
(3,+∞)
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知函数fx在R上单调递减，且f0=0，
故fm+f3−2m>f0可化为fm>f2m−3，
则m<2m−3，解得m>3，即m的取值范围为3,+∞.
故答案为：(3,+∞).
【答案】
(4,42)
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由csinA=4sinC，可得a=4，
由正弦定理可得bsinB=asinA=4sinπ4=422,
即sinB=b42．
又三角形有两解，
所以只需b>a，sinB<1,
即4故答案为：(4,42).
【答案】
8π
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】

【解答】
解：连接AC，则∠PCA为PC与平面ABCD所成角，
即tan∠PCA=233，
所以AC=3．
因为AD//BC，∠DAB=∠ADC=π3，
所以四边形ABCD为等腰梯形，CD=1，
所以AC⊥CD，
所以底面ABCD外接圆即为△ACD的外接圆，其半径为12AD=1.
又PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AD，
所以四棱锥P−ABCD外接球的半径R=12PD=1222+22=2，
故该四棱锥外接球的表面积S=4πR2=8π．
故答案为：8π.
三、解答题
【答案】
解：(1)设该农场的水果重量的平均数为x¯，
则x¯=
16×2+17×5+18×14+19×13+20×4+21×22+5+14+13+4+2
=73840
=18.45，
所以该农场的水果重量的平均数为18.45.
(2)重量不小于19.5克的水果有6个，记为a，b，c，d，E，F，
其中重量不小于20.5克的水果有2个，记为E，F．
从a，b，c，d，E，F中任取2个，有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,E)，(a,F)，(b,c)，(b,d)，(b,E)，(b,F)，(c,d)，(c,E)，(c,F)，(d,E)，(d,F)，(E,F)，共15种情况，
至少有1个水果的重量不小于20.5克的有(a,E)，(a,F)，(b,E)，(b,F)，(c,E)，(c,F)，(d,E)，(d,F)，(E,F)，共9种情况，
则至少有1个水果的重量不小于20.5克的概率P=915=35．
【考点】
众数、中位数、平均数
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)设该农场的水果重量的平均数为x¯，
则x¯=
16×2+17×5+18×14+19×13+20×4+21×22+5+14+13+4+2
=73840
=18.45，
所以该农场的水果重量的平均数为18.45.
(2)重量不小于19.5克的水果有6个，记为a，b，c，d，E，F，
其中重量不小于20.5克的水果有2个，记为E，F．
从a，b，c，d，E，F中任取2个，有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,E)，(a,F)，(b,c)，(b,d)，(b,E)，(b,F)，(c,d)，(c,E)，(c,F)，(d,E)，(d,F)，(E,F)，共15种情况，
至少有1个水果的重量不小于20.5克的有(a,E)，(a,F)，(b,E)，(b,F)，(c,E)，(c,F)，(d,E)，(d,F)，(E,F)，共9种情况，
则至少有1个水果的重量不小于20.5克的概率P=915=35．
【答案】
解：(1)由n+1an=n−1an−1，
得anan−1=n−1n+1．
又a1=12，
所以当n≥2时，
an=anan−1⋅an−1an−2⋅an−2an−3⋯⋯a1a2⋅a2a1⋅a1
=n−1n+1⋅n−2n⋅n−3n−1⋯⋯24⋅13⋅12
=1nn+1．
又n=1也满足上式，
所以an=1nn+1．
(2)bn=an+1nan=1n−1n+1+n+1，
所以Sn=(1−12+12−13+13−
14+⋯+1n−1n+1)+2+n+1n2
=1−1n+1+n2+3n2
=n2+3n2+nn+1．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】

【解答】
解：(1)由n+1an=n−1an−1，
得anan−1=n−1n+1．
又a1=12，
所以当n≥2时，
an=anan−1⋅an−1an−2⋅an−2an−3⋯⋯a1a2⋅a2a1⋅a1
=n−1n+1⋅n−2n⋅n−3n−1⋯⋯24⋅13⋅12
=1nn+1．
又n=1也满足上式，
所以an=1nn+1．
(2)bn=an+1nan=1n−1n+1+n+1，
所以Sn=(1−12+12−13+13−
14+⋯+1n−1n+1)+2+n+1n2
=1−1n+1+n2+3n2
=n2+3n2+nn+1．
【答案】
(1)证明：取AB的中点E，连接CE，DE.
因为△ABD是等边三角形，
所以DE⊥AB．
又AC=BC，
所以CE⊥AB．
又DE∩CE=E，
所以AB⊥平面CDE，
故AB⊥CD．
(2)解：因为BD=AB=2，BC=AC=3，BC⊥CD，
所以CD=BD2−BC2=1．
又AD=2，
所以AC2+CD2=AD2，即AC⊥CD，
则S△ACD=32．
由题可得CE=AC2−AB22=2，
DE=AD2−AB22=3，
则CD2+CE2=DE2，即CE⊥CD，
则S△ECD=22．
设点B到平面ACD的距离为d，
因为AB⊥平面CDE，VB−ACD=VB−ECD+VA−ECD，
所以13⋅S△ACD⋅d=13⋅S△ECD⋅AB，
即13×32d=13×22×2，
解得d=263，
即点B到平面ACD的距离为263．
【考点】
直线与平面垂直的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取AB的中点E，连接CE，DE.
因为△ABD是等边三角形，
所以DE⊥AB．
又AC=BC，
所以CE⊥AB．
又DE∩CE=E，
所以AB⊥平面CDE，
故AB⊥CD．
(2)解：因为BD=AB=2，BC=AC=3，BC⊥CD，
所以CD=BD2−BC2=1．
又AD=2，
所以AC2+CD2=AD2，即AC⊥CD，
则S△ACD=32．
由题可得CE=AC2−AB22=2，
DE=AD2−AB22=3，
则CD2+CE2=DE2，即CE⊥CD，
则S△ECD=22．
设点B到平面ACD的距离为d，
因为AB⊥平面CDE，VB−ACD=VB−ECD+VA−ECD，
所以13⋅S△ACD⋅d=13⋅S△ECD⋅AB，
即13×32d=13×22×2，
解得d=263，
即点B到平面ACD的距离为263．
【答案】
(1)解：由题意知，
动点M到点F3,0的距离与到直线x+3=0距离相等.
由抛物线的定义知，
轨迹E是以F3,0为焦点，以直线x+3=0为准线的抛物线，
所以p2=3，即p=6，
所以点M的轨迹E的方程为y2=12x．
(2)证明：设t=1k，
则直线l′：x=ty+3，
联立x=ty+3，y2=12x，
得y2−12ty−36=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，G为线段AB的中点，
则y1+y2=12t，
则x1+x2=ty1+y2+6=12t2+6，
所以G(6t2+3,6t)，
所以线段AB的垂直平分线的方程为y−6t=−t(x−6t2−3)，
则N6t2+9,0，
所以|FN|=6t2+9−3=6t2+6，|AB|=x1+x2+6=12t2+12，
所以|AB||FN|=2为定值．
【考点】
轨迹方程
抛物线的定义
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】

【解答】
(1)解：由题意知，
动点M到点F3,0的距离与到直线x+3=0距离相等.
由抛物线的定义知，
轨迹E是以F3,0为焦点，以直线x+3=0为准线的抛物线，
所以p2=3，即p=6，
所以点M的轨迹E的方程为y2=12x．
(2)证明：设t=1k，
则直线l′：x=ty+3，
联立x=ty+3，y2=12x，
得y2−12ty−36=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，G为线段AB的中点，
则y1+y2=12t，
则x1+x2=ty1+y2+6=12t2+6，
所以G(6t2+3,6t)，
所以线段AB的垂直平分线的方程为y−6t=−t(x−6t2−3)，
则N6t2+9,0，
所以|FN|=6t2+9−3=6t2+6，|AB|=x1+x2+6=12t2+12，
所以|AB||FN|=2为定值．
【答案】
解：(1)由题意得，函数fx=alnx−x的定义域为0,+∞，
f′x=ax−1=a−xx．
若a>0，
当00，
则函数fx在0,a上单调递增；
当x>a时，f′x<0，
则函数fx在a,+∞上单调递减．
若a≤0，f′x=a−xx<0，
则函数fx在0,+∞上单调递减．
(2)若不等式fx≥e−1x−ex在[1,+∞)上恒成立，
即alnx+ex−ex≥0恒成立.
设gx=alnx+ex−ex，
则g′(x)=ax+ex−e，
令ℎ(x)=g′(x)，
则ℎ′(x)=ex−ax2 ．
①当a≥0时，g′x≥0恒成立，
所以gx在[1,+∞)上单调递增，
所以gx≥g1=0，
即a≥0符合题意；
②当a<0时，ℎ′x>0恒成立，
所以g′x在[1,+∞)上单调递增.
又因为g′1=a<0，
g′lne−a=alne−a−a
=a[1−ln(e−a)]ln(e−a)>0，
所以存在x0∈1,lne−a，使得g′x0=0，
当x∈1,x0时，g′x<0，
即gx在(1,x0)上单调递减，
所以gx0即a<0不符合题意．
综上，a的取值范围为[0,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得，函数fx=alnx−x的定义域为0,+∞，
f′x=ax−1=a−xx．
若a>0，
当00，
则函数fx在0,a上单调递增；
当x>a时，f′x<0，
则函数fx在a,+∞上单调递减．
若a≤0，f′x=a−xx<0，
则函数fx在0,+∞上单调递减．
(2)若不等式fx≥e−1x−ex在[1,+∞)上恒成立，
即alnx+ex−ex≥0恒成立.
设gx=alnx+ex−ex，
则g′(x)=ax+ex−e，
令ℎ(x)=g′(x)，
则ℎ′(x)=ex−ax2 ．
①当a≥0时，g′x≥0恒成立，
所以gx在[1,+∞)上单调递增，
所以gx≥g1=0，
即a≥0符合题意；
②当a<0时，ℎ′x>0恒成立，
所以g′x在[1,+∞)上单调递增.
又因为g′1=a<0，
g′lne−a=alne−a−a
=a[1−ln(e−a)]ln(e−a)>0，
所以存在x0∈1,lne−a，使得g′x0=0，
当x∈1,x0时，g′x<0，
即gx在(1,x0)上单调递减，
所以gx0即a<0不符合题意．
综上，a的取值范围为[0,+∞)．
【答案】
解：(1)消去t可得l：x+y−4=0.
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入普通方程，
可得直线l的极坐标方程为ρcsθ+ρsinθ−4=0，
曲线C的极坐标方程为ρ2−4ρcsθ+2=0．
(2)在极坐标系中，联立θ=α，ρ2−4ρcsθ+2=0，
可得ρ2−4ρcsα+2=0．
因为射线θ=α与曲线C相切，
所以4csα2−4×2=0，
解得csα=±22.
又点M位于第一象限，
所以α=π4，
所以|OM|=2．
联立θ=π4,ρcsθ+ρsinθ−4=0，
解得ρ=22，即|ON|=22，
所以|MN|=|ON|−|OM|=2．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线与圆的位置关系
【解析】

【解答】
解：(1)消去t可得l：x+y−4=0.
将x=ρcsθ，y=ρsinθ代入普通方程，
可得直线l的极坐标方程为ρcsθ+ρsinθ−4=0，
曲线C的极坐标方程为ρ2−4ρcsθ+2=0．
(2)在极坐标系中，联立θ=α，ρ2−4ρcsθ+2=0，
可得ρ2−4ρcsα+2=0．
因为射线θ=α与曲线C相切，
所以4csα2−4×2=0，
解得csα=±22.
又点M位于第一象限，
所以α=π4，
所以|OM|=2．
联立θ=π4,ρcsθ+ρsinθ−4=0，
解得ρ=22，即|ON|=22，
所以|MN|=|ON|−|OM|=2．
【答案】
证明：(1)因为ab+bc+ac=abc，
所以1a+1b+1c=1，
所以a+b+c=a+b+c⋅1a+1b+1c
=3+ab+ba+ac+ca+cb+bc
≥3+2ab⋅ba+2ac⋅ca+2cb⋅bc=9，
当且仅当a=b=c时，等号成立，
所以a+b+c≥9．
(2)ba2+cb2+ac2
=ba2+cb2+ac2+1a+1b+1c−1
=ba2+1b+cb2+1c+ac2+1a−1
≥2a+2b+2c−1=1，
当且仅当a=b=c时，等号成立，
所以ba2+cb2+ac2≥1．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)因为ab+bc+ac=abc，
所以1a+1b+1c=1，
所以a+b+c=a+b+c⋅1a+1b+1c
=3+ab+ba+ac+ca+cb+bc
≥3+2ab⋅ba+2ac⋅ca+2cb⋅bc=9，
当且仅当a=b=c时，等号成立，
所以a+b+c≥9．
(2)ba2+cb2+ac2
=ba2+cb2+ac2+1a+1b+1c−1
=ba2+1b+cb2+1c+ac2+1a−1
≥2a+2b+2c−1=1，
当且仅当a=b=c时，等号成立，
所以ba2+cb2+ac2≥1．

2020-2021学年河南省南阳市高三（上）质量检测数学（文）试卷北师大版

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