1、2022年新疆喀什地区岳普湖县高考数学一模试卷（文科）一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的1（5分）设集合Ax|x2x20，xZ，则集合AN*的元素个数为（）A0B1C2D32（5分）已知复数za+bi（a，bR）是方程x2+2x+50的一个根，则|z|（）A3B5C3D53（5分）已知函数f（x）=f(x-1)，x0-x+3，x0，则f（2）的值为（）A0B1C2D34（5分）已知向量OA=（3，4），OA+OB=（1，5），则向量OA在向量OB上的投影是（）A-255B255C-25D255（5分）“a1”是“直线ax+
2、（2a1）y+30与直线（a2）x+ay10互相垂直”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件6（5分）若实数x，y满足约束条件x-y+10，x+y+10，x-10，则zx2y（）A既有最大值也有最小值B有最大值，但无最小值C有最小值，但无最大值D既无最大值也无最小值7（5分）在等比数列an中，a22a5，1a32，则数列a3n的前5项和S5的取值范围是（）A(1116，118)B(3316，338)C(-118，-1116)D(-338，-3316)8（5分）已知在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos（A+B）ccos（A+C），则1t
3、anA+1tanB+1tanC的最小值为（）A273B5C73D259（5分）设双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点为F1，F2，若双曲线右支上存在点P，使得|PF2|，|PF1|，|F1F2|成等差数列，则该双曲线的离心率的取值范围为（）A3，+）B（1，3C（3，+）D（1，3）10（5分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=22，则下列结论中错误的是（）A当E点运动时，A1CAE总成立B当E向D1运动时，二面角AEFB逐渐变小C二面角EABC的最小值为45D三棱锥ABEF的体积为定值11（5分）若0，函数ycos（x+
4、3）的图象向右平移3个单位长度后关于原点对称，则的最小值为（）A112B52C12D3212（5分）如图，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边AB，DA上的动点（P，Q不取端点），且DQAP设PCQ，则cos的范围是（）A(12，32B(22，32C(12，45D(22，45二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知，(34，)，sin(+)=-35，sin(-4)=1213，则cos(+4)= 14（5分）已知甲同学6次数学期中考试的成绩如表所示：年级高一（上）高一（下）高二（上）高二（下）高三（上）高三（下）成绩12011513598130125则该同学6次数学考试
5、成绩的中位数为 15（5分）如图，平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD=2，BDCD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD四面体ABCD顶点在同一个球面上，则该球的体积为 16（5分）已知抛物线y22px（p0）上横坐标为1的点到顶点的距离与到准线的距离相等，则该抛物线的方程为 三、解答题：本题共7小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在a23a1，S5S242，S432，a518，a12，an+1an=S3-2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答已知等差数列an的前n项和为Sn，且_（填写序号）（1）求数列an的通项公式；（2）
6、设bn=1an+1an，求证数列bn的前n项和Tn1818（12分）1766年；人类已经发现的太阳系中的行星有金星、地球、火星、木星和土星德国的一位中学教师戴维一提丢斯在研究了各行星离太阳的距离（单位：AU，AU是天文学中计量天体之间距离的一种单位）的排列规律后，预测在火星和木星之间应该还有一颗未被发现的行星存在，并按离太阳的距离从小到大列出了如表所示的数据：行星编号（x）1（金星）2（地球）3（火星）4 （谷神星）5（木星）6（土星）离太阳的距离（y）0.71.01.65.210.0受他的启发，意大利天文学家皮亚齐于1801年终于发现了位于火星和木星之间的谷神星（1）为了描述行星离太阳的距离
7、y与行星编号之间的关系，根据表中已有的数据画出散点图，并根据散点图的分布状况，从以下三种模型中选出你认为最符合实际的一种函数模型（直接给出结论即可）；yax+b；yabx+c（b1）；yalogbx+c（b1）（2）根据你的选择，依表中前几组数据求出函数解析式，并用剩下的数据检验模型的吻合情况；（3）请用你求得的模型，计算谷神星离太阳的距离19（12分）在四棱锥PABCD中，E为棱AD的中点，PE平面ABCD，ADBC，ADC90，EDBC2，EB3，F为棱PC的中点（）求证：PA平面BEF；（）若二面角FBEC为60，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值20（12分）设f(x)=ax+xl
8、nx，g（x）x3x23；（1）如果存在x1，x20，3使得g（x1）g（x2）M成立，求满足上述条件的最大整数M；（2）如果对于任意的s，t12，2，都有f（s）g（t）成立，求实数a的取值范围21（12分）如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球O1，O2，使得它们分别与圆锥的侧面和平面相切，两个球分别与平面相切于点F1，F2，丹德林（GDandelim）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，F1，F2为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球若平面截圆锥得的是焦点在x轴上，且离心率为12的椭圆，圆锥的顶点V到椭圆顶点A1的距离为833，圆锥的母线VA2与椭圆的长轴A1A
9、2垂直，圆锥的母线与它的轴的夹角为30（1）求椭圆的标准方程；（2）过右焦点F2的直线与椭圆交于A，B两点，A，B中点为D，过点F2的直线MF2与AB垂直，且与直线l：x4交于点M，求证：O，D，M三点共线22（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2t2y=4t（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为sin(-4)=32（1）写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）设点P在C1上，点Q在C2上，求|PQ|的最小值及此时点P的直角坐标23已知a，b，c为正数，且满足abc1证明：（1）1a+1b+1ca2+b2+c2；（2
10、）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3242022年新疆喀什地区岳普湖县高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的1（5分）设集合Ax|x2x20，xZ，则集合AN*的元素个数为（）A0B1C2D3【解答】解：集合Ax|x2x20，xZx|1x2，xZ0，1，AN*1，集合AN*的元素个数为1故选：B2（5分）已知复数za+bi（a，bR）是方程x2+2x+50的一个根，则|z|（）A3B5C3D5【解答】解：由题意可得（a+bi）2+2（a+bi）+50，即a2b2+2a+5+（2a
11、b+2b）i0，解得a1，b24，故|z|=a2+b2=1+4=5故选：B3（5分）已知函数f（x）=f(x-1)，x0-x+3，x0，则f（2）的值为（）A0B1C2D3【解答】解：由题意得，f（2）f（1）f（0）0+33，故选：D4（5分）已知向量OA=（3，4），OA+OB=（1，5），则向量OA在向量OB上的投影是（）A-255B255C-25D25【解答】解：向量OA=（3，4），OA+OB=（1，5），所以OB=OA+OB-OA=（2，1），所以向量OA在向量OB上的投影是|OA|cos=OAOB|OB|=-32+4122+12=-255故选：A5（5分）“a1”是“直线ax+（
12、2a1）y+30与直线（a2）x+ay10互相垂直”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：a=12时两条直线不垂直，舍去a0时，两条直线方程分别化为：2x+10，y+30，满足两条直线相互垂直a12，0时，由两条直线垂直可得：-a2a-1（-a-2a）1，解得a1综上可得：a1，0所以a1，0，是“直线ax+（2a1）y+30与直线（a2）x+ay10互相垂直”的充要条件，故a1，是“直线ax+（2a1）y+30与直线（a2）x+ay10互相垂直”的充分不必要条件故选：A6（5分）若实数x，y满足约束条件x-y+10，x+y+10，x-10，则zx2
13、y（）A既有最大值也有最小值B有最大值，但无最小值C有最小值，但无最大值D既无最大值也无最小值【解答】解：由zx2y得y=12x-z2，作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）平移直线y=12x-z2，由图象可知当直线y=12x-z2，过点A时，直线y=12x-z2的截距最大，此时z最小，由x-y+1=0x+y+1=0，解x=-1y=0，即A（1，0），代入目标函数zx2y，得z1201目标函数zx2y的最小值是1目标函数有最小值，但无最大值故选：C7（5分）在等比数列an中，a22a5，1a32，则数列a3n的前5项和S5的取值范围是（）A(1116，118)B(3316，338)C(-1
14、18，-1116)D(-338，-3316)【解答】解：设等比数列an的公比为q，则q3=a5a2=-12，数列a3n是首项为a3，公比为q3=-18的等比数列，则S5=a31-(-12)51+12=1116a3(1116，118)故选：A8（5分）已知在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos（A+B）ccos（A+C），则1tanA+1tanB+1tanC的最小值为（）A273B5C73D25【解答】解：因为2bcos（A+B）ccos（A+C），得2bcosCccosB，由正弦定理得2sinBcosCsinCcosB，所以2tanBtanC，又因为A+B+C，所以t
15、anA=tan-(B+C)=-tan(B+C)=-tanB+tanC1-tanBtanC=-3tanB1-2tan2B，所以1tanA+1tanB+1tanC=1-2tan2B-3tanB+1tanB+12tanB=2tan2B-13tanB+32tanB=9+4tan2B-26tanB=4tan2B+76tanB=23tanB+76tanB223tanB76tanB=273，（当且仅当23tanB=76tanB，即tanB=72，取“”）所以1tanA+1tanB+1tanC的最小值为273故选：A9（5分）设双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点为F1，F2，若双曲线右支上
16、存在点P，使得|PF2|，|PF1|，|F1F2|成等差数列，则该双曲线的离心率的取值范围为（）A3，+）B（1，3C（3，+）D（1，3）【解答】解：由题意|PF2|，|PF1|，|F1F2|成等差数列，可得：|PF2|+|F1F2|2|PF1|，|PF1|PF2|2a，|PF1|a+c，可得2c2aa+c，解得c3a，所以e3，故选：A10（5分）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=22，则下列结论中错误的是（）A当E点运动时，A1CAE总成立B当E向D1运动时，二面角AEFB逐渐变小C二面角EABC的最小值为45D三棱锥ABEF的体积为
17、定值【解答】解：对于A：因为B1D1A1C1，B1D1A1A，A1C1A1AA1，所以B1D1面A1C1CA，因为A1C面A1C1CA，所以B1D1A1C，同理可证AD1A1C，因为AD1B1D1D1，所以A1C平面AB1D1，因为AE平面AB1D1，所以 A1CAE总成立，故选项A正确；对于B：平面EFB即平面BDD1B1，而平面EFA即平面AB1D1，所以当E向D1运动时，二面角AEFB大小不变，选项B不正确；对于C，当点E从B1D1的中点向点D1运动时，平面ABE逐渐向底面ABCD靠拢，这个过程中，二面角越来越小，当点E位于点D1时二面角最小，其平面角为D1AD45，所以二面角EABC的
18、最小值为45，故选项C正确；对于D：因为SBEF=12EFBB1=12221=24，点A到平面BDD1B1的距离为22，所以体积为132422=112，即体积为定值，故选项D正确故选：B11（5分）若0，函数ycos（x+3）的图象向右平移3个单位长度后关于原点对称，则的最小值为（）A112B52C12D32【解答】解：ycos（x+3）的图象向右平移3个单位长度后的解析式为：y=cos(x-3+3)，因为关于（0，0）对称，所以0=cos(3-3)3-3=2+k，kZ，即=52+3k，当k0时最小为52故选：B12（5分）如图，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边AB，DA上的动点（P，
19、Q不取端点），且DQAP设PCQ，则cos的范围是（）A(12，32B(22，32C(12，45D(22，45【解答】解：以AB、AD为x、y轴建立平面直角坐标系，如图所示；设P（x，0）（0x1），则Q（0，1x），又C（1，1），所以CP=（x1，1），CQ=（1，x），则cos=CPCQ|CP|CQ|=-(x-1)+x(x-1)2+11+x2=1(x-1)2+1x2+1=1x4-2x3+3x2-2x+2，令f（x）x42x3+3x22x+2，（0x1），则f（x）4x36x2+6x2，f（x）12x212x+66（2x22x+1）0，f（x）在（0，1）上单调递增，又f（12）0，当0x
20、12时，f（x）0，当12x1时，f（x）0，f（x）在（0，12）上单调递减，在（12，1）上单调递增，当x=12时，f（x）取得最小值f（12）=2516，又f（0）f（1）2，2516f（x）2，221x4-2x3+3x2-2x+245，即22cos45故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知，(34，)，sin(+)=-35，sin(-4)=1213，则cos(+4)=-5665【解答】解：已知，(34，)，sin(+)=-35，sin(-4)=1213，+(32，2)，-4(2，34)，cos(+)=45，cos(-4)=-513，cos(+4)=cos
21、(+)-(-4)=cos(+)cos(-4)+sin(+)sin(-4) =45(-513)+(-35)1213=-5665 故答案为：-566514（5分）已知甲同学6次数学期中考试的成绩如表所示：年级高一（上）高一（下）高二（上）高二（下）高三（上）高三（下）成绩12011513598130125则该同学6次数学考试成绩的中位数为122.5【解答】解：根据题意，将该同学6次数学考试成绩按照从小到大排列可得98，115，120，125，130，135，故中位数为120+1252=122.5；故答案为：122.515（5分）如图，平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD=2，BDCD，将其沿
22、对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD四面体ABCD顶点在同一个球面上，则该球的体积为32【解答】解：平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD=2，BDCD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD四面体ABCD顶点在同一个球面上，BCD和ABC都是直角三角形，BC的中点就是球心，所以BC=3，球的半径为：32；所以球的体积为：43(32)3=32；故答案为：3216（5分）已知抛物线y22px（p0）上横坐标为1的点到顶点的距离与到准线的距离相等，则该抛物线的方程为y28x【解答】解：不妨设P坐标为（1，2p）依题意可知抛物线的准线方程为x=-p21+p2=
23、1+2p，求得p4则该抛物线的方程为 y28x故答案为：y28x三、解答题：本题共7小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）在a23a1，S5S242，S432，a518，a12，an+1an=S3-2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答已知等差数列an的前n项和为Sn，且_（填写序号）（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=1an+1an，求证数列bn的前n项和Tn18【解答】解：（1）若选a23a1，S5S242，设等差数列an的公差为d，则a1+d3a1，5a1+10d（2a1+d）42，解得：a12，d4，an2+4（n1）4n2若选S432，a51
24、8，设等差数列an的公差为d，则4a1+6d32，a1+4d18，解得：a12，d4，an2+4（n1）4n2若选a12，an+1an=S3-2，设等差数列an的公差为d，则d=32+3d-2，解得：d4，an2+4（n1）4n2（2）证明：bn=1an+1an=1(4n+2)(4n-2)=18（12n-1-12n+1），数列bn的前n项和Tn=18（1-13+13-15+12n-1-12n+1）=18（1-12n+1）1818（12分）1766年；人类已经发现的太阳系中的行星有金星、地球、火星、木星和土星德国的一位中学教师戴维一提丢斯在研究了各行星离太阳的距离（单位：AU，AU是天文学中计量
25、天体之间距离的一种单位）的排列规律后，预测在火星和木星之间应该还有一颗未被发现的行星存在，并按离太阳的距离从小到大列出了如表所示的数据：行星编号（x）1（金星）2（地球）3（火星）4 （谷神星）5（木星）6（土星）离太阳的距离（y）0.71.01.65.210.0受他的启发，意大利天文学家皮亚齐于1801年终于发现了位于火星和木星之间的谷神星（1）为了描述行星离太阳的距离y与行星编号之间的关系，根据表中已有的数据画出散点图，并根据散点图的分布状况，从以下三种模型中选出你认为最符合实际的一种函数模型（直接给出结论即可）；yax+b；yabx+c（b1）；yalogbx+c（b1）（2）根据你的选
26、择，依表中前几组数据求出函数解析式，并用剩下的数据检验模型的吻合情况；（3）请用你求得的模型，计算谷神星离太阳的距离【解答】解：（1）散点图如图所示：，根据散点图的分布状况，选函数模型；yabx+c（b1），最符合实际；（2）yabx+c（b1），代入数据（1，0.7），（2，1），（3，1.6），得：ab+c=0.7ab2+c=1ab3+c=1.6，解得：a=320b=2c=25，函数解析式为：y=3202x+25，当x5时，y5.2；当x6时，y10，刚好符合；（3）函数解析式为：y=3202x+25，当x4时，y2.8，谷神星离太阳的距离为2.8天文单位19（12分）在四棱锥PABCD中
27、，E为棱AD的中点，PE平面ABCD，ADBC，ADC90，EDBC2，EB3，F为棱PC的中点（）求证：PA平面BEF；（）若二面角FBEC为60，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值【解答】解：（） 证明：连接AC交BE于点M，连接FM，ADBC，且BCAE，AMMC，又PFFC，线段FM是PAC的中位线，FMAP，FM面BEF，PA面BEF，PA面BEF；（）ADBC，EDBC，四边形BCDE是平行四边形，又ADC90，四边形BCDE是矩形，ADBE；又PE平面ABCD，PEBE，PEED；以E为坐标原点，EB，ED，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设PEm，则E（0
28、，0，0），B（3，0，0），P（0，0，m），C（3，2，0），F（32，1，m2），EB=（3，0，0），EF=（32，1，m2）；设平面BEF的一个法向量为n=（x，y，z），由nEB=0nEF=0，得3x=032x+y+m2z=0；令z1，得n=（0，-12m，1），取平面ABCD的一个法向量为a=（0，0，1）；cosn，a=na|n|a|=1(-12m)2+12=1m24+1，由二面角FBEC为60，得1m24+1=12，解得m23；PE平面ABCD，PBE就是直线PB与平面ABCD所成角，在RtPBE中，tanPBE=PEBE=233，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为233
29、20（12分）设f(x)=ax+xlnx，g（x）x3x23；（1）如果存在x1，x20，3使得g（x1）g（x2）M成立，求满足上述条件的最大整数M；（2）如果对于任意的s，t12，2，都有f（s）g（t）成立，求实数a的取值范围【解答】解：（1）g（x）3x22x3x（x-23）可得函数g（x）在0，23)上单调递减；在(23，3上单调递增，x=23时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（x）min=g(23)=-8527又g（0）3，g（3）15g（x）max15存在x1，x20，3使得g（x1）g（x2）M成立，g（x）maxg（x）minM，可得M18+427满足上述条件的最大整数M
30、为18（2）对于任意的s，t12，2，都有f（s）g（t）成立，f（x）ming（x）max由（1）可得：函数g（x）在12，23)上单调递减，在(23，2上单调递增而g(12)=-258，g（2）1，g（x）max1ax+xlnx1在x12，2内恒成立axx2lnx恒成立，x12，2令h（x）xx2lnx，h（x）12xlnxx，h（x）2lnx3，h（x）在x12，2时单调递减，h（x）-2ln12-32ln230，而h（2）14ln220，h(12)=12+ln20而h（x）在x12，2时单调递减，h（1）0h（x）存在唯一零点112，2，可得函数h（x）在12，1)上单调递增，在（1，
31、2上单调递减x1时，函数h（x）取得极大值即的最大值，h（1）1a1因此实数a的求值范围是1，+）21（12分）如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球O1，O2，使得它们分别与圆锥的侧面和平面相切，两个球分别与平面相切于点F1，F2，丹德林（GDandelim）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，F1，F2为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球若平面截圆锥得的是焦点在x轴上，且离心率为12的椭圆，圆锥的顶点V到椭圆顶点A1的距离为833，圆锥的母线VA2与椭圆的长轴A1A2垂直，圆锥的母线与它的轴的夹角为30（1）求椭圆的标准方程；（2）过右焦点F2的直线与椭圆交于A
32、，B两点，A，B中点为D，过点F2的直线MF2与AB垂直，且与直线l：x4交于点M，求证：O，D，M三点共线【解答】解：（1）设椭圆的方程x2a2+y2b2=1(ab0)，因为圆锥的母线与它的轴的夹角为30，所以A1VA260，且VA2A1A2，所以在RtVA1A2中，AA1=VA1sin60=83332=4=2a，所以a2，再由e=ca=12，可得b2a2c23，所以椭圆的方程为x24+y23=1；（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），D（xD，yD），M（xM，yM），由题意可知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线方程为yk（x1），联立3x2+4y2-12=0y=k(x-1)
33、，消去y，整理得（4k2+3）x28k2x+4k2120，所以x1+x2=8k24k2+3=2xD，所以xD=4k24k2+3，yD=k(xD-1)=-3k4k2+3，由题意可知直线MF2的方程为y=-1k(x-1)，且xM4，所以yM=-3k，求得kOD=-3k4k2+34k24k2+3=-34k，kOM=-3k4=-34k，所以kODkOM，所以0，D，M三点共线22（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2t2y=4t（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为sin(-4)=32（1）写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
34、（2）设点P在C1上，点Q在C2上，求|PQ|的最小值及此时点P的直角坐标【解答】解（1）因为曲线C1的参数方程为x=2t2，y=4t为参数），即t=y4，代入可得y28x，即曲线C1的普通方程为y28x因为曲线C2的极坐标方程为sin(-4)=32，(sincos4-cossin4)=32，即sincos6，siny，cosx，所以yx6，所以曲线C2的直角坐标方程为xy+60（2）设P（2t2，4t），则P（2t2，4t）到直线xy+60的距离d=|2t2-4t+6|12+(-1)2=2|(t-1)2+2|所以当t1时，dmin=22，此时P（2，4），|PQ|的最小值为2223已知a，b
35、，c为正数，且满足abc1证明：（1）1a+1b+1ca2+b2+c2；（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324【解答】证明：（1）分析法：已知a，b，c为正数，且满足abc1要证（1）1a+1b+1ca2+b2+c2；因为abc1就要证：abca+abcb+abcca2+b2+c2；即证：bc+ac+aba2+b2+c2；即：2bc+2ac+2ab2a2+2b2+2c2；2a2+2b2+2c22bc2ac2ab0（ab）2+（ac）2+（bc）20；a，b，c为正数，且满足abc1（ab）20；（ac）20；（bc）20恒成立；当且仅当：abc1时取等号即（ab）2+（ac）2+（
36、bc）20得证故1a+1b+1ca2+b2+c2得证（2）证（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324成立；即：已知a，b，c为正数，且满足abc1（a+b）为正数；（b+c）为正数；（c+a）为正数；（a+b）3+（b+c）3+（c+a）33（a+b）（b+c）（c+a）；当且仅当（a+b）（b+c）（c+a）时取等号；即：abc1时取等号；a，b，c为正数，且满足abc1（a+b）2ab；（b+c）2bc；（c+a）2ac；当且仅当ab，bc；ca时取等号；即：abc1时取等号；（a+b）3+（b+c）3+（c+a）33（a+b）（b+c）（c+a）38abbcac=24abc24；当且仅当abc1时取等号；故（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324得证故得证第21页（共21页）
