《2016年广东省揭阳一中、潮州市金山中学联考高考数学模拟试卷(文科)(5月份)(解析版).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年广东省揭阳一中、潮州市金山中学联考高考数学模拟试卷(文科)(5月份)(解析版).doc（25页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2016年广东省揭阳一中、潮州市金山中学联考高考数学模拟试卷（文科）（5月份）一、选择题：（每小题5分，共60分）1复数（1+2i）2（其中i为虚数单位）的虚部为（）A4B4C4iD4i2已知集合，则满足AB=B的集合B可以是（）A0， Bx|1x1Cx|0xDx|x03各项为正的等比数列an中，a4与a14的等比中项为2，则log2a7+log2a11=（）A4B3C2D14已知平面向量，则的值为（）A1+B1C2D15不等式组，表示的平面区域内的点都在圆x2+（y）2=r2（r0）内，则r的最小值是（）ABC1D6如图所示为函数f（x）=2sin（x+）（0，）的部分图象，其中A，B两点之
2、间的距离为5，那么fABC1D17执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（）A16B17C14D158在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，P在线段BD1上，且，M为线段B1C1上的动点，则三棱锥MPBC的体积为（）A1BCD与M点的位置有关9已知抛物线y2=6x的焦点为F，准线为l，点P为抛物线上一点，且在第一象限，PAl，垂足为A，|PF|=2，则直线AF的倾斜角为（）ABCD10已知点F1、F2分别是双曲线C：=1（a0，b0）的左右焦点，过F1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A、B两点，若|AB|：|BF2|：|AF2|=3：4：5，则双曲线的离心率为（）A2B4CD11
3、某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则一个质点从扇形的圆心起始，绕几何体的侧面运动一周回到起点，其最短路径为（）A4+B6C4+D612设函数y=f（x）对任意的xR满足f（4+x）=f（x），当x（，2时，有f（x）=2x5若函数f（x）在区间（k，k+1）（kZ）上有零点，则k的值为（）A3或7B4或7C4或6D3或6二、填空题（每小题5分，共20分）13已知数列an满足a1=1，anan1=n（n2），则数列an的通项公式an=14若直线2ax+by1=0（a0，b0）经过曲线y=cosx+1（0x1）的对称中心，则+的最小值为15已知EAB所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相
4、垂直，EA=EB=3，AD=2，AEB=60，则多面体EABCD的外接球的表面积为16已知函数f（x）=，g（x）=acos+52a（a0）若存在x1，x20，1，使得f（x1）=g（x2）成立，则实数a的取值范围是三、解答题：本大题共5小题，满分60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17某商区停车场临时停车按时段收费，收费标准为：每辆汽车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小时收费8元（不足1小时的部分按1小时计算）现有甲、乙二人在该商区临时停车，两人停车都不超过4小时（）若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为，停车付费多于14元的概率为，求甲停车付费恰为6元的概率；
5、（）若每人停车的时长在每个时段的可能性相同，求甲、乙二人停车付费之和为36元的概率18在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=（1）求角C的大小，（2）若c=2，求使ABC面积最大时a，b的值19如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，D、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且（）求证：EF平面BDC1；（）在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由20已知椭圆M的对称轴为坐标轴，离心率为，且一个焦点坐标为（，0）（1）求椭圆M的方程；（2）设直线l与椭圆M相交于A、B两
6、点，以线段OA、OB为邻边作平行四边形OAPB，其中点P在椭圆M上，O为坐标原点，求点O到直线l的距离的最小值21已知函数f（x）=e2x12xkx2（1）当k=0时，求f（x）的单调区间；（2）若x0时，f（x）0恒成立，求k的取值范围选修4-1：几何证明选讲22如图，AB是圆O的直径，AC是弦，BAC的平分线AD交圆O于点D，DEAC，交AC的延长线于点E，OE交AD于点F（）求证：DE是圆O的切线；（）若=，求的值选修4-4：坐标系与参数方程23已知直线l的参数方程为（t为参数，tR），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为=2sin，0，2）（）求直线
7、l与曲线C的直角坐标方程；（）在曲线C上求一点D，使它到直线l的距离最短选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x3|（）若不等式f（x）f（x+5）|m1|有解，求实数m的取值范围；（）若|a|1，|b|3，且a0，证明：f（）2016年广东省揭阳一中、潮州市金山中学联考高考数学模拟试卷（文科）（5月份）参考答案与试题解析一、选择题：（每小题5分，共60分）1复数（1+2i）2（其中i为虚数单位）的虚部为（）A4B4C4iD4i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】直接由复数代数形式的乘法运算化简复数（1+2i）2，则答案可求【解答】解：复数（1+2i）2=1+4i+4i2=3+4i，
8、则复数（1+2i）2的虚部为：4故选：A2已知集合，则满足AB=B的集合B可以是（）A0， Bx|1x1Cx|0xDx|x0【考点】交集及其运算【分析】求出A中y的范围确定出A，根据AB=B，找出满足题意的集合B即可【解答】解：x2+11，0y=（）x2+1（）1=，A=y|0y则满足AB=B的集合B可以x|0x故选：C3各项为正的等比数列an中，a4与a14的等比中项为2，则log2a7+log2a11=（）A4B3C2D1【考点】等比数列的性质【分析】利用a4a14=（a9）2，各项为正，可得a9=2，然后利用对数的运算性质，即可得出结论【解答】解：各项为正的等比数列an中，a4与a14的
9、等比中项为2，a4a14=（2）2=8，a4a14=（a9）2，a9=2，log2a7+log2a11=log2a7a11=log2（a9）2=3，故答案为：34已知平面向量，则的值为（）A1+B1C2D1【考点】平面向量数量积的运算【分析】求出的坐标，代入模长公式列出方程解出【解答】解： =（2，2），|=2，22+（2）2=4，解得=2故选：C5不等式组，表示的平面区域内的点都在圆x2+（y）2=r2（r0）内，则r的最小值是（）ABC1D【考点】简单线性规划【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合判断点与圆的位置关系进行求解即可【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：圆x2+
10、（y）2=r2（r0）对应的圆心坐标为（0，），由图象知只需要点B（1，0）或A（1，0）在圆内即可，即r=，在r的最小值为，故选：A6如图所示为函数f（x）=2sin（x+）（0，）的部分图象，其中A，B两点之间的距离为5，那么fABC1D1【考点】由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式；正弦函数的图象【分析】由图象得到振幅A，由A、B两点的距离结合勾股定理求出B和A的横坐标的差，即半周期，然后求出，再由f（0）=1求的值，则解析式可求，从而求得f=2sin（x+）由f（0）=1，得2sin=1，sin=又，=则f（x）=2sin（x+）f=2=1故选：D7执行如图所示的程序框图，则输
11、出的结果是（）A16B17C14D15【考点】程序框图【分析】通过分析循环，推出循环规律，利用循环的次数，求出输出结果【解答】解：第一次循环：S=log2，n=2；第二次循环：S=log2+log2，n=3；第三次循环：S=log2+log2+log2，n=4；第n次循环：S=log2+log2+log2+log2=log2，n=n+1；令log23，解得n15输出的结果是n+1=16故选：A8在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，P在线段BD1上，且，M为线段B1C1上的动点，则三棱锥MPBC的体积为（）A1BCD与M点的位置有关【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】如图所示，连接B
12、C1，取=，可得PND1C1， =1，由于D1C1平面BCC1B1，可得PN平面BCC1B1，利用三棱锥MPBC的体积=V三棱锥PBCM=即可得出【解答】解：如图所示，连接BC1，取=，则PND1C1，PN=1，D1C1平面BCC1B1，PN平面BCC1B1，即PN是三棱锥PBCM的高V三棱锥MPBC=V三棱锥PBCM=故选：B9已知抛物线y2=6x的焦点为F，准线为l，点P为抛物线上一点，且在第一象限，PAl，垂足为A，|PF|=2，则直线AF的倾斜角为（）ABCD【考点】抛物线的简单性质【分析】可先画出图形，得出F（），由抛物线的定义可以得出|PA|=2，从而可以得出P点的横坐标，带入抛物
13、线方程便可求出P点的纵坐标，这样即可得出A点的坐标，从而求出直线AF的斜率，根据斜率便可得出直线AF的倾斜角【解答】解：如图，由抛物线方程得；|PF|=|PA|=2；P点的横坐标为；，P在第一象限；P点的纵坐标为；A点的坐标为；AF的斜率为；AF的倾斜角为故选：D10已知点F1、F2分别是双曲线C：=1（a0，b0）的左右焦点，过F1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A、B两点，若|AB|：|BF2|：|AF2|=3：4：5，则双曲线的离心率为（）A2B4CD【考点】双曲线的简单性质【分析】根据双曲线的定义可求得a=1，ABF2=90，再利用勾股定理可求得2c=|F1F2|，从而可求得双曲
14、线的离心率【解答】解：|AB|：|BF2|：|AF2|=3：4：5，不妨令|AB|=3，|BF2|=4，|AF2|=5，|AB|2+|BF2|2=|AF2|2，ABF2=90，又由双曲线的定义得：|BF1|BF2|=2a，|AF2|AF1|=2a，|AF1|+34=5|AF1|，|AF1|=3|BF1|BF2|=3+34=2a，a=1在RtBF1F2中，|F1F2|2=|BF1|2+|BF2|2=62+42=52，又|F1F2|2=4c2，4c2=52，c=，双曲线的离心率e=故选：C11某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则一个质点从扇形的圆心起始，绕几何体的侧面运动一周回到起点，其
15、最短路径为（）A4+B6C4+D6【考点】由三视图求面积、体积【分析】作出几何体侧面展开图，将问题转化为平面上的最短问题解决【解答】解：由三视图可知几何体为圆锥的一部分，圆锥的底面半径为2，几何体底面圆心角为120，几何体底面弧长为=圆锥高为2圆锥的母线长为作出几何体的侧面展开图如图所示：其中，AB=AB=2，ABBC，ABBD，BD=BC=2，AC=AD=4，BAC=BAD=30，CAD=BAB=120BB=6故选D12设函数y=f（x）对任意的xR满足f（4+x）=f（x），当x（，2时，有f（x）=2x5若函数f（x）在区间（k，k+1）（kZ）上有零点，则k的值为（）A3或7B4或7C
16、4或6D3或6【考点】二分法求方程的近似解【分析】由已知可得函数y=f（x）的图象关于直线x=2对称，画出函数的图象，进而可得满足条件的k值【解答】解：函数y=f（x）对任意的xR满足f（4+x）=f（x），函数y=f（x）的图象关于直线x=2对称，又当x（，2时，有f（x）=2x5故函数y=f（x）的图象如下图所示：由图可知，函数f（x）在区间（3，2），（6，7）各有一个零点，故k=3或k=6，故选：D二、填空题（每小题5分，共20分）13已知数列an满足a1=1，anan1=n（n2），则数列an的通项公式an=n（n+1）【考点】数列递推式【分析】由已知得anan1=n（n2），由此利
17、用累加法能求出该数列的通项公式【解答】解：数列an满足：a1=1，anan1=n（n2），（n2），an=a1+a2a1+a3a2+anan1=1+2+3+4+n=n（n+1），故答案为：14若直线2ax+by1=0（a0，b0）经过曲线y=cosx+1（0x1）的对称中心，则+的最小值为3+2【考点】基本不等式在最值问题中的应用【分析】求出函数的对称中心坐标，推出ab关系式，然后利用基本不等式求解表达式的最值【解答】解：曲线y=cosx+1（0x1）的对称中心（，1）直线2ax+by1=0（a0，b0）经过曲线y=cosx+1（0x1）的对称中心，可得a+b=1+=（+）（a+b）=3+3+
18、2=3+2，当且仅当b=，a+b=1，即b=2，a=时，表达式取得最小值故答案为：3+215已知EAB所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA=EB=3，AD=2，AEB=60，则多面体EABCD的外接球的表面积为16【考点】球的体积和表面积【分析】设球心到平面ABCD的距离为d，利用EAB所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA=EB=3，AEB=60，可得E到平面ABCD的距离为，从而R2=（）2+d2=12+（d）2，求出R2=4，即可求出多面体EABCD的外接球的表面积【解答】解：设球心到平面ABCD的距离为d，则EAB所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA=
19、EB=3，AEB=60，E到平面ABCD的距离为，R2=（）2+d2=12+（d）2，d=，R2=4，多面体EABCD的外接球的表面积为4R2=16故答案为：1616已知函数f（x）=，g（x）=acos+52a（a0）若存在x1，x20，1，使得f（x1）=g（x2）成立，则实数a的取值范围是，5【考点】分段函数的应用【分析】由存在性，得到只需两个函数的值域相交不为空集即可，所以转换为求函数值域问题【解答】解：函数f（x）=，f（x）0，；g（x）=acos+52a（a0），当x20，1时，acos0，ag（x）52a，5a存在x1，x20，1，使得f（x1）=g（x2）成立，52a，5a0
20、，只需排除52a，5a0，=的情况，即52a，或5a0，得a或a5a的取值范围是，5三、解答题：本大题共5小题，满分60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17某商区停车场临时停车按时段收费，收费标准为：每辆汽车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小时收费8元（不足1小时的部分按1小时计算）现有甲、乙二人在该商区临时停车，两人停车都不超过4小时（）若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为，停车付费多于14元的概率为，求甲停车付费恰为6元的概率；（）若每人停车的时长在每个时段的可能性相同，求甲、乙二人停车付费之和为36元的概率【考点】古典概型及其概率计算公式；互斥事件与对立事
21、件【分析】（）根据题意，由全部基本事件的概率之和为1求解即可（）先列出甲、乙二人停车付费之和为36元的所有情况，再利用古典概型及其概率计算公式求概率即可【解答】解：（）设“甲临时停车付费恰为6元”为事件A，则所以甲临时停车付费恰为6元的概率是（）设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，b=6，14，22，30则甲、乙二人的停车费用构成的基本事件空间为：（6，6），（6，14），（6，22），（6，30），（14，6），（14，14），（14，22），（14，30），（22，6），（22，14），（22，22），（22，30），（30，6），（30，14），（30，22），（30，30），共1
22、6种情形其中，（6，30），（14，22），（22，14），（30，6）这4种情形符合题意故“甲、乙二人停车付费之和为36元”的概率为18在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=（1）求角C的大小，（2）若c=2，求使ABC面积最大时a，b的值【考点】正弦定理；余弦定理【分析】（1）已知等式左边利用正弦定理化简，右边利用诱导公式变形，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式变形，根据sinA不为0求出cosC的值，即可确定出C的度数；（2）利用余弦定理列出关系式，将c与cosC的值代入并利用基本不等式求出ab的最大值，进而确定出三角形ABC面积的最大值，以及此时a与b的值
23、即可【解答】解：（1）A+C=B，即cos（A+C）=cosB，由正弦定理化简已知等式得： =，整理得：2sinAcosC+sinBcosC=sinCcosB，即2sinAcosC=sinBcosC+cosBsinC=sin（B+C）=sinA，sinA0，cosC=，C为三角形内角，C=；（）c=2，cosC=，由余弦定理得：c2=a2+b22abcosC，即4=a2+b2+ab2ab+ab=3ab，ab，（当且仅当a=b时成立），S=absinC=ab，当a=b时，ABC面积最大为，此时a=b=，则当a=b=时，ABC的面积最大为19如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，D、
24、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且（）求证：EF平面BDC1；（）在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由【考点】直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（I）取AB的中点M，根据，得到F为AM的中点，又E为AA1的中点，根据三角形中位线定理得EFA1M，从而在三棱柱ABCA1B1C1中，A1DBM为平行四边形，进一步得出EFBD最后根据线面平行的判定即可证出EF平面BC1D（II）对于存在性问题，可先假设存在，即假设在棱AC上存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积
25、之比为1：15，再利用棱柱、棱锥的体积公式，求出AG与AC的比值，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在【解答】证明：（I）取AB的中点M，F为AM的中点，又E为AA1的中点，EFA1M在三棱柱ABCA1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，A1DBM，A1D=BM，A1DBM为平行四边形，AMBDEFBDBD平面BC1D，EF平面BC1D，EF平面BC1D（II）设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成两部分的体积之比为1：15，则，=，AG=所以符合要求的点G不存在20已知椭圆M的对称轴为坐标轴，离心率为，且一个焦点坐标为（，0）（1）求椭圆M的方程；（2）设直线
26、l与椭圆M相交于A、B两点，以线段OA、OB为邻边作平行四边形OAPB，其中点P在椭圆M上，O为坐标原点，求点O到直线l的距离的最小值【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【分析】（1）由题意可设椭圆的标准方程为：，可得，解得即可得出（2）当直线l的向量存在时，设直线l的方程为：y=kx+m，与椭圆方程联立化为（1+2k2）x2+4kmx+2m24=0，由0，化为2+4k2m20，设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0）可得x0=x1+x2，y0=y1+y2代入椭圆方程利用点到直线的距离公式可得：点O到直线l的距离d=即可得出当直线l无斜率时时，由对称性可知：点O到直线l的距离为1即可
27、得出【解答】解：（1）由题意可设椭圆的标准方程为：，解得a=2，b2=2，椭圆M的方程为（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx+m，联立，化为（1+2k2）x2+4kmx+2m24=0，=16k2m24（1+2k2）（2m24）0，化为2+4k2m20，设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0）x0=x1+x2=，y0=y1+y2=k（x1+x2）+2m=点P在椭圆M上，+=1，化为2m2=1+2k2，满足0又点O到直线l的距离d=当且仅当k=0时取等号当直线l无斜率时时，由对称性可知：点P一定在x轴上，从而点P的坐标为（2，0），直线l的方程为x=1，点O到直线l
28、的距离为1点O到直线l的距离的最小值为21已知函数f（x）=e2x12xkx2（1）当k=0时，求f（x）的单调区间；（2）若x0时，f（x）0恒成立，求k的取值范围【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性【分析】（1）当k=0时，求函数的导数，利用函数的单调性和导数之间的关系即可求f（x）的单调区间；（2）若x0时，f（x）0恒成立，求函数导数，讨论k的范围，结合函数的单调性研究最值即可求k的取值范围【解答】解：（1）当k=0时，f（x）=e2x12x，f（x）=2e2x2，令f（x）0，则2e2x20，解得：x0，令f（x）0，则2e2x20，解得：x0，所以，函数f
29、（x）=e2x12x的单调增区间为（0，+），单调减区间为（，0） （2）由函数f（x）=e2x12xkx2，则f（x）=2e2x2kx2=2（e2xkx1），令g（x）=e2xkx1，则g（x）=2e2xk 由x0，所以，当k2时，g（x）0，g（x）为增函数，而g（0）=0，所以g（x）0，即f（x）0，所以f（x）在0，+）上为增函数，而f（0）=0，所以f（x）0在0，+）上恒成立 当k2时，令g（x）0，即2e2xk0，则即g（x）在上为减函数，而g（0）=0，所以，g（x）在上小于0即f（x）0，所以f（x）在上为减函数，而f（0）=0，故此时f（x）0，不合题意综上，k2 选修4
30、-1：几何证明选讲22如图，AB是圆O的直径，AC是弦，BAC的平分线AD交圆O于点D，DEAC，交AC的延长线于点E，OE交AD于点F（）求证：DE是圆O的切线；（）若=，求的值【考点】与圆有关的比例线段；圆的切线的判定定理的证明【分析】（）根据OA=OD，得到ODA=OAD，结合AD是BAC的平分线，得到OAD=DAC=ODA，可得ODAE再根据DEAE，得到DEOD，结合圆的切线的判定定理，得到DE是O的切线（）连接OD，BC，设AC=2k，AB=5k，可证OD垂直平分BC，利用勾股定理可得到OG，得到DG，于是AE=k，然后通过ODAE，利用相似比即可求出的值【解答】（）证明：连接OD
31、，OA=OD，ODA=OADBAC的平分线是ADOAD=DACDAC=ODA，可得ODAE又DEAE，DEODOD是O的半径DE是O的切线； 5分（）解：连接OD，如图，AB为直径，ACB=90，又ODAE，OGB=ACB=90，ODBC，G为BC的中点，即BG=CG，又=，设AC=2k，AB=5k，根据中位线定理得OG=k，DG=ODOG=k，又四边形CEDG为矩形，CE=DG=k，AE=AC+CE=k，而ODAE，可得10分选修4-4：坐标系与参数方程23已知直线l的参数方程为（t为参数，tR），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为=2sin，0，2）（
32、）求直线l与曲线C的直角坐标方程；（）在曲线C上求一点D，使它到直线l的距离最短【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程【分析】（）由曲线C的极坐标方程为=2sin，0，2），即2=2sin把2=x2+y2，代入可得C的直角坐标方程由直线l的参数方程为（t为参数，tR），消去t得直线l的普通方程（）由曲线C：x2+（y1）2=1是以G（0，1）为圆心，1为半径的圆，点D在曲线C上，可设点D（cos，1+sin）（0，2），利用点到直线的距离公式即可得出点D到直线l的距离d及其最小值【解答】解：（）由曲线C的极坐标方程为=2sin，0，2），即2=2sin曲线C的普通方程为x2+y22
33、y=0，配方为x2+（y1）2=1，直线l的参数方程为（t为参数，tR），消去t得直线l的普通方程为x+y5=0（）曲线C：x2+（y1）2=1是以G（0，1）为圆心，1为半径的圆，点D在曲线C上，可设点D（cos，1+sin）（0，2），点D到直线l的距离为d=2sin（+），0，2），当=时，dmin=1，此时D点的坐标为选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x3|（）若不等式f（x）f（x+5）|m1|有解，求实数m的取值范围；（）若|a|1，|b|3，且a0，证明：f（）【考点】绝对值不等式的解法【分析】（）根据绝对值不等式的意义得到|m1|5，求出m的范围即可；（）问题转化为证明（ab3）2（b3a）2，通过作差证明即可【解答】解：（）因为f（x）f（x+5）=|x3|x+2|（x3）（x+2）|=5，当且仅当x2时等号成立，所以|m1|5，解得4m6；（）证明：要证，即证，只需证|ab3|b3a|，即证（ab3）2（b3a）2，又（ab3）2（b3a）2=a2b29a2b2+9=（a21）（b29），|a|1，|b|3，所以（a21）（b29）0，所以（ab3）2（b3a）2，故原不等式成立2016年9月4日