2023-2024学年四川省雅安中学等校联考高三（下）开学数学试卷（理科）（含解析）

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这是一份2023-2024学年四川省雅安中学等校联考高三（下）开学数学试卷（理科）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x+1>0}，B={x|x2<4}，则A∩B=( )
A. {x|−12.已知复数z=−1+ai1+i(a∈R)为纯虚数，则a=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
3.已知非零向量a，b满足|a|=3|b|，且(a+2b)⊥(a−4b)，则a与b夹角的余弦值为( )
A. 112B. 16C. 14D. 13
4.已知l，m，n是三条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列结论正确的是( )
A. 若l//α，α//β，则l//β
B. 若α∩β=l，m//l，则，m//α且m//β
C. 若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥α
D. 若α∩β=l，α⊥γ，β⊥γ，则l⊥γ
5.函数f(x)=3x+3−xx2−1的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.执行如图所示的程序框图，若输入的值为a=0.30.2，b=0.20.3，c=−lg0.20.3，则输出的值为( )
A. lg0.20.3B. 0.30.2C. 0.20.3D. −lg0.20.3
7.已知集合U={x∈Z|1≤x≤5}，非空集合A⊆U，且A中所有元素之和为奇数，则满足条件的集合A共有( )
A. 12个B. 14个C. 16个D. 18个
8.已知函数f(x)=2x+ x−4，若存在x1A. x1<1
B. x2>1
C. f(x)在(x1,x2)内有零点
D. 若f(x)在(x1,x1+x22)内有零点，则f(x1+x22)>0
9.当两个变量呈非线性相关时，有些可以通过适当的转换进行线性相关化，比如反比例关系y=kx，可以设一个新的变量z=1x，这样y与z之间就是线性关系.下列表格中的数据可以用非线性方程y=0.14x 2+b 进行拟合，
用线性回归的相关知识，可求得b的值约为( )
A. 2.98B. 2.88C. 2.78D. 2.68
10.若函数f(x)=2sin2(ωx2−π4)+ 3sin(ωx+π6)−2(ω>0)在[0,π]上恰有两个零点，则ω的取值范围为( )
A. [53,83)B. (53,83]C. [136,256)D. (136,256]
11.我们把形如C1：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)和C2：y2b2−x2a2=1(a>0,b>0)的两个双曲线叫做共轭双曲线.设共轭双曲线C1，C2的离心率分别为e1，e2，则当2e1+3e2取得最大值时，e1=( )
A. 132B. 133C. 136D. 1313
12.当x>0时，ae2x≥lnxaex恒成立，则a的取值范围为( )
A. (0,12ee]B. (0,1e]C. [1e,+∞)D. [12e,+∞)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知实数x，y满足约束条件x+y−4≤0x−1≥0y−1≥0，则其表示的封闭区域的面积为______．
14.已知抛物线E：y2=8x的焦点为F，M(x0,y0)是E上一点，且|MF|=4x03，则x0= ______．
15.一个封闭的玻璃圆锥容器AO内装有部分水(如图1)，此时水面与线段AO交于点B，将其倒置后(如图2)，水面与线段AO还是交于点B，则(ABAO)3= ______．
16.在△ABC中，AC=BC，延长CB至点E，使得∠ACB=2∠CEA，若AB>AC，则AEBE的取值范围为______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1+a22+a33+⋯+ann=n⋅2n+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{an2n+2}的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
为了防止注册账号被他人非法登录，某系统在账号登录前，要先输入一个验证码.当连续3次输入错误验证码时，该用户账号将被冻结，需本人持有效证件进行解冻.已知该系统登入设置的每个验证码由有序数字串abcd组成，其中a，b，c，d∈{0,1,2,3}，某人非法登录一个账号，任选一组验证码输入，直到输入正确的验证码或账号被冻结．
(1)求这个人第一次输入的验证码恰有两位正确的概率；
(2)设这个人输入验证码的次数为X，求X的分布列和期望．
19.(本小题12分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形．
(1)证明：BD1⊥B1C.
(2)若∠B1BC=120°，求二面角A−BC−D1的余弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 33，且椭圆C的短轴长为2 6．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设P是椭圆C上第一象限内的一点，A是椭圆C的左顶点，B是椭圆C的上顶点，直线PA与y轴相交于点M，直线PB与x轴相交于点N.记△ABN的面积为S1，△AMN的面积为S2.证明：|S1−S2|为定值．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=2ex+ax．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)=m有两个不相等的根x1，x2，且022.(本小题10分)
已知曲线C的参数方程为x=csθ+sinθy=csθ−sinθ(θ为参数)，直线l的参数方程为x=12+tcsαy=12+tsinα(t为参数)，l与C相交于A，B两点．
(1)求曲线C的普通方程；
(2)设M(12,12)，证明：|MA|⋅|MB|为定值．
23.(本小题12分)
已知正实数a，b，c满足a2+b2+c2=3．
(1)若a=1，证明：1b2+1c2≥2．
(2)求ab+bc+ca的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为A={x|x+1>0}={x|x>−1}，B={x|x2<4}={x|−2所以A∩B={x|−1故选：A．
通过解不等式化简集合A，B，利用交集的定义求出A∩B．
本题主要考查集合的表示方法和集合交集的运算，同时也考查一元一次不等式、一元二次不等式解集的计算方法，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：复数z=−1+ai1+i(a∈R)，
可得z=(−1+ai)(1−i)(1+i)(1−i)=a−12+a+12i，
由复数z为纯虚数，可得：
a−12=0且a+12≠0，解得a=1．
故选：C．
运用复数的运算性质和纯虚数的定义：实部为0，虚部不为0，解方程即可得到所求值．
本题考查复数的运算性质和纯虚数的定义，考查运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为(a+2b)⊥(a−4b)，
所以(a+2b)⋅(a−4b)=a2−2a⋅b−8b2=b2−2a⋅b=0．
设a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅b|a||b|=12b23b2=16，
故a与b夹角的余弦值为16．
故选：B．
根据题意，由数量积的运算律，代入计算，结合平面向量的夹角计算公式，即可得到结果．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：对于A：若l//α，α//β，则l//β或l⊂β，故A错误；
对于B：若α∩β=l，m//l，当m⊄α且m⊄β时，m//α且m//β，故B错误；
对于C：若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，若m与n是两条相交直线，则l⊥α，
否则，若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，当m//n时，l与α可以不垂直，故C错误；
对于D：证明：设α∩γ=m，β∩γ=n，
∵平面α∩平面β=l，
∴在l任意取一点P，过P在平面α内作PA⊥m．
∵α⊥平面γ，α∩γ=m，
∴PA⊥γ，过P在平面β内作PB⊥n，
∵β⊥平面γ，β∩γ=n，
∴PB⊥γ，
∴PA，PB重合即为l，
∴l⊥γ，故D正确．
故选：D．
分别利用空间线面平行，垂直的性质与判定定理这个求解即可．
本题考查空间线面位置关系的判定，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，f(x)=3x+3−xx2−1，其定义域为{x|x≠±1}，
则f(−x)=f(x)，即f(x)为偶函数，排除C、D，
在区间(0,1)上，x2−1<0，3x+3−x>0，则f(x)<0，排除B．
故选：A．
根据题意，分析函数的奇偶性，排除C、D，再分析(0,1)上f(x)的符号，排除B，综合可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的定义域和奇偶性，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由程序框图可知，输出的值为a，b，c中的最小值，
因为a=0.30.2>0，b=0.20.3>0，c=−所以−lg0.20.3最小，即输出的值为−lg0.20.3．
故选：D．
由程序框图可知，输出的值为最小值，再结合指数函数与对数函数的性质求解．
本题主要考查了程序框图的应用问题，考查了指数函数和对数函数的性质，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：U={1,2,3,4,5}，其中奇数有1，3，5三个，偶数有2，4两个，
若A只有1个元素，则满足条件的集合有C31=3个，
若A只有2个元素，则满足条件的集合有C31×C21=6个，
若A只有3个元素，则满足条件的集合有C31×C22+C33=4个，
若A只有4个元素，则满足条件的集合有C33×C21=2个，
若A有5个元素，则A=U，满足条件，故满足条件的集合A共有16个．
故选：C．
根据集合U中的元素的奇偶性，分类讨论即可．
本题考查集合的定义，集合的个数，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：因为f(x)=2x+ x−4在[0,+∞)上单调递增，且x1所以f(x1)<0，f(x2)>0，则函数f(x)在(x1,x2)内有零点，所以C正确；
又因为f(1)=2+1−4=−1<0，又x11，所以B正确；x1与1的大小，没法判定，所以A不正确．
若函数f(x)在(x1,x1+x22)内有零点，f(x1)<0，则f(x1+x22)>0，所以D正确．
故选：A．
利用函数的单调性，结合函数的零点，判断选项的正误即可．
本题考查了函数的单调性，考查了函数的零点问题，是中档题．
9.【答案】B
【解析】解：设z=x2，则y=0.14z +b ，则
则z−=1+4+9+16+25+366=916，
y−=2.5+3.6+4.4+5.4+6.6+7.56=5，
则b =y−−0.14z−=5−0.14×916≈2.88．
故选：B．
设z=x2后，得到y与z之间的关系表格，计算出z−,y−的值，利用(z−,y−)在线性回归方程上进行计算即可．
本题主要考查了线性回归方程的求解，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】解：f(x)=2sin2(ωx2−π4)+ 3sin(ωx+π6)−2
=1−cs(ωx−π2)+ 3×( 32sinωx+12csωx)−2
=12sinωx+ 32csωx−1
=sin(ωx+π3)−1，
令f(x)=0，
∴sin(ωx+π3)=1，
∵x∈[0,π]，
∴ωx+π3∈[π3,ωπ+π3]，
∵sin(ωx+π3)=1在[0,π]上恰有两个解，
∴5π2≤ωπ+π3<9π2，解得13π6≤ω<256，
即实数ω的取值范围为[13π6,256].
故选：C．
利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式，令f(x)=0，对应正弦函数的零点问题即可得解．
本题主要考查了三角函数恒等变换，三角函数的图象和性质的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
11.【答案】A
【解析】解：由题意可知e1=cae2=cb，则2e1+3e2=2ac+3bc=2a+3bc，
由c2=a2+b2，可设a=ccsθb=csinθ(0<θ<π2)，
则2e1+3e2=2ccsθ+3csinθc=3sinθ+2csθ= 13sin(θ+φ)，其中csφ=3 13sinφ=2 13(0<φ<π2)，
当θ+φ=π2，即θ=π2−φ时，2e1+3e2取得最大值 13，
此时e1=ca=cccsθ=1csθ=1cs(π2−ϕ)=1sinϕ= 132．
故选：A．
根据题意可得2e1+3e2=2a+3bc，由c2=a2+b2，可设a=ccsθb=csinθ(0<θ<π2)，结合三角恒等变换与正弦型函数的最值即可得答案．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】D
【解析】解：由题意，当x>0时，ae2x≥lnxaex恒成立，
所以ae2x≥lnxaex=lnx−lna−x在(0,+∞)上恒成立，
所以elna+2x+lna+2x≥elnx+lnx在(0,+∞)上恒成立，
令f(x)=ex+x，可得f′(x)=ex+1>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以lna+2x≥lnx在(0,+∞)上恒成立，即lna≥lnx−2x在(0,+∞)上恒成立，
令g(x)=lnx−2x，可得g′(x)=1x−2=1−2xx，
当x∈(0,12)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(12,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)≤g(12)=ln12−1=ln12e，所以lna≥ln12e，解得a≥12e，
所以实数a的取值范围为[12e,+∞)．
故选：D．
根据题意，得到elna+2x+lna+2x≥elnx+lnx在(0,+∞)上恒成立，令f(x)=ex+x，求得f′(x)>0，得到f(x)在(0,+∞)上单调递增，转化为lna≥lnx−2x在(0,+∞)上恒成立，令g(x)=lnx−2x，利用求得函数的单调性和最大值，得到lna≥ln12e，即可求解．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了转化思想，属中档题．
13.【答案】2
【解析】解：根据约束条件作出的平面区域图如图所示，
易得A(1,1)，B(3,1)，C(1,3)，
则S△ABC=12|AB|⋅|AC|=12×2×2=2，故封闭区域的面积为2．
故答案为：2．
利用线性规划作出约束条件所表示的封闭区域，从而得解．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
14.【答案】6
【解析】解：由题可知F(2,0)⇒|MF|=x0+2=4x03⇒x0=6．
故答案为：6．
根据抛物线的定义及焦半径公式计算即可．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
15.【答案】12
【解析】解：根据题意，设圆锥AB的底面半径为r，圆锥AO的底面半径为R，则有ABAO=rR，
若将圆锥倒置后，水面与AO还是相交于点B，则水的体积是圆锥体积的12，即圆锥AB的体积是圆锥AO体积的12，
则有VABVAO=13πr2×AB13πR2×AO=(ABAO)3=12．
故答案为：12．
根据题意，设圆锥AB的底面半径为r，圆锥AO的底面半径为R，则有ABAO=rR，分析可得圆锥AB的体积是圆锥AO体积的12，结合圆锥的体积公式计算可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
16.【答案】( 3,+∞)
【解析】解：根据题意得∠ACB<π2，结合AC=BC且AB>AC，可得π3<∠ACB<π2，
设∠ACB=2α，则∠CEA=α，过点C作CD⊥AB于D，可知∠BCD=α，AB=2BD=2BCsinα．
在△ABE中，∠ABE=π2+α，由正弦定理得ABsin∠CEA=AEsin∠ABE=BEsin∠BAE，
即2BCsinαsinα=AEsin(π2+α)=BEsin(π2−2α)，解得AE=2BCcsα，BE=2BCcs2α，则AEBE=csαcs2α=12csα−1csα，
因为π3<2α<π2，即π6<α<π4，可得 22 3，
综上所述，AEBE的取值范围为( 3,+∞)．
故答案为：( 3,+∞)．
根据题意算出π3<∠ACB<π2，利用正弦定理可得AE=2BCcsα，BE=2BCcs2α，从而算出AEBE=12csα−1csα，再根据csα的范围与不等式的性质，算出答案．
本题主要考查正弦定理及其应用、不等式的性质、三角恒等变换公式等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由a1+a22+a33+⋯+ann=n⋅2n+1，
当n=1时，a1=4．
当n≥2时，得a1+a22+a33+⋯+an−1n−1=(n−1)⋅2n，
则ann=n⋅2n+1−(n−1)⋅2n=(n+1)⋅2n，
∴an=n(n+1)⋅2n，
验证a1也符合上式，故an=n(n+1)⋅2n；
(2)由(1)可知，an2n+2=n⋅2n−1，
则Tn=1×20+2×21+3×22+⋯+n⋅2n−1，
∴2Tn=1×21+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，
得−Tn=20+21+22+⋯+2n−1−n⋅2n=20−2n1−2−n⋅2n=−1+(1−n)⋅2n，
∴Tn=(n−1)⋅2n+1．
【解析】(1)根据题意，当n≥2时，用(n−1)替换n，然后代入计算，即可得到结果；
(2)求出数列{an2n+2}的通项公式，再由错位相减法代入计算，即可得到结果．
本题考查数列递推式，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，是中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可得基本事件的总数为44，又这个人第一次输入的验证码恰有两位正确的包括事件的总数为C42×9，
因此这个人第一次输入的验证码恰有两位正确的概率为9C4244=27128；
(2)设这个人输入验证码的次数为X，则X的取值可能为1，2，3．
P(X=1)=144=1256，P(X=2)=25544×1255=1256，P(X=3)=25544×254255=127128．
∴X的分布列为：
数学期望E(X)=1×1256+2×1256+3×127128=765256．
【解析】(1)由题意可得基本事件的总数为44，又这个人第一次输入的验证码恰有两位正确的包括事件的总数为C42×9，利用古典概率计算公式即可得出结论；
(2)设这个人输入验证码的次数为X，则X的取值可能为1，2，3.利用古典概率计算公式、相互独立事件的概率计算公式即可得出概率，进而得出分布列与数学期望．
本题考查了古典概率计算公式、离散型随机变量的分布列与数学期望，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：连结BC1，

因为底面ABCD和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形，
所以四边形BCC1B1是边长为2的菱形，则B1C⊥BC1，
且四边形A1B1C1D1和CDD1C1也是边长为2的正方形，
所以C1D1⊥B1C1，且C1D1⊥CC1，
B1C1∩C1D1=C1，CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，
所以C1D1⊥平面BCC1B1，又B1C⊂平面BCC1B1，
所以C1D1⊥B1C，又BC1∩C1D1=C1，且BC1，C1D1⊂平面BC1D1，
所以B1C⊥平面BC1D1，又BD1⊂平面BC1D1，
所以B1C⊥BD1；
(2)解：由(1)可知，C1D1⊥平面BCC1B1，且AB//C1D1，
所以AB⊥平面BCC1B1，且AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BCC1B1，
又因为平面BCC1B1//平面ADD1A1，所以平面ABCD⊥平面ADD1A1，
且平面ABCD∩平面ADD1A1=AD，
因为∠B1BC=∠A1AD=120°，所以∠D1DA=60°，
所以ΔD1DA为等边三角形，

取AD的中点M，连结D1M，则D1M⊥AD，
又D1M⊂平面ADDA1，所以D1M⊥平面ABCD，
再取BC的中点N，连结MN，D1N，则MN⊥BC，
因为BC⊂平面ABCD，所以D1M⊥BC，
又MN⊥BC，且D1M∩MN=M，D1M，MN⊂平面D1MN，
所以BC⊥平面D1MN，又D1N⊂平面D1MN，
所以BC⊥D1N，
所以∠D1NM为二面角A−BC−D1的平面角，
由题意，D1M= 3,MN=2,D1N= 3+4= 7，
所以cs∠D1NM=2 7=2 77，
所以二面角A−BC−D1的余弦值为2 77．
【解析】(1)要证明线线垂直，转化为证明B1C⊥平面BC1D1，利用垂直关系的转化，即可证明；
(2)利用垂直关系构造二面角的平面角，再根据三角形的边长，即可求解．
本题考查线线垂直的判定，考查二面角的余弦值求法，属中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得ca= 332b=2 6a2=b2+c2，解得a=3b= 6c= 3，
故椭圆C的方程为x29+y26=1．
(2)证明：设P(x0,y0)，则直线PA的方程为y=y0x0+3(x+3)，令x=0，得M(0,3y0x0+3)．
直线PB的方程为y=y0− 6x0x+ 6，令y=0，得N(− 6x0y0− 6,0)．
S1=12|AN||OB|= 62|3− 6x0y0− 6|，S2=12|3− 6x0y0− 6||3y0x0+3|，
|S1−S2|=12|3− 6x0y0− 6|| 6−3y0x0+3|=12|3y0−3 6− 6x0y0− 6⋅ 6x0+3 6−3y0x0+3|
=12|6x02+9y02−18 6y0−6 6x0y0+36x0+54x0y0+3y0− 6x0−3 6|．
由x029+y026=1，得6x02+9y02=54，
则12|6x02+9y02−18 6y0−6 6x0y0+36x0+54x0y0+3y0− 6x0−3 6|=12|108−18 6y0−6 6x0y0+36x0x0y0+3y0− 6x0−3 6|=3 6．
故|S1−S2|为定值．
【解析】(1)根据题意，列出关于a，b，c的方程，代入计算，即可求得结果；
(2)根据题意，分别表示出点M，N的坐标，从而表示出S1，S2，然后结合椭圆的方程，代入计算，即可证明．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)∵f(x)=2ex+ax，f′(x)=2ex+a，
当a≥0时，f′(x)>0恒成立，
当a<0时，f′(x)>0⇒2ex+a>0⇒x>ln(−a2)，
∴当a≥0时，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f(x)在(−∞,ln(−a2))上单调递增，在(ln(−a2),+∞)上单调递增．
证明：(2)∵方程f(x)=m有两个不相等的根x1，x2，且0∴由(1)知，a<0，0令g(x)=f(x)−f[2ln(−a2)−x](0则g′(x)=f′(x)+f′[2ln(−a2)−x]=2ex+a+2e2ln(−a2)−x+a
=2ex+2(−a2)2e−x+2a≥2⋅2 ex⋅(−a2)2e−x+2a=−2a+2a=0，
∴g(x)在(0,ln(−a2))上单调递增，
∴g(x)⇒f(x1)又x2>ln(−a2)，2ln(−a2)−x1>ln(−a2)，f(x)在(ln(−a2),+∞)上单调递增，
∴x2<2ln(−a2)−x1⇒x1+x2<2ln(−a2)⇒ x1x2⇒e x1x2<−a2⇒2e x1x2+a<0，
又f′( x1x2)=2e x1x2+a，
∴f′( x1x2)<0．
【解析】(1)解导数不等式即可；
(2)由(1)知，a<0，0本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的极值点偏移，属于难题．
22.【答案】解：(1)由x=csθ+sinθy=csθ−sinθ(θ为参数)，
得x2=1+2csθsinθy2=1−2csθsinθ，
整理得x2+y2=2，
即曲线C的普通方程为x2+y2=2．
(2)证明：将l的参数方程代入曲线C的普通方程，
得(12+tcsα)2+(12+tsinα)2=2，
整理得2t2+2(csα+sinα)t−3=0，
则t1t2=−32．
|MA|⋅|MB|=|t1|⋅|t2|=|t1t2|=32，
则|MA|⋅|MB|为定值．
【解析】(1)把x，y平方后相加即可得到曲线C的普通方程；
(2)把直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，化简后，利用韦达定理得到t1t2=−32，再利用参数t的几何意义即可证明．
本题考查的知识要点：参数方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数的关系，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
23.【答案】解：(1)证明：当a=1时，由于a2+b2+c2=3，
则b2+c2=2，
则1b2+1c2=12(b2+c2)(1b2+1c2)=1+c22b2+b22c2≥2，
当且仅当b=c=1时，等号成立，即得证．
(2)因为a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ac，
则ab+bc+ac≤a2+b2+c2，
当且仅当a=b=c=1时，等号成立，
又a2+b2+c2=3，
则ab+bc+ca的最大值为3．
【解析】(1)利用基本不等式求证即可；
(2)由ab+bc+ac≤a2+b2+c2，即可得出答案．
本题考查基本不等式的运用，属于基础题．x
1
2
3
4
5
6
y
2.5
3.6
4.4
5.4
6.6
7.5
z
1
4
9
16
25
36
y
2.5
3.6
4.4
5.4
6.6
7.5
X
1
2
3
P
1256
1256
127128

2023-2024学年四川省雅安中学等校联考高三（下）开学数学试卷（理科）（含解析）

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