【文档说明】四川省南部中学2023届高三下学期高考考前理科数学模拟训练（一） 含解析.docx，共(24)页，2.723 MB，由小赞的店铺上传

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南部中学高2020级高三考前模拟训练（一）理科数学一、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.若集合10,lg01xAxBxxx+==−∣∣，则AB=（）A.)1,1−B.(

0,1C.)0,1D.()0,1【答案】D【解析】【分析】先化简集合A，B，再利用交集运算求解.【详解】解：由题意得{11},{01}AxxBxx=−=∣∣，()0,1AB=，故选：D.2.sin2023cos1

7cos2023sin17+=（）A.12B.12−C.32−D.32【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式和正弦和角公式求解即可.【详解】解：因为3605182334020=++所以，()()4s1in8202n3s3605043sin18si

03i4n3=++=+=−，()()4c1os8202s3c3605043cos18co03o4s3=++=+=−所以，sin2023cos17cos2023sin17+3sin43cos17cos43sin17sin602=−−=−=−.故选:C.3.校园环境对学生的成长是重要的，

好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作，采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度（100分制），评价标准如下：中位数m85m8085m7080m70m评价优秀良好合格不合格2023年的一次调

查所得的分数频率分布直方图如图所示，则这次调查后勤部门的评价是（）A优秀B.良好C.合格D.不合格【答案】B【解析】【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.【详解】解：由频率分布直方图可知，前3组频率分别为0.1,0.1,0.2，第4组的频率为0.4所以，中位数0.1801082

.50.4m=+=，即m满足8085m，对应的评价是良好.故选：B.4.双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的离心率为3，其渐近线方程为（）A.2yx=B.2yx=C.22yx=D.12yx=【答案】B【解析】【分析】根据3=

=cea，结合双曲线的结合性质求得2ba=，进而求得双曲线的渐近线方程.【详解】由题意知，双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的离心率为3，可得3==cea，即22221()3abbaa+=+=，

解得2ba=，.的所以双曲线C的渐近线方程为2byxxa==.故选：B.5.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知()3,4A−−，()5,12B−，则cosOAB=（）A.3365B.3365−C.210D.210−【答

案】D【解析】【分析】利用cosAOABOABAOAB=计算即得结果.【详解】由题设(3,4),(8,8)AOAB==−，所以24322cos10582AOABOAB|AO||AB|−===−.故选：D6.

一个四棱台的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为上底长为4，下底长为2，腰长为2的等腰梯形，则该四棱台的体积为（）A.283B.2823C.28D.282【答案】A【解析】【分析】根据三视图得到该四棱台腰长为2，上底长为4，下底长

为2的正四棱台求解.【详解】解：由三视图可知该四棱台为正四棱台，且腰长为2，因为上底长为4，下底长为2，所以该棱台的高为2242(2)12h−=−=，棱台的体积()128416416133V=++=，故选：A.7.为了激发同学们

学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（）A.()sinxxxf−=B.()sincosfxxxx=−C.()221fxxx=−D.()3sinfxxx=+【答案】B【解析

】【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.【详解】A：()1cos0fxx=−，即()fx在定义域上递增，不符合；B：()cos(cossin)sinfxxxxxxx=−−=，在(2π,π)−−上()0fx，在(π,π)−上()0fx，

在(π,2π)上()0fx，所以()fx在(2π,π)−−、(π,2π)上递减，(π,π)−上递增，符合；C：由222211()()()()fxxxfxxx−=−−=−=−且定义域为{|0}xx，为偶函数，所以题图不可能在y轴两侧，研究(0,)+上性质：32()20fxxx+=

，故()fx递增，不符合；D：由33()sin()()sin()fxxxxxfx−=−+−=−−=−且定义域R，为奇函数，研究(0,)+上性质：2()cos30fxxx=+，故()fx在(0,)+递增，所以()fx在R上递增，不符合；

故选：B8.将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一

条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（）A.1681B.2081C.827D.1027【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，每一次操作

之后面积是上一次面积的23，按照等比数列即可求得结果.【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的13，所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的23，由此可得，第n次操作之后所得图形的面积是213nnS

=，即经过4次操作之后所得图形的面积是442161381S==.故选：A9.将3个1和3个0随机排成一行，则3个0都不相邻的概率是（）A.120B.215C.15D.12【答案】C【解析】【分析】先求出总数，再由插空法

，得到满足题意的情况，由古典概型的公式即可得出答案.【详解】先考虑总的情况，6个位置选3个放1，有36C种，再考虑3个0都不相邻的情况，将3个0插入3个1形成的4个空中，有34C种，可得3436C1C5P==.故选：C．10.定义在R上的函数()fx满足(

)()2=fxfx−，且()21fx+−为奇函数，则()20231kfk==（）A.2023−B.2022−C.2022D.2023【答案】D【解析】【分析】利用抽象函数的轴对称与中心对称性的性质，得出函数()fx的对称轴和中

心对称点及周期，利用相关性质得出具体函数值，即可得出结果.【详解】∵()()2=fxfx−，∴()fx关于1x=对称，∵()21fx+−为奇函数，∴由平移可得()fx关于()2,1对称，且()21f=，(2)1(2)

1fxfx+−=−−++，即(2)(2)2fxfx++−=()()2=fxfx−(2)()2fxfx++=(4)(2)2fxfx+++=上两式比较可得()(4)fxfx=+∴函数()fx是以4为周期的周期函数.()()()13222fff+==，()()421ff==，∴()

()()()12344ffff+++=，∴()()2023120244420234kfkf==−=.故选：D.11.如图，在梯形ABCD中，ABCD∥，4AB=，2BCCDDA===，将△ACD沿AC边折起，使得点D翻折到点P，若三棱锥P

-ABC的外接球表面积为20π，则PB=（）A.8B.4C.22D.2【答案】C【解析】【分析】先找出两个三角形外接圆的圆心及外接球的球心，通过证明12OOOM=，12OMOO=可得四边形12OOMO为平行四边形，进而证得BC⊥面APC，通

过勾股定理可求得PB的值.【详解】如图所示，由题意知，60ABC=，所以23AC=，ACBC⊥，所以AB的中点即为△ABC外接圆的圆心，记为2O，又因为2PAPC==，所以120APC=，1PM=，所以在APC△中，取AC的中点M，连接PM，则△APC的外心必在PM的延长线上，记为1

O，所以在APC△中，因为160APO=，11OPOA=，所以1APO△为等边三角形，所以12OP=，（或由正弦定理得：1123242sin32ACOPOPAPC====）所以11OM=，在ACB△中，2122OBAB==，21

12OMBC==，2//OMBC，设外接球半径为R，则24π20πR=，解得：25R=，设O为三棱锥P-ABC的外接球球心，则2OO⊥面ABC，1OO⊥面APC．所以在2RtOOB△中，21OO=，又因为在1RtOOP△，222211

21OOOPOPR=−=−=，所以121OOOM==，121OMOO==，所以四边形12OOMO为平行四边形，所以12//OOOM，又因为2//OMBC，所以1OO//BC，又因为1OO⊥面APC，所以BC⊥面APC，所以BCPC⊥，所以2222

2228PBPCCB=+=+=，即：22PB=.故选：C.12.设函数()elnxfxaxx=−，其中Ra，e是自然对数的底数（e2.71828…），则（）A.当1a=时，()efxxB.当3e4a=时，()0fx

C.当1a=−时，()efxxD.当3e4a=−时，()0fx【答案】B【解析】【分析】令()elnexaxxxgx=−−，结合()10g=，()1ga=−判断AC；将不等式()0fx转化为324elnexxxx，()1,x+，再构造函数求解最值即可判断B；借助特殊

值10ef判断D.【详解】解：令()elnexaxxxgx=−−，则()elnexaxagx=−−−，且()10g=，()1ga=−，当1a=，()110g=−，∴存在一个较小的正数使得()1

,1x+都有()0gx，当1a=−时，()110g=，∴存在一个较小的正数使得()1,1x−都有()0gx，故A，C都不正确，对于选项B，当(0,1x，则显然成立，当()1,x+时，即证明3eeln04xxx−，也

即证明324elnexxxx，()1,x+，令12e()xhxx=，则()312e()xxhxx−=，所以，()2,x+时，1()0hx，1()hx单调递增，()0,2x时，1()0hx，1()hx单调递减，所以，12e()xhxx=的最小值为()21e24h=，令()2

lnxhxx=，则()221lnxhxx−=，所以，()e,x+时，2()0hx，()2hx单调递减，()0,ex时，2()0hx，()2hx单调递增，所以，()2lnxhxx=的最大值为()2

1eeh=，所以，()()()()21122323334e444e1ln2eeeee4exxhxhhhxxx=====，因为不同时取等，所以，324elnexxxx，即选项B正确，对于选项D，当1ex=时，11132243ee2

e11eeeelnee0e16e4ee4416+=−−（成立），即10ef，所以选项D不正确．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据不同选项，构造不同的函数，利用函数值的大小，特殊值等，实现大小比较.二、填空题：本题共4小题，每小题5分

，共20分.13.设i是虚数单位，复数2i1i+的模长为__________.【答案】2【解析】【分析】先根据复数的除法化简，然后由模长公式可得.【详解】解：()()()2i1i2i1i,1i1i1i−==+

++−模长为22112+=.故答案为：2.14.某班有48名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布()280,N，且成绩在80,90上的学生人数为16，则成绩在90分以上的学生人数为____________.【答案】8【解析

】【分析】根据正态分布的对称性即可求解.【详解】由X（单位：分）服从正态分布()280,N，知正态密度曲线的对称轴为80x=，成绩在80,90上的学生人数为16，由对称性知成绩在80分上的学生人数为24人，所以90分以上的学生人数为24168−=.故答案为：8

15.如图，在ABC中，π2,3ACACB==.延长BA到点D，使得π2,6ADCDA==，则ABC的面积为__________.【答案】334+【解析】【分析】根据正弦定理和面积公式求解即可.【详解】解：因为在ADC△

中，π2,3ACACB==，π2,6ADCDA==，所以，由正弦定理sinsinADACACDCDA=得2sin2ACD=，即π4ACD=，所以，5ππ,124CABABC==，在ABC中，由正弦定理可sinsinABACACBCBA=得3AB=，因为ππππππ62sin

sinsincoscossin4646464CAB+=+=+=所以，133sin24ABCSABACCAB+==.故答案为：334+.16.《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积时使用的一个原理：“幂势既同，则积不容异”，此即祖暅原

理，其含义为：两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等.已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=的右焦点到渐近线的距离记为d，双曲线C的两条渐近线与直线1y=，1y=−以及双曲线C的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕

y轴旋转一周所得几何体的体积为63dc（其中222cab=+），则双曲线C的离心率为______.【答案】3【解析】【分析】先利用条件求出d，直线1y=与渐近线及双曲线的交点，从而求出截面积，再利题设所给信息建立等量关系，从而求出结果.【详解】由题意知渐近线方程为byxa=，右焦点为

(),0Fc，所以22bcdbab==+，由1ybyxa==，得axb=，由()2222110yxyxab=−=，得222111abxabb+=+=，所以截面面积为()2222221ππabaabb

+−=，由题知，阴影部分绕y轴转一周所得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为2的圆柱的体积，∴2662πππ33Vadcbc===，即26abc=，所以()4222226abccac==−，即44226acac=−，∴42ee60−−=，解得2e3=，所以e3=.故答案为：

3.三、解答题：共70分.17.据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月1314､日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行.据了解，甲､乙､丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的4400米接力的角逐.

接力赛分为预赛､半决赛和决赛，只有预赛､半决赛都获胜才能进入决赛.已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为23和34；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为34和45；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为23和56.（1）甲､乙､丙三队中，谁进入决赛的可能性

最大；（2）设甲､乙､丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列.【答案】（1）乙进入决赛的可能性最大（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据相互独立事件同时发生的概率公式计算得解；（2）根据（1）及相互独立事件同

时发生的概率公式计算，列出分布列.【小问1详解】甲队进入决赛的概率为231342=，乙队进入决赛的概率为343455=，丙队进入决赛的概率为255369=，显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大．【小问2详解】由（1）可知：甲､乙､丙三队进入决赛的概率分别

为135,,259，的可能取值为0,1,2,3，()1354011125945P==−−−=，()135315531372(1)(1)(1)25952995290P==−+−+−=，()135132596P==

=，()()()()43711110231459063PPPP==−=−=−==−−−=，所以的分布列为：0123P4451337901618.已知,,abc分别为ABC三个内角,,ABC的对边，且()sin2sinABC−=.（1）证明:2222ab

c=+；（2）若2π3A=，3a=，3BCBM=，求AM的长度.【答案】（1）证明见解析（2）1AM=【解析】【分析】（1）先利用三角形的内角和定理结合两角和差的正弦公式化简，再利用正弦定理和余弦定理化角为边，整理即

可得证；（2）在ABC中，由（1）结合余弦定理求出,bc，再在ABM中，利用余弦定理即可得解.【小问1详解】由()()sin2sin2sinABCAB−==+，得sincoscossin2sincos2cossinABABABAB−=+，则

sincos3cossin0ABAB+=，由正弦定理和余弦定理得2222223022acbbcaabacbc+−+−+=，化简得2222abc=+；【小问2详解】在ABC中，2229abcbc=++=，又因为2222abc=+，所以222229bcbcbc+=++=，所以3

bc==，所以π6BC==，由3BCBM=，得13aBM==，在ABM中，2222cos313133aaAMccB=+−=+−=，所以1AM=.19.如图，正三棱柱111ABCABC-的体积

为63，23AB=，P是面111ABC内不同于顶点的一点，且PABPAC=．（1）求证：⊥APBC；（2）经过BC且与AP垂直的平面交AP于点E，当三棱锥E-ABC的体积最大时，求二面角1PBCB−−平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解

析（2）255．【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；（2）由分析知，三棱锥E-ABC体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，由分析知，∠PFD为二面角1PBCB−−的平面角，以F为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面FP和FD，代入即可得出答案.【小问1详解】设线段BC的中点

为F，则AFBC⊥，的∵ABAC=，PABPAC=，AP为公共边，∴PABPAC△△≌，∴PBPC=，∴PFBC⊥，又AFPFF=，,AFPF面APF，∴BC⊥面APF，AP面APF∴BCAP⊥；【小问2详解】设线段11BC的中点为D，由题意，点P在线段1AD上，由11

163ABCABCV−=，23AB=得12AA=，∴三棱锥E-ABC的体积最大，等价于点E到面ABC的距离最大，∵AP⊥面BCE，EF面BCE，∴APEF⊥，∴点E在以AF为直径的圆上，如图，易知3AF=，从而45EAFEFA==

，由（1）知PF⊥BC，DF⊥BC，PF平面PBC，DF平面1BCB，平面PBC平面1BCBBC=，∴∠PFD为二面角1PBCB−−的平面角，如图，以F为原点建立空间直角坐标系，则()0,0,0F，330,,22E，()3,0,0B−，()0,1,2P，(

)0,0,2D，于是()0,1,2FP=，()0,0,2FD=，从而425cos,525FPFD==，∴二面角1PBCB−−平面角的余弦值为255．20.已知()0,0Mx，()00,Ny两点分别在x轴和y轴上运动，且1MN=，若动点G满足2OGOMON=+，动点

G的轨迹为E.（1）求E的方程；（2）已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，43,03Q总满足AQOBQO=，证明：直线l过定点.【答案】（1）2214xy+=；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)根据平面向量的坐标运算可得0

02xxyy==、，结合1MN=和两点坐标求距离公式可得22001xy+=，将002xxyy==、代入计算即可；(2)设直线l的方程为：ykxm=+、()()1122AxyBxy，、，，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出1212+、xxxx，利用两点求斜率公式求出AQB

Qkk、，结合题意可得AQBQkk=−，列出关于k和m的方程，化简计算即可.【小问1详解】因为2OGOMON=+，即0000(,)2(,0)(0,)(2,)xyxyxy=+=，所以002xxyy==，，则002xxyy

==，，又1MN=，得22001xy+=，即22()12xy+=，所以动点G的轨迹方程E为：2214xy+=；【小问2详解】由题意知，设直线l的方程为：ykxm=+，()()1122AxyBxy，，，，则1122ykxmykxm=+=+，，

2214xyykxm+==+，消去y，得222(41)8440kxkmxm+++−=，由22226416(41)(1)0kmkm=−+−，得2241mk+，21212228444141kmmxxxx

kk−−+==++，，直线AQ的斜率为11433AQykx=−，直线BQ的斜率为22433BQykx=−，又AQOBQO=，所以AQk=BQk−，即11433yx=−22433yx−−，整理，得1212124343033yxxyyy+−−=，121243832()()033kx

xmkxxm+−+−=，2222228(1)832383041413413kmkmkmmkkk−−+−=+++，由2410k+，化简得3mk=−，所以3(3)ykxkkx=−=−，故直线过定点(3,0).21.已知函数

1()ln(0,0),()fxkxaxxafxx−=−+为()fx的导函数．（1）当1,2ak==时，求函数()fx的极值；（2）已知()1212,(0,)xxxx+，若存在kR，使得()()12fxfx=成立，求证：()()12

0fxfx+．【答案】（1）极大值为3−，无极小值．（2）证明见解析【解析】【分析】（1）1()2lnfxxxx=−−+，求导，利用函数的单调性及极值的定义求解；（2）不妨设12xx，因为()()12fxfx=，所以121212ln1xxakxxxx+=−，

结合()()1222121211112fxfxakxxxx+=+++−，得()()()2121211222121221212lnxxxxxfxfxaxxxxxxx−+=+−−−，设12(1,)xtx=+，构造函数1()2ln(1)ttttt=−−

，结合函数单调性，可证得结论.【小问1详解】当1,2ak==时，此时1()2lnfxxxx=−−+，则2211(21)(1)()2xxfxxxx+−=−+=−，当01x时，()0fx，则()fx在(0,1)单调递增；当1x时，()0fx，则()

fx在(1,)+单调递减；所以()fx的极大值为(1)3f=−，无极小值．【小问2详解】不妨设12xx，因为()()12fxfx=，则11221211lnlnkxaxkxaxxx−−+=−−+，的即()12112122lnxxxak

xxxxx−+=−，所以121212ln1xxakxxxx+=−，由21()afxkxx=+−，则()()1222121211112fxfxakxxxx+=+++−，()()12122212121212ln111112xxfxfxaaxxxxxxxx+=

+++−+−，即()()12122212121212ln112112xxfxfxaxxxxxxxx+=+−++−−，所以()()()222121211222121212212lnxxxxx

fxfxaxxxxxxx−−+=+−−即()()()2121211222121221212lnxxxxxfxfxaxxxxxxx−+=+−−−，设12(1,)xtx=+，构造函数1(

)2ln(1)ttttt=−−，则2221221()10tttttt−+=+−=，所以()t在(1,)+上为增函数，所以()(1)0t=，因为()21222121210,0,0xxaxxxx−−，所以()()120fxfx+．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常

见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导

数研究函数的性质进行证明．22.“太极图”是关于太极思想的图示，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”．在平面直角坐标系xOy中，“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为4的圆，其中黑、白区域分界线1C，2C为两个圆心在y轴上的半圆，(2,2)P−在太极

图内，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求点P的一个极坐标和分界线1C的极坐标方程；（2）过原点的直线l与分界线1C，2C分别交于M，N两点，求PMN面积的最大值．【答案】（1）3π22,4P

，1C：24sin0−=（2）424+【解析】【分析】（1）由直角坐标和极坐标的互化公式转化即可；（2）由图形对称性知，2PMNPOMSS=，在极坐标系中，求POMS，并求其最大值即可.【小问1详解】设点P的一个极坐标为(),PPP，0

P，)0,2πP，则()22222222PPPxy=+=−+=，2tan12PPPyx===−−，∵点P在第三象限，∴3π4P=，∴点P的一个极坐标为3π22,4P.∵“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为4的圆，∴分界线1C

的圆心直角坐标为()10,2C，半径为2r=，∴1C的直角坐标方程为()2224xy+−=（0x），即2240xyy+−=（0x），将cosx=，siny=，222xy+=代入上式，得24sin0−=，π0,2，化简，得分界线1C的极坐标方程为4sin=，π

0,2.【小问2详解】∵M在1C上，∴设M点的极坐标为(),MMM，则4sinMM=，π0,2M，∴POM的面积()11sinsin22POMPMPMSOPOMPOM==−13π224sinsin24MM=−24sin

cos4sinMMM=+()2sin221cos2MM=+−2sin22cos22MM=−+π22sin224M=−+∵π0,2M，∴ππ3π2,444M−−

，∴当ππ242M−=，即3π8M=时，POM的面积的最大值为()max222POMS=+.∵直线l过原点分别与1C，2C交于点M，N，∴由图形的对称性易知，OMON=，∴PMN面积2PMNPOMSS=，∴PMN面积的最大值为()()maxmax2424PM

NPOMSS==+.23.已知0,0,1abc，且222422abcc++−=，证明：（1）24abc++；（2）若2ab=，则1131bc+−.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由柯西不等式即可证明；（2）由均值的不等式可得()()111121419

11abcbcbcbc+++−=++−−−，由（1）可得11213abc++−，即可证明1131bc+−.【小问1详解】由222422abcc++−=，得2224(1)

3abc++−=，由柯西不等式有()2222222(2)(1)111(21)abcabc++−++++−，213abc++−，当且仅当211abc==−=时等号成立，24abc++，当且仅当11,,22abc===时等号成立；【小问2详解】由2ab=可得()

()11114141214155291111bcbcabcbcbcbccbcb−−+++−=++−=+++=−−−−，当且仅当12cb−=时取等，由（1）可得11213abc++−，当且仅当11,,22abc===时等号成

立，从而11193121bcabc+−++−，当且仅当11,,22abc===时等号成立.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com