2016届贵州省贵阳市第一中学高三第五次月考文科数学试题.pdf

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1、2016 届贵州省贵阳市第一中学高三第五次月考文科数学试题 一、选择题 1已知集合 2 |1Mx x ， 2 |1Ny yx，则MN（） A(,2B(0,1C(0, 2D0,1 2复数z满足 2i zi i ，则|z（） A2B2 C 5D10 3已知 * , x yN且满足约束条件 1 22 5 xy xy x ，则xy的最小值为（） A4 B 5 C6 D7 4在等比数列 n a中， 711 6a a， 414 5aa，则 20 10 a a （） A 2 3 或 3 2 B 1 3 或 1 2 C 2 3 D 3 2 5执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（） A 7 8 B 8 9

2、C 9 10 D 10 11 6设 123 ,e e e 为单位向量，且 312 1 (0) 2 eekek ，若以向量 12 ,e e 为两边的三角形 的面积为 1 2 ，则k的值为（） A 2 2 B 3 2 C 5 2 D 7 2 7一个圆锥被过顶点的平面截去了较少的一部分几何体，余下的几何体的三视图如图 所示，则余下部分的几何体的体积为（） A 8 15 3 B 16 3 3 C 82 3 33 D 162 3 93 8设函数 | ( ) 1 | x f x x ，则使得( )(21)f xfx成立的x的取值范围是（） A 1 (,1) 3 B 1 (, )(1,) 3 C 1 1 (

3、, ) 3 3 D 11 (,)(,) 33 9把函数 sin() 6 yx 图象上各点的横坐标伸长为原来的2 倍，纵坐标不变，再将 图象向右平移 3 个单位，那么所得图象的一个对称中心为（） A (,0) 3 B (,0) 4 C (,0) 12 D(0,0) 10 如图，已知正三角形ABC三个顶点都在半径为2 的球面上， 球心O到平面ABC的 距离为 1， 点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是 （） A 7 4 B2C 9 4 D3 11 12 ,F F是双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左、右焦点，过 1 F的直线l与C的 左、 右两支分

4、别交于,A B两点，若 2 ABF为等边三角形， 则双曲线C的离心率为 （） A 3B2 C 7D 3 12函数( )12sinfxxx的所有零点之和等于（） A4 B5 C6 D7 二、填空题 13已知 n a是各项不为零的等差数列，其中 1 0a，公差 0d ，若 10 0S，则数 列 n a前n项和取最大值时n. 14直线:20lmxym与圆 22 : (3)(4)25Cxy交于,A B两点，C为圆 心，当ACB最小时，直线l的方程是 . 15已知(1,1)P为椭圆 22 1 24 xy 内一定点，经过 P引一弦，使此弦在(1,1)P 点被平 分，则此弦所在的直线方程是. 16若函数 2

5、 ( )ln2f xxxmx在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是. 三、解答题 17 设ABC三个内角,A B C所对的边分别为, ,a b c， 已知 3 C ，coscosaAbB. （ 1）求角B的大小； （ 2）如图，在ABC内取一点P，使得2PB，过点P分别作直线,BA BC的垂线 ,PM PN，垂足分别是,M N，设PBA，求PMPN的最大值及此时的值 . 18某研究机构为了研究人的脚的大小与身高之间的关系，随机抽测20 人，得到如下 数据： 序号12345678910 身高 x（厘米）192164172177176159171166182166 脚长 y（码）48384043

6、443740394639 序号11121314151617181920 身高 x（厘米）169178167174168179165170162170 脚长 y（码）43414043404438423941 （ 1）若“身高大于175 厘米”的为“高个”，“身高小于等于175 厘米”的为“非高 个”；“脚长大于42 码”的为“大脚”，“脚长小于等于42 码”的为“非大脚”，请 根据上表数据完成下面的22列联表： 高个非高个合计 大脚 非大脚12 合计20 （ 2）根据（ 1）中表格数据，若按99% 的可靠性要求，能否认为脚的大小与身高之间有 关系？ 附： 2 2 () ()()()() n ad

7、bc k ab cdac bd 2 0 ()P Kk 0.0500.0100.001 0 k 3.8416.63510.828 19 如图，平面ABCD平面ABE， 四边形ABCD是直角梯形，/ /ADBC，ADAB， 1 1 2 BCAD ，ABE是等腰直角三角形，2EAEB，,F H分别是,DE AB的 中点 . （ 1）求证：/ /CF平面ABE； （ 2）求三棱锥FDCH的体积 . 20已知抛物线 2 2(0)ypx p，过点( 2,0)C的直线l交抛物线于,A B两点，坐标 原点为O，12OA OB. （ 1）求抛物线的方程； （ 2）当以AB为直径的圆与y轴相切时，求直线l的方程

8、. 21已知函数( )ln() x f xea（a为常数，e为自然对数的底数）是实数集R上的奇 函数 . （ 1）求实数a的值； （ 2）讨论关于 x的方程 2 ln 2 ( ) x xexm f x 的根的个数 . 22选修 4-1 ：几何证明选讲 如图， 四边形ABDC内接于圆，BDCD，过C点的圆的切线与AB的延长线交于E 点 . （ 1）求证：2EACDCE； （ 2）若,2BDAB BCBE AE，求AB的长 . 23选修 4-4 ：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为 1cos sin x y ， （为参数），以O为极点， x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （

9、 1）求圆C的极坐标方程； （ 2）直线l的极坐标方程是 2sin()3 3 3 ，射线 : 3 OM 与圆C的交点为 ,O P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长 . 24选修 4-5 ：不等式选讲 已知, ,a b cR ，求证： （ 1） 2 (1)()16abababacbccabc； （ 2） 3 bcacababc abc . 参考答案 一、选择题 1 【答案】 B 【解析】 试题分析： 因为|02|1MxxNy y， 所以(0 1MN， 故选 B 【考点】集合的交集运算. 2 【答案】 A 【 解 析 】 试 题 分 析 ： 因 为 2i( 2i ) i ii( 2i ) ii1

10、i iii z， 所 以 22 |1( 1)2z，故选 A 【考点】复数的运算. 3 【答案】 C 【解析】试题分析：画出可行域如图1 阴影部分所示，注意到xy N，在点 (3 3)，处 取得最优解，所以 min ()6xy，故选 C 【考点】简单的线性规划. 【方法点睛】 一般地， 在解决简单线性规划问题时，如果目标函数zAxBy，首先， 作直线 A yx B ，并将其在可行区域内进行平移；当0B时，直线 A yx B 在可行 域内平移时截距越高，目标函数值越大，截距越低，目标函数值越小；当0B时，直 线 A yx B 在可行域内平移时截距越低，目标函数值越大，截距越高，目标函数值越 小 .

11、 4 【答案】 A 【解析】试题分析： 711414 6a aa a ，于是 414 aa，可以看成是方程 2 560xx的两个 根， 所以 414 23aa，或 414 32aa， 而 10 144 aa q， 所以 10 14 4 3 2 a q a 或 10 14 4 2 3 a q a ， 所以 10 20 10 3 2 a q a 或 10 20 10 2 3 a q a ，故选 A 【考点】等比数列的性质. 5 【答案】 C 【解析】试题分析：第一次执行循环体， 1 21 12 inS， ；第二次执行循环体， 11 32 1223 inS，；第三次执行循环体， 111 43 122

12、334 inS， 依此下去，第九次执行循环体，109in， 1111111 1 122334910223 S 11 910 19 1 1010 , 故选 C 【考点】程序框图. 6 【答案】 B 【解析】试题分析： 121212 11 1 1sinsin1 22 eeeeee， ， ， 2 22 312 11 |1 24 eekek， 3 2 k ，故选 B 【考点】 1. 平面向量的数量积；2. 平面向量的模 7 【答案】 D 【解析】试题分析：由已知中的三视图，圆锥母线 2 2 2 3 522 2 l，圆锥的 高 2 2 512h， 圆锥底面半径为 22 2rlh， 截去的底面弧的圆心角为

13、 120 ， 底 面 剩 余 部 分 为 22218 sin1203 323 Srr， 故 余 下 部 分 几 何 体 的 体 积 为 1181623 32 33393 VSh，故选 D 【考点】空间几何体的三视图. 8 【答案】 A 【解析】试题分析：由题意( )f x 是偶函数，且当0x时，( )f x 单调递增，所以由 ( )(21)f xfx得(|)(|21|)fxfx， 所以 | | 21|xx， 22 (21)xx， 解得 1 1 3 x， 故选 A 【考点】 1. 函数的奇偶性；2. 函数的单调性. 9 【答案】 D 【解析】试题分析：由题意得，把函数 sin 6 yx图象上各点

14、的横坐标伸长为原来 的 2 倍（纵坐标不变） ，得到 1 sin 26 yx 的图象，再将图象向右平移 3 个单位，得 到 11 sinsin 2362 yxx ，令 1 2 xkkZ，结合选项，得图象的一个对称中 心为 (00)，故选 D 【考点】三角函数的图像与性质. 10 【答案】 C 【解析】试题分析：设正ABC的中心为 1 O ，连接 1 O A， 11 O OO C， 1 O 是正ABC 的中心，ABC， ，三点都在球面上， 1O OABC平面，结合1O CABC平面，可得 11 O OO C ，球的半径2R，球心O到平面ABC的距离为1，得 1 1O O，在 1 RtO OC中，

15、 22 11 3OCROO，又E为AB的中点， ABC 是等边三角形， 1 3 cos30 2 AEAO，过E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的半径最 小，此时截面圆的半径 3 2 r，可得截面面积为 29 4 Sr，故选 C 【考点】 1. 求； 2. 空间几何体点线面之间的位置关系. 11 【答案】 C 【解析】试题分析：由双曲线定义得： 12 24AFaAFa，因此由余弦定理得： 2222 4(6)(4)264cos 60287caaaaaca，所以7e ，故选 C 【考点】 1. 直线与双曲线之间的位置关系；2. 余弦定理 【思路点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查余弦

16、定理的运用；由双曲线的 定义，可得 121121 22F AF AF AABF BaBFBFa， 2 4BFa， 12 2F Fc， 再在 12 F BFV中应用余弦定理得，ac，的关系，由离心率公式，计算即可得到所求 12 【答案】 B 【解析】 试题分析： 函数( )12sin f xxx 的零点可以看作是函数( )2sin g xx 与直 线1yx的交点的横坐标，由于直线1yx过点 (1 0)，而( )2sin g xx 也关于点 (1 0)，对称， 因此函数( )2sin g xx 与直线1yx的交点一定关于点(1 0)，对称， 作出 它们的图象，如图2，当1x时，12yx，当3x时，

17、12yx，因此它们 交点在 1 3，上， 当 1 2 x时， 1 2 2 g， 3 12 2 yx， 当 5 2 x时， 5 2 2 g， 3 12 2 yx，因此函数( )2sin g xx 与直线1yx在 1 0，上有两个交点，在 23，上有两个交点，又1x也是它们的交点，所以，所求零点之和为2215，故 选 B 【考点】函数的零点. 【思路点睛】本题主要考查函数交点个数以及数值的计算，根据函数图象的性质，利用 数形结合是解决此类问题的关键，由( )12sin0f xxx得12sinxx，分 别作出函数1yx和2sinyx的图象，利用对称性结合数形结合进行求解即可 二、填空题 13 【答案

18、】 5 【解析】 试题分析： 110 1056 10() 5()0 2 aa Saa，所以 56 00aa，即数列 n a前 5 项和为最大值，所以5n 【考点】等差数列的前 n项和 . 14 【答案】30xy 【 解 析 】 试 题 分 析 ： 由 已 知 直 线l过 点( 12 )M， 点 M 在 圆 内 ， 1 | 1| 2 sin 22 AB AB ACB rr ，因此要使ACB最小，则 |AB 取最小值，又AB过点M， 因此M为AB中点，即CMAB，因为 42 1 31 CM k，所以1 l k，所以l的方程为 2(1)yx，即30xy 【考点】直线与圆的位置关系. 15 【答案】

19、230xy 【解析】试题分析：由于此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，且设弦的两端点坐 标为 11 ()xy， 22 ()xy，则 2222 1122 11 2424 xyxy ，两式相减得 12121212 ()()()() 0 24 xxxxyyyy 1212 22xxyy， 12 12 0 2 yy xx， 12 12 2 yy k xx ，此弦所在的直线方程为12(1)230yxxy，即 【考点】直线与椭圆的位置关系. 【思路点睛】设出两个交点的坐标，将它们代入椭圆的方程，将两个式子相减得到有关 相交弦的中点与相减弦所在直线的斜率关系，求出直线的斜率，利用点斜式写出直线的 方程 在

20、解决直线与圆锥曲线相交关于相交弦的问题时，一般利用将交点坐标代入圆锥 曲线的方程，两个式子相减得到中点与斜率的关系 16 【答案】 (2， 【 解 析 】 试 题 分 析 ： 1 ( )220fxxm x 对 0x 恒 成 立 ， 1 22xm x ， 而 1 22 2x x ，当且仅当 1 2x x ，即 2 2 x时取等，22 2m，2m 【考点】导数的应用. 【方法点睛】对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题, 可 以求函数最值的方法，一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问 题，然后再构造辅助函数fx，利用mxf)(恒成立mxf min )(；mx

21、f)(恒成立 mxf max )(，即可求出参数范围. 三、解答题 17 【答案】（1） 3 B； （2）2 【解析】试题分析： （1） 由 c o sc o saA bB及正弦定理可得：sincossincosAABB， 即sin 2sin 2AB，又00AB，可得AB或 2 AB ，由于 3 C ， 即可得出 （2） 由题设，得在Rt PMB中，sin2sinPMPBPBM； 在Rt PNB中，同理可得 2sin0 33 PN， 于是 2sin 3 PMPN，由于 0 3 ，可得 2sin(3 2 3 ，据此即可得出 结果 试题解析：解： （1）由coscosaAbB及正弦定理可得sinc

22、ossincosAABB， 即sin 2sin 2AB，又(0 )(0 )AB， 所以有AB或 2 AB， 又因为 3 C，得 2 3 AB，与 2 AB矛盾 ， 所以 AB，因此 3 B （ 2）由题设得，在RtPMB中，sin2sinPMPBPBM， 在RtPNB中， sinsin2sin0 333 PNPBPBNPBPBA， 所以 2sin2sinsin3cos 3 PMPN 2sin 3 ， 因为 0 3 ，所以 2 333 ，从而有 3 sin1 32 ， 即 2sin( 3 2 3 ，于是，当 32 ，即 6 时， PMPN取得最大值2 【考点】 1. 正弦定理； 2. 三角函数的

23、性质. 18 【答案】（1）详见解析；（2）我们有99的把握认为：人的脚的大小与身高之间有 关系 【解析】试题分析： （1）根据高个和大脚的描述，统计出大脚，高个，非大脚和非高个 的数据，填入列联表，再在合计的部分填表（2）提出假设，代入公式做出观测值，把 所得的观测值同表格中的临界值进行比较，得到 2 6.635K 的概率约为0.010，而 8.8026.635，我们有 99.5%的把握认为：人的脚的大小与身高之间有关系 试题解析：解： （1）列联表补充如下： 高个非高个合 计 大脚527 非大脚113 合计614 （ 2）根据上述列联表可以求得 2 2 20(5 121 2) 8.802

24、6 147 13 K ，8.8026.635， 所以我们有99的把 握认为：人的脚的大小与身高之间有关系 【考点】 1.22列联表； 2. 独立性检验 . 19 【答案】（1）详见解析；（2） 1 2 【解析】 试题分析：（1）取DH中点M，连接BMFM、证明四边形FMBC是平 行四边形， 通过直线与平面平行的判定定理证明/ /FC平面ABE（2） 取DH中点N， 连接FNEH、，证明EH平面ABCD，推出 DCHADHBCHABCD SSSS 梯形 ，求 出面积与高，即可求解体积 试题解析：（1）证明：如图，取AE中点 M ，连接 BM ，FM 因为 F 是 DE中点， FM 是ADE的中位

25、线， FMAD且 1 2 FMAD， 又BCAD且 1 2 BCAD， FMBC且 FMBC， 四边形FMBC 是平行四边形，CFMB， CFABEMBABECFABE平面，平面， 平面 （ 2）解：如图3，取 DH中点 N，连接 FN，EH ，F 是 DE的中点， FNEH 且 1 2 FNEH ， 由ABE是等腰直角三角形，AEBE, H是 AB的中点，EHAB， ABCDABE又平面平面， 平面 ABCD 平面 ABE AB ， EHABE平面， EHABCD平面 ， FNABCD平面， DCHADHBCHABCDSSSS梯形 1113 2 =(12)2 22212 2222 ， 又 1

26、2 22 FNEH， 113 221 33222 DCHFDCH VSFN 三棱锥 【考点】 1. 线面平行的判定；2. 线面垂直的判定；3. 空间几何体的体积. 20 【答案】（1） 2 4yx； （ 2）320xy或320xy 【解析】 试题分析：（1）设2lxmy：，代入 2 2ypx，得 2 240ypmyp， （） 设 1122 ()()A xyB xy， 则 1212 24yypmy yp， 则 22 12 12 2 4 4 y y x x p 因 为 12OA OB， 所 以 1212 12x xy y， 据 此 即 可 求 出 结 果 ; （ 2） 由 （ 1） （ ） 化 为

27、 2 480ymy 1212 48yymy y，设AB的中点为M，则 2 1212 |2()444 M ABxxxmyym，又 222 12 |1|(1)(1632)ABmyymm，联立即可求出结果. 试题解析：解： （1）设2lxmy：，代入 2 2ypx，得 2 240ypmyp， （） 设 1122 ()()A xyB xy，则 1212 24yypmy yp，则 22 12 12 2 4 4 y y x x p 因为12OA OB，所以 121212x xy y，即 4 412p， 得2p，所以抛物线的方程为 2 4yx （ 2）由（ 1） （）化为 2 480ymy 1212 48y

28、ymy y， 设AB的中点为M，则 2 1212 |2()444 M ABxxxm yym， 又 222 12 |1|(1)(1632)ABmyymm， 由得 2222 (1)(1632)(44)mmm， 解得 2 33mm， 所以直线l的方程为320xy或320xy 【考点】 1. 抛物线的方程；2. 直线与抛物线的位置关系. 21 【答案】（1）0a； （2） 21 e e m 【 解 析 】 试 题 分 析 ： （ 1 ）( )ln(e) x f xa是 奇 函 数 ，()()fxfx， 即 l n( e)l n( e xx aa恒 成立，化简即可求出结果；（2） 由 （1） 知方程 2

29、ln 2e ( ) x xxm f x ， 即 2ln 2e x xxm x ，令 2 12 ln ( )( )2e x fxfxxxm x ， 然后再分别对这两个函数求导，求出函数的单调区间，再结合根的情况即可求出结果. 试题解析：解： （1）( )ln(e) x f xa是奇函数，()( )fxf x， 即ln(e)ln(e) xx aa恒 成立， 2 (e)(e)11ee1 xxxx aaaaa， ， 即(ee)0 xx aa恒成立，故0a （ 2）由（ 1） 知方程 2ln 2e ( ) x xxm f x ，即 2ln 2e x xxm x ， 令 2 12 ln ( )( )2e

30、x fxfxxxm x ， 则 1 2 1ln ( ) x fx x ，当(0ex，时， 11 ( )0( )fxfx ， 在 (0e，上为增函数； 当e)x，时， 11 ( )0( )fxfx ， 在 e)，上为减函数； 当ex时， 1max 1 ( ) e fx 而 222 2( ) 2e(e)efxxxmxm， 当(0ex，时， 2( )fx 是减函数，当e)x，时，2( )fx 是增函数， 当ex 时， 2 2min ( )efxm 故当 21 e e m，即 21 e e m时，方程无实根；当 21 e e m，即 21 e e m时，方程有 一个根；当 2 1 e e m，即 2

31、1 e e m时，方程有两个根 【考点】 1. 函数的奇偶性；2. 倒数在函数单调性中的应用. 【方法点睛】确定函数的零点如果通过解方程( )0f x较困难得到零点时，通常将 ( )f x的零点转化为求方程( )0f x的根，再转化为两个新函数的交点问题，此时只要 作出它们的图象， 借助相关的知识建立与参数相关的不等式或等式即可使问题得到解决 22选修 4-1 ：几何证明选讲 如图， 四边形ABDC内接于圆，BDCD，过C点的圆的切线与AB的延长线交于E 点 . （ 1）求证：2EACDCE； （ 2）若,2BDAB BCBE AE，求AB的长 . 【答案】（1）详见解析； （2）51AB 【

32、解析】 试题分析： （ 1）等弦对等角，所以由BDCD，得CADBAD即 2CAECAD因为CE是圆的切线， 所以由弦切角定理得CADDCE从 而2EACDCE ； （ 2）因为BCBE，所以BECBCEEAC，所以 ACEC 由 切 割 线 定 理 得 2 ECAE BE， 即 2 A BA EA EAB， 即 2 240A BA B，解得51AB 试题解析：（1）证明：因为BDCD，所以BCDCBD， 因为CE是圆的切线，所以DCECBD， 所以DCEBCD，所以2BCEDCE， 因为EACBCE，所以2EACDCE （）解：因为BDAB，所以ACCD，ACAB 因为BCBE，所以BECB

33、CEEAC，所以ACEC， 由切割线定理得 2 ECAE BE ，即 2 ()ABAEAEAB， 即 2 240ABAB，解得51AB 【考点】 1. 弦切角定理 ;2. 切割线定理 . 23选修 4-4 ：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为 1cos sin x y ， （为参数），以O为极点， x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （ 1）求圆C的极坐标方程； （ 2）直线l的极坐标方程是 2sin()3 3 3 ，射线 : 3 OM 与圆C的交点为 ,O P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长 . 【答案】（1）2cos； （2）线段PQ的长为2. 【解析】 试题分析

34、：（1）由圆 C的参数方程 1 cos ( sin x y 为参数），化为普通方程为 2 2 11xy，利用cos ,sinxy，即得圆 C的极坐标方程； （2）求线段 PQ的长，由于,O P Q三点共线，故PQOPOQ， 可设P 11 ,，Q 22 ,， 则 12 PQ，关键是求出 12 ,的值，由 11 1 2cos 3 可求得 1 的值，由 22 2 2sin()3 3 3 3 可求得 2的值，从而可解 . 试题解析：（ 1）圆C的普通方程为 2 2 11xy，又cos ,sinxy，所以 圆C的极坐标方程为2cos； （ 2）设 11 ,为点P的极坐标，则有 11 1 2cos 3 ，

35、解得 1 1 1 3 ，设 22 ,为 点Q的 极 坐 标 ， 22 2 2sin()3 3 3 3 ， 解 得 2 2 3 3 ， 由 于 12 ， 所 以 12 2PQ，所以线段PQ的长为2. 【考点】【考点】参数方程，普通方程，与极坐标方程互化，极坐标方程的应用. 24选修 4-5 ：不等式选讲 已知, ,a b cR ，求证： （ 1） 2 (1)()16abababacbccabc； （ 2） 3 bcacababc abc . 【答案】（1）详见解析； （2）详见解析 【解析】试题分析：（1）先因式分解： 2 111ababababacbccacbc，再利用基本不等式 证明：12,

36、12,2,2,aa bb acac bcbc四个同向正数不等式相乘即得结 论 （ 2 ） 原 不 等 式 等 价 于6 bccaab aabbcc ， 利 用 基 本 不 等 式 证 明 ： 2,2,2 bacacb abacbc ，三个同向不等式相加即得结论 试题解析：证明： （） 2 1(1)(1)()()ababababacbccac bc， 000abc， 120aa，12020bbacac，20bcbc， (1)(1)40abab，当且仅当 1ab 时取“ =”， 2 ()()4ac bcabc ，当且仅当abc时取“ =”， (1)(1)()()16abacbcabc，当且仅当1a

37、bc时取“ =”， 因此，当 ab c R， ，有 2 (1)()16abababacbccabc （） 3 33 bcabca a bcR abcabc ， ， ，当且仅当abc时取“ =”， 36 cbabcacba acbabcacb ， 因此，1113 bccaab aabbcc ， 即3 bcacababc abc 【考点】基本不等式. 【方法点睛】 基本不等式求最值的常见的方法和技巧：利用基本不等式求几个正数和 的最小值时，关键在于构造条件，使其积为常数。通常要通过添加常数、拆项（常常是 拆底次的式子）等方式进行构造；利用基本不等式求几个正数积的最大值，关键在于 构造条件， 使其和为常数。 通常要通过乘以或除以常数、拆因式 （常常是拆高次的式子）、 平方等方式进行构造；用基本不等式求最值等号不成立。求解此类问题，要注意灵活 选取方法，特别是单调性法、导数法具有一般性，配方法及拆分法也是较为简洁实用得 方法 .