【文档说明】云南省弥勒市第一中学2019-2020学年高二下学期第四次月考数学（理）试题含答案.docx，共(18)页，214.420 KB，由小赞的店铺上传

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弥勒一中高二年级下学期理数月考41.(1小题共1分)已知集合𝐴={𝑦∣𝑦=√𝑥,0≤𝑥≤4}，B={x|0<x<3}，则(∁R𝐴)∩𝐵=（）A.[0，2]B.[-2，2)C.(-2，3)D.(

2，3)2.(1小题共1分)已知复数z满足𝑧(1+𝑖)=(3+𝑖)2，则|z|=（）A.√2B.√5C.5√2D.83.(1小题共1分)已知随机变量ξ＋η=8，若ξ～B(10，0.4)，则E(η)，D(η)

分别是（）A.4和2.4B.2和2.4C.6和2.4D.4和5.64.(1小题共1分)华罗庚是上世纪我国伟大的数学家，以华氏命名的数学科研成果有“华氏定理”、“华氏不等式”、“华王方法”等他除了数学理论研究，还在生产一线

大力推广了“优选法”和“统筹法”.“优选法”，是指研究如何用较少的试验次数，迅速找到最优方案的一种科学方法在当前防疫取得重要进展的时刻，为防范机场带来的境外输入，某机场海关在对入境人员进行检测时采用了“优选法”提高检测效率：每

16人为组，把每个人抽取的鼻咽拭子分泌物混合检查，如果为阴性则全部放行；若为阳性，则对该16人再次抽检确认感染者某组16人中恰有一人感染（鼻咽拭子样本检验将会是阳性），若逐一检测可能需要15次才能确认感染者现在先把这16人均分为2组，选其中一组8人的

样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组继续把认定的这组的8人均分两组，选其中一组4人的样本混合检查……以此类推，最终从这16人中认定那名感染者需要经过（）次检测A.3B.4C.6D.75.(1小题共1分)已知双

曲线𝑥2𝑎2−𝑦25=1的右焦点与抛物线𝑦2=12𝑥的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于（）A.√5B.3C.5D.4√26.(1小题共1分)设向量𝑎→，𝑏→满足|𝑎→+2𝑏→

|=5，|𝑎→−2𝑏→|=3，则𝑎→⋅𝑏→=（）A.1B.2C.3D.47.(1小题共1分)ΔABC的三内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.设向量𝑝→=(𝑎+𝑐,𝑏)，𝑞→=(𝑏−�

�,𝑐−𝑎)，若𝑝→//𝑞→，则C等于（）A.𝜋6B.𝜋3C.𝜋2D.2𝜋38.(1小题共1分)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖（biēnào）。如图，网格纸上小正方形的边长1，粗实线画出的是某鳖臑的三视图，则该鳖表面积为（）(

1)(1分)A.6B.21C.27D.549.(1小题共1分)已知tan⁡(𝛼+𝛽)=25，tan⁡(𝛽−𝜋4)=14，则tan⁡(𝛼+𝜋4)的值等于（）A.1318B.322C.1322D.31810.(1小

题共1分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−12𝑥，若f(x)在区间(2m，m+1)上单调递减，则实数m的取值范围是（）A.-1≤m≤1B.-1<m≤1C.-1<m<1D.-1≤m<111.(1小题共1分)设F为抛物线C：𝑦2=3𝑥的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐

标原点，则△OAB的面积为（）A.3√34B.9√38C.6332D.9412.(1小题共1分)已知𝑎=log8⁡5，𝑏=log4⁡3，𝑐=23，则a，b，c的大小关系是（）A.a>b>cB.b>a>cC.b>c>aD.c>b

>a13.(4小题共4分)填空题(1)(1分)已知变量x，y满足约束条件{𝑥+2𝑦≥1𝑥−𝑦≤1𝑦−1≤0，则z=x-2y的最大值________.(2)(1分)若(1+𝑥)6(1−2𝑥)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎11𝑥11，则𝑎1+𝑎2

+⋯+𝑎11=_________.(3)(1分)在四面体ABCD中，若𝐴𝐵=𝐶𝐷=√3,𝐴𝐶=𝐵𝐷=2,𝐴𝐷=𝐵𝐶=√5，则四面体ABCD的外接球的表面积为_________

__.(4)(1分)关于下列命题：①若α，β是第一象限角，且α>β，则sinα>sinβ；②函数𝑦=sin⁡(𝜋𝑥−𝜋2)是偶函数；③函数𝑦=sin⁡(2𝑥−𝜋3)的一个对称中心是(𝜋6,0

)；④函数𝑦=5sin⁡(−2𝑥+𝜋3)在[−𝜋12,5𝜋12]上是增函数，所有正确命题的序号是___________.17.(2小题共2分)若数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛满足𝑆𝑛=2𝑎

𝑛+𝑛.(1)(1分)求证：数列{𝑎𝑛−1}是等比数列；(2)(1分)设𝑏𝑛=log2⁡(1−𝑎𝑛)，求数列{1𝑏𝑛𝑏𝑛+1}的前n项和𝑇𝑛.18.(2小题共2分)为了了解青少年的肥胖是

否与常喝碳酸饮料有关，现对30名青少年进行调查，得到如下列联表：已知从这30名青少年中随机抽取1名，抽到肥胖青少年的概率为415.(1)(1分)请将列联表补充完整；(2)(1分)是否有99.88的把据认为青少年的肥胖与常需碳酸饮料有关?独立性检验临界

值表：参考公式：𝐾2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)，其中n=a+b+c+d·19.(2小题共2分)已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，∠DAB=90°，PD⊥底面ABCD，且PD=DA=CD

=2AB=2，M为PC的中点，过A，B，M三点的平面与PD交于点N.(1)(1分)求多面体MN-ABCD的体积；(2)(1分)求二面角D-BM-C的余弦值.20.(2小题共2分)已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)左、右焦点分别是𝐹1，𝐹2

，A，B是其左右顶点，点P是椭圆C上任一点，且𝛥𝑃𝐹1𝐹2的周长为6，若𝛥𝑃𝐹1𝐹2面积的最大值为√3.(1)(1分)求椭圆C的方程；(2)(1分)若过点𝐹2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同点，证明：直线AM与BN的交点

在一条定直线上.21.(2小题共2分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑥.(1)(1分)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)(1分)求函数f(x)在区间[0,𝜋2]上的最大值和最小值.22.(2小题共2分)在平面直角坐标系xOy中，直

线l的参数方程为{𝑥=3−√22𝑡𝑦=√5+√22𝑡(t为参数).在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C的方程为𝜌=2√5sin⁡𝜃.(1)(1分)写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；(2)(1分)若点P坐标为(3,√5)，圆C与直线l交于A，B两点

，求|PA|+|PB|的值.23.(2小题共2分)已知函数f(x)=2|x+1|+|x-2|.(1)(1分)求f(x)的最小值m；(2)(1分)若a，b，c均为正实数，且满足a+b+c=m，求证：𝑏2𝑎+𝑐2𝑏+𝑎2𝑐≥3.1.【能力值】无【知识点

】(1)交、并、补集运算【详解】(1)∵𝐴={𝑦∣𝑦=√𝑥,0≤𝑥≤4}={𝑦∣0≤𝑦≤2},𝐵={𝑥∣0<𝑥<3}，∴𝐶𝑅𝐴={𝑦∣𝑦<0}∪{𝑦∣𝑦>2},∴(∁𝑅𝐴)∩𝐵=(2,3)

.【答案】(1)D2.【能力值】无【知识点】(1)复数的乘除运算【详解】(1)∵𝑧(1+𝑖)=(3+𝑖)2，∴𝑧=(3+𝑖)21+𝑖=8+6𝑖1+𝑖=(8+6𝑖)(1−𝑖)(1+𝑖)(1−𝑖)=(4+3𝑖)(1−𝑖)=7−𝑖，∴|𝑧|=√

72+(−1)2=√50=5√2.【答案】(1)C3.【能力值】无【知识点】(1)离散型随机变量的数字特征、独立重复试验与二项分布【详解】(1)∵ξ～B(10，0.4)，∴Eξ=10×0.4=4，Dξ=10×0.4×0.6=2.4，∵η=8-ξ，∴Eη=E(8-ξ)=4，Dη=D(8-ξ)=2

.4.【答案】(1)A4.【能力值】无【知识点】(1)二分法【详解】(1)先把这16人均分为2组，选其中一组8人的样本混合检查，若为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了1次检测继续把认定的这组的8人均分两

组，选其中一组4人的样本混合检查，为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了2次检测继续把认定的这组的4人均分两组，选其中一组2人的样本混合检查，为阴性则认定在另一组；若为阳性，则认定在本组，此时进行了3次检测选认定的这组的2人中一人进行样本混合检查，为阴性则

认定是另一个人；若为阳性，则认定为此人，此时进行了4次检测所以，最终从这16人中认定那名感染者需要经过4次检测.【答案】(1)B5.【能力值】无【知识点】(1)双曲线的简单几何性质、抛物线的简单几何性质【详解】(1)抛物线焦点为(3，0)，故𝑎2+5=32，a=2，双曲线焦点到渐近线

的距离等于b，故距离为√5.【答案】(1)A6.【能力值】无【知识点】(1)平面向量的数量积与垂直【详解】(1)由|𝑎→+2𝑏→|=5，|𝑎→−2𝑏→|=3得𝑎→2+4𝑎→⋅𝑏→+4𝑏→2=25①，𝑎¯2−4𝑎→⋅𝑏→+

4𝑏→2=9，①-②得8𝑎→⋅𝑏→=16，所以𝑎→⋅𝑏→=2.【答案】(1)B7.【能力值】无【知识点】(1)余弦定理【详解】(1)因为向量𝑝→=(𝑎+𝑐,𝑏),𝑞→=(𝑏−𝑎,𝑐−𝑎),𝑝→

//𝑞→所以(a+c)(c-a)-b(b-a)=0，整理得：𝑏2+𝑎2−𝑐2=𝑎𝑏所以cos⁡𝐶=𝑏2+𝑎2−𝑐22𝑎𝑏=𝑎𝑏2𝑎𝑏=12解得𝐶=𝜋3.【答案】(1)B8.【能力值】无【知识点】(1)棱锥的表面积与体积、由三

视图还原空间几何体【详解】(1)结合三视图，还原直观图为已知AB=3，BC=4，CD=3，则该四面体𝑆=12𝐴𝐵⋅𝐵𝐶+12𝐴𝐶⋅𝐶𝐷+12𝐴𝐵⋅𝐵𝐷+12𝐵𝐶⋅𝐶𝐷=27.【答案】(1)C9.【能力值】无【知识点】(1)两角和与差的正切【详解】(1

)tan⁡(𝛼+𝜋4)=tan⁡[(𝛼+𝛽)−(𝛽−𝜋4)]=tan⁡(𝛼+𝛽)−tan⁡(𝛽−𝜋4)1+tan⁡(𝛼+𝛽)tan⁡(𝛽−𝜋4)=25−141+25×14=322【答案】(1)B10.【能力值】无【知识点】(1)利用导数研究函数的单调性【详解】(1

)因为𝑓′(𝑥)=3𝑥2−12=3(𝑥+2)(𝑥−2)，令𝑓′(𝑥)<0⇒−2<𝑥<2，所以函数𝑓(𝑥)=𝑥3−12𝑥的单调递减区间为(-2，2)，要使f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则区间(2m，m＋1)是区间(-2，2)的子区间，所以

{2𝑚≥−2𝑚+1≤2𝑚+1>2𝑚从中解得-1≤m<1.【答案】(1)D11.【能力值】无【知识点】(1)抛物线中的弦长与面积【详解】(1)由题意可知：直线AB的方程为𝑦=√33(𝑥−34

)，代入抛物线的方程可得：4𝑦2−12√3𝑦−9=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)，则所求三角形的面积为12×34×√(𝑦1+𝑦2)−4𝑦1𝑦2=94.【答案】(1)D12.【能力值】无【知识点】(1)对数函数

及其性质【详解】(1)∵𝑎=log8⁡5=log23⁡5=13log2⁡5=log2⁡√53，𝑏=log4⁡3=log22⁡3=12log2⁡3=log2⁡√3，𝑐=23=log2⁡223，又∵(223)3=22=4<(√53)3=5=√25<(√3)3=√

27且对数函数𝑦=log2⁡𝑥在(0,+∞)单调递增，∴c<a<b.【答案】(1)B13.【能力值】无【知识点】(1)线性规划(2)二项式定理中的赋值法(3)球的表面积与体积(4)Asin(ωx+ψ)形式函数的性质【详解】(

1)作出不等式组表示的平面区域，得到如图的△ABC及其内部，其中A(-1，1)，B(2，1)，C(1，0)设z=F(x，y)=x-2y，将直线l：z=x-2y进行平移，当l经过点C时，目标函数z达到最大值∴𝑧最大值=𝐹(1，0)=1(2)在(1+𝑥)6(1−2�

�)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎11𝑥11中，令x=0，可得a_0=1.令x=1，可得𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎11=−64,∴𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎11=−65.(3)由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其

每个面补上一个以√3，2，√5为三边的三角形作为底面，且以分别x，y，z长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且𝑥2+𝑦2=3，𝑥2+𝑧2=5，𝑦2+�

�2=4，则有(2𝑅)2=𝑥2+𝑦2+𝑧2=6(R为球的半径)，得2𝑅2=3，所以球的表面积为𝑆=4𝜋𝑅2=6𝜋.(4)对于①，若α，β是第一象限角，且α>β，可令α=39°，β=30°，则sin

a=sinβ，所以①错误；对于②，函数𝑦=sin⁡(𝜋𝑥−𝜋2)=−cos⁡𝜋𝑥,𝑓(−𝑥)=−cos⁡(−𝜋𝑥)=𝑓(𝑥)，则为偶函数，所以②正确对于②，今2𝑥−𝜋3=𝑘𝜋，解得𝑥=𝑘𝜋2+

𝜋6(𝑘∈𝑍)，所以函数𝑦=sin⁡(2𝑥−𝜋3)对称中心为(𝑘𝜋2+𝜋6,0)，当k=0时，可得对称中心为(𝜋6,0)，所以③正确：对于④，函数𝑦=5sin⁡(−2𝑥+𝜋3)=−5sin⁡(2𝑥−𝜋3)，当𝑥∈[−𝜋12,5𝜋12]时，2𝑥−𝜋3∈[−

𝜋2,𝜋2]，所以函数𝑦=5sin⁡(−2𝑥+𝜋3)在区间[−𝜋12,5𝜋12]单调递减，所以④不正确.综上，命题②③正确.【答案】(1)1(2)-65(3)6𝜋(4)②③14.【能力值】无【知识点】(1)辅助数列法、根据n项

和式和n项积式求通项(2)裂项相消法【详解】(1)略(2)由(1)知，𝑎𝑛−1=(−2)⋅2𝑛−1=−2𝑛∴𝑎𝑛=1−2𝑛∴𝑏𝑛=log2⁡(1−𝑎𝑛)=log2⁡2𝑛=𝑛∴1𝑏𝑛𝑏𝑛+1=1𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1𝑛+1,1则�

�𝑛=(1−12)+(12−13)+⋯+(1𝑛−1𝑛+1)=1−1𝑛+1=𝑛𝑛+1【答案】(1)证明：当n=1时，𝑎1=𝑆1=2𝑎1+1，计算得出𝑎1=1，当n>1时，根据题意得，𝑆𝑛−1=2𝑎𝑛−1+(𝑛−1)，所以𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=(

2𝑎𝑛+𝑛)−[2𝑎𝑛−1+(𝑛−1)]=2𝑎𝑛−2𝑎𝑛−1+1，即𝑎𝑛=2𝑎𝑛−1−1∴𝑎𝑛−1=2(𝑎𝑛−1−1)，即𝑎𝑛−1𝑎𝑛−1−1=2∴数列{𝑎𝑛−1}是首项为2，公比为2的等比

数列(2)𝑛𝑛+115.【能力值】无【知识点】(1)独立性检验(2)独立性检验【详解】(1)设常喝碳酸饮料且肥胖的青少年人数为x，则𝑥+230=415，解得𝑥=6列联表如下：(2)由(1)中列联表中的数据可求得随机变量𝑘2的观测值：𝑘=30×(6×18−2×4)210×20×8×

22≈8.523>7.879因此有99.5%的把握认为青少年的肥胖与常喝碳酸饮料有关.【答案】(1)(2)有99.5%的把握认为青少年的肥胖与常喝碳酸饮料有关16.【能力值】无【知识点】(1)略(2)二面角、利用向量的坐标运算解决立体几何问题【详解】(1)由题意得：MN平行且等于12𝐷�

�，MN⊥PD，四边形DCMN是一个直角梯形，从而𝑉𝑀𝑁−𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑉𝐵−𝐶𝐷𝑁𝑀+𝑉𝑁−𝐴𝐵𝐷=13𝑆梯形CDN𝑀⋅𝐴𝐷+13𝑆Δ𝐴𝐵𝐷⋅𝑁𝐷=13[12(1+2)×1]×2+13×12(1×2)×1=43(2)如图，以D为原

点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则D(0，0，0)，B(2，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，M(0，1，1)𝐷𝐵→=(2,1,0),𝐵𝑀→=(−2,0,1),𝐵𝐶→=(−2

,1,0)，可以求得面DBM的一个法向量𝑛1→=(1,−2,2)；面CBM的一个法向量𝑛2→=(1,2,2)cos<𝑛¯1,𝑛2→>=𝑛→⋅𝑛2→|𝑛1→|⋅|𝑛2→|=1−4+43×3=19，又因为二面角D-BM-C为钝角，所以其余弦值为−19.【答案】(1)43(2)−19

17.【能力值】无【知识点】(1)椭圆的几何性质(2)椭圆中的动态性质证明【详解】(1)由题意得{2𝑎+2𝑐=612×2𝑏𝑐=√3𝑎2=𝑏2+𝑐2，∴{𝑐=1𝑏=√3𝑎=2，椭圆C的方程为：𝑥24+𝑦23=1；(2)略【答案】(1)𝑥24+𝑦23=1(2)由(1)得A

(-2，0)，B(2，0)，𝐹2(1,0)，设直线MN的方程为x=my+1，𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，由{𝑥=𝑚𝑥+1𝑥24+𝑦23=1，得(4+3𝑚2)𝑦2+6𝑚𝑦−9=0，∴𝑦

1+𝑦2=−6𝑚4+3𝑚2，𝑦1𝑦2=−94+3𝑚2，∴𝑚𝑦1𝑦2=32(𝑦1+𝑦2)，∴𝑦1+𝑦2=−6𝑚4+3𝑚2,𝑦1𝑦2=−94+3𝑚2,∴𝑚𝑦1𝑦2=32(𝑦1+𝑦2)，∵直线AM的方程为𝑦=𝑦1𝑥1+2(𝑥+2)，直线

BN的方程为𝑦=𝑦2𝑥2−2(𝑥−2)，∴𝑦1𝑥1+2(𝑥+2)=𝑦2𝑥2−2(𝑥−2),∴𝑥+2𝑥−2=𝑦2(𝑥1+2)𝑦1(𝑥2−2)=𝑚𝑦1𝑦2+3𝑦2𝑚𝑦1𝑦2−𝑦1=3，∴x=4，∴直线AM与BN的交点在直线x=

4上.18.【能力值】无【知识点】(1)利用导数求函数的切线方程(2)利用导数研究函数的最值【详解】(1)因为𝑓(𝑥)=𝑒𝑥cos⁡𝑥−𝑥，所以𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥(cos⁡𝑥−sin⁡𝑥)−1,𝑓′(0)=0.又因

为f(0)=1，所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1.(2)设ℎ(𝑥)=𝑒𝑥(cos⁡𝑥−sin⁡𝑥)−1，则ℎ′(𝑥)=e𝑥(cos⁡𝑥−sin⁡𝑥−sin⁡𝑥−cos⁡𝑥)=−2𝑒𝑥

sin⁡𝑥.当𝑥∈(0,𝜋2)时，h'(x)<0，所以h(x)在区间[0,𝜋2]上单调递减.所以对任意𝑥∈(0,𝜋2]有h(x)<h(0)=0，即f'(x)<0.所以函数f(x)在区间[0,𝜋2]上单

调递减.因此f(x)在区间[0,𝜋2]上的最大值为f(0)=1，最小值为𝑓(𝜋2)=−𝜋2.【答案】(1)y=1(2)最大值为f(0)=1，最小值为−𝜋219.【能力值】无【知识点】(1)极

坐标与极坐标方程、参数方程(2)参数方程【详解】(1)由{𝑥=3−√22𝑡𝑦=√5+√22𝑡得直线l的普通方程为𝑥+𝑦−3−√5=0又由𝜌=2√5sin⁡𝜃得𝜌2=2√5𝜌sin⁡𝜃，化为直角坐标方程为𝑥2+(𝑦−√5)2=5.(2)把直线l

的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得(3−√22𝑡)2+(√22𝑡)2=5，即𝑡2−3√2𝑡+4=0，设𝑡1，𝑡2是上述方程的两实数根，所以𝑡1+𝑡2=3√2，又直线l过点𝑃(3,√5)，A、B两点对应的参数分别为𝑡1，𝑡2，所以|𝑃𝐴

|+|𝑃𝐵|=|𝑡1|+|𝑡2|=𝑡1+𝑡2=3√2.【答案】(1)普通方程为𝑥+𝑦−3−√5=0，直角坐标方程为𝑥2+(𝑦−√5)2=5(2)3√220.【能力值】无【知识点】(1)函数的最大（小）值(2

)均值不等式的应用【详解】(1)当x<-1时，𝑓(𝑥)=−2(𝑥+1)−(𝑥−2)=−3𝑥∈(3,+∞)；当–1≤x<2时，𝑓(𝑥)=2(𝑥+1)−(𝑥−2)=𝑥+4∈[3,6)；当x≥2时，𝑓(𝑥)=2

(𝑥+1)+(𝑥−2)=3𝑥∈[6,+∞]；综上，f(x)的最小值m=3；(2)略【答案】(1)m=3(2)证明：因为a，b，c均为正实数，且满足a+b+c=3，∴𝑏2𝑎+𝑐2𝑏+𝑎2𝑐+(𝑎+𝑏+𝑐)=(𝑏2𝑎+𝑎)+(𝑐2𝑏+�

�)+(𝑎2𝑐+𝑐)≥2(√𝑏2𝑎⋅𝑎+√𝑐2𝑏⋅𝑏+√𝑎2𝑐⋅𝑐)=2(𝑎+𝑏+𝑐)，当且仅当a=b=c=1时，等号成立，所以𝑏2𝑎+𝑐2𝑏+𝑎2𝑐≥𝑎+𝑏+𝑐即𝑏2𝑎+𝑐2𝑏+𝑎2𝑐≥3.