2023年12月9日发(作者：堂堂练六下数学试卷)

绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.zz13izz11. 若，则（ ）A.

13i【答案】C【解析】【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.【详解】z13i,zz(13i)(13i)134.B.

13iC.

13i33D.

13i33z13i13izz1333故选

：C2.

某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（

）A.

讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.

讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.

讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.

讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为70%75%70%,所以A错；2讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%80%20%，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%60%35%20%,所以D错.故选:B.∣x4x30，则ð3.

设全集U{2,1,0,1,2,3}，集合A{1,2},BxU(AB)（

）A

{1,3}2.B.

{0,3}C.

{2,1}D.

{2,0}【答案】D【解析】【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，B=xx4x301,3，所以AB1,1,2,3,2所以ðUAB2,0.故选：D.4.

如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（

）A. 8【答案】B【解析】B. 12C. 16D. 20【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V故选：B.242212.25.

函数y33xxππ,的图象大致为（

cosx在区间22）A. B.

C. D.

【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令fx33xx,，cosx,x22则fx3x3xcosx3x3xcosxfx，所以fx为奇函数，排除BD；xxx又当0,时，330,cosx0，所以fx0，排除C.2故选：A.6.

当x1时，函数f(x)alnxA.

1【答案】B【解析】B.

b取得最大值2，则f(2)（

）xC.

1212D. 1【分析】根据题意可知f1=-2，f10即可解得a,b，再根据fx即可解出．【详解】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，f1=-2，f10，而fx()()abxx2，所以b2,ab0，即a2,b2，所以fx222，因此函数fx在0,1上递增，xx11．22在1,上递减，x1时取最大值，满足题意，即有f21故选：B.7.

在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（

）A.

AB2ADC.

ACCB1【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：B. AB与平面AB1C1D所成的角为30°D.

B1D与平面BB1C1C所成的角为45不妨设ABa,ADb,AA1c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为DB1A，所以sin30cb，即bc，B1DB1DB1D2ca2b2c2，解得a2c．对于A，AB=a，AD=b，AB2AD，A错误；对于B，过B作BEAB1于E，易知BE平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为BAE，因为tanBAEc2，所以BAE30，B错误；a2对于C，AC22a2b23c，CB1bc2c，ACCB1，C错误；对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为DB1C，sinDB1CCDa2，而B1D2c20DB1C90，所以DB1C45．D正确．故选：D．8.

沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，»AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在»AB上，CDAB．“会圆术”给出»AB的弧CD2长的近似值s的计算公式：sAB．当OA2,AOB60时，s（

）OAA.

11332B.

11432C.

9332D.

9432【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出AB,OC,CD，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以O,C,D三点共线，即ODOAOB2，又AOB60，所以ABOAOB2，则OC3，故CD223，2所以sABCD2232OA1143.2故选：B.9.

甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲V=2，则甲=（

）S乙V乙B.

22C. A.

510D.

5104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r12r2，再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则S甲rlr112，S乙r2lr2所以r12r2，又2r12r22，llr1r21，l21所以r1l,r2l，33则所以甲圆锥的高h145l2l2l，93乙圆锥的高h2122l2l2l，9312425rhllV甲3119310.所以V乙1r2h1222ll22393故选：C.x2y210.

椭圆C:221(ab0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQab的斜率之积为1，则C的离心率为（

）4B. A.

3222C.

12D.

13【答案】A【解析】y121【分析】设Px1,y1，则Qx1,y1，根据斜率公式结合题意可得，再根据22x1a4x12y1221，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.2ab【详解】[方法一]：设而不求设Px1,y1，则Qx1,y1则由kAPkAQy1y1y1211得：kAPkAQ，x1ax1ax12a244b2a2x12x12y122由221，得y1，2abab2a2x12所以a2x12a2b211，即2，a44cb23所以椭圆C的离心率e12，故选2[方法二]：第三定义设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：kPBkAQ故kAPkAQkPAkAQ1，4b22，a由椭圆第三定义得：kPAkAQb21故2a4cb23所以椭圆C的离心率e12，故选211.

设函数f(x)sinxπ在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（

）3519C.

A.

,36【答案】C【解析】513B.

,36138,63D.

1319,66【分析】由x的取值范围得到x3的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得0，因为x0,，所以x,，333,3的图象如下所示：3要使函数在区间0,恰有三个极值点、两个零点，又ysinx，x则51381383，解得，即,．236363故选：C．12.

已知aA.

cba【答案】A【解析】3111,bcos,c4sin，则（

）3244B.

bacC.

abcD.

acb【分析】由c114tan结合三角函数的性质可得cb;构造函数fxcosxx21,x0,,利用b42导数可得ba,即可得解.【详解】[方法一]：构造函数因为当x0,故π,xtanx2c1c4tan1，故1，所以cb；bb4设f(x)cosx12x1,x(0,)，2f(x)sinxx0，所以f(x)在(0,)单调递增，1311f0，故f(0)=0，所以cos4324所以ba，所以cba，故选A[方法二]：不等式放缩因为当x0,π,sinxx，22111131，故ba取x=得：cos12sin21284883214111,cos4sincos17sin，其中0,，且sin44171724当4sin1111cos17时，，及444224此时sin1411cos，cossin441717故cos11411sin4sin，故bc4441717所以ba，所以cba，故选A[方法三]：泰勒展开310.25210.2520.254设x0.25，则a，bcos1，1322424!14sin124410.250.25，计算得cba，故选A.13!5!4c4sin[方法四]：构造函数c111πcx4tan因为，因为当0,,sinxxtanx，所以tan,即b1，所以cb；设b4442f(x)cosx12x1,x(0,)，f(x)sinxx0，所以f(x)在(0,)单调递增，则21311ff(0)=0,所以cos0，所以ba,所以cba，4324故选：A．[方法五]：【最优解】不等式放缩因为c111πc4tan，因为当x0,,sinxxtanx，所以tan,即1，所以cb；因为当bb444221π11131x0,,sinxx，取x=得cos12sin212，故ba，所以cba．2848832故选：A．【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法；方法5：利用二倍角公式以及不等式x0,π,sinxxtanx放缩，即可得出大小关系，属于最优解．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.r113.

设向量a，b的夹角的余弦值为，且a1，b3，则2abb_________．3【答案】11【解析】1【分析】设a与b的夹角为，依题意可得cos，再根据数量积的定义求出ab，最后根据数量积3的运算律计算可得．【详解】解：设a与b的夹角为，因为a与b的夹角的余弦值为r1又a1，b3，所以ababcos131，322所以2abb2abb2abb213211．11，即cos，33故答案为：11．x214.

若双曲线y21(m0)的渐近线与圆x2y24y30相切，则m_________．m2【答案】【解析】33【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．xx2【详解】解：双曲线y21m0的渐近线为y，即xmy0，mm2222不妨取xmy0，圆xy4y30，即xy21，所以圆心为0,2，半径r1，2依题意圆心0,2到渐近线xmy0的距离d2m1m21，解得m33或m（舍去）．333．3故答案为：15.

从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．【答案】【解析】【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有nC870个结果，这4个点在同一个平面的有46.35m6612个，故所求概率Pm126．n7035故答案为：6．3516.

已知VABC中，点D在边BC上，ADB120,AD2,CD2BD．当AC取得最小值时，ABBD________．【答案】31##1+3【解析】AC2【分析】设CD2BD2m0，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.2AB【详解】[方法一]：余弦定理设CD2BD2m0，则在△ABD中，AB2BD2AD22BDADcosADBm242m，在△ACD中，AC2CD2AD22CDADcosADC4m244m，2AC24m244m4m42m121m124所以AB23m242mm242mm1m14212m13m1423，当且仅当m1所以当3即m31时，等号成立，m1AC取最小值时，m3故答案为：31.[方法二]：建系法令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.则C（2t,0），A（1，3），B（-t,0）AC22t134t24t41244232223ABt13t2t4t1t1当且仅当t13,即BD31时等号成立。[方法三]：余弦定理设BD=x,CD=2x.由余弦定理得2c2x242x，2c2b2126x2，22b44x4xc2x242x，2c2b2126x2，22b44x4xACt，则2c2t2c2126x2，AB22126x126x2t2261623，223cx2x4x1x1令t2423，当且仅当x13，即x31时等号成立.x1[方法四]：判别式法设BDx，则CD2x在△ABD中，AB2BD2AD22BDADcosADBx242x，在△ACD中，AC2CD2AD22CDADcosADC4x244x，AC24x244x4x244x所以，记t2，22ABx42xx42x则4tx42tx44t02由方程有解得：42t44t44t0即t28t40，解得：423t423所以tmin423，此时x所以当

22t314tAC取最小值时，x31，即BD3三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分．17.

记Sn为数列an的前n项和．已知（1）证明：an是等差数列；（2）若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．【答案】（1）证明见解析；

（2）78．2Snn2an1．n【解析】S1,n12a2Sn2nan【分析】（1）依题意可得n，根据n，作差即可得到anan11，nSnSn1,n2从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到an的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】因为2Snn2an1，即2Snn22nann①，n2当n2时，2Sn1n12n1an1n1②，①②得，2Snn22Sn1n12nann2n1an1n1，即2an2n12nan2n1an11，即2n1an2n1an12n1，所以anan11，n2且nN*，所以an是以1为公差的等差数列．【小问2详解】[方法一]：二次函数的性质由（1）可得a4a13，a7a16，a9a18，又a4，a7，a9成等比数列，所以a7a4a9，即a16a13a18，解得a112，222nn11225125625所以ann13，所以Sn12n，nnn2222282所以，当n12或n13时，Snmin78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得a4a13，a7a16，a9a18，又a4，a7，a9成等比数列，所以a7a4a9，即a16a13a18，解得a112，22所以ann13，即有a1a2a120,a130.则当n12或n13时，Snmin78．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出Sn的最小值，适用于可以求出Sn的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．18.

在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD,CD∥AB,ADDCCB1,AB2,DP3．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；

（2）5.5【解析】【分析】（1）作DEAB于E，CFAB于F，利用勾股定理证明ADBD，根据线面垂直的性质可得PDBD，从而可得BD平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，因为CD//AB,ADCDCB1,AB2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AEBF1，2故DE3，BDDE2BE23，2所以AD2BD2AB2，所以ADBD，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，所以BD平面PAD，又因为PA平面PAD，所以BDPA；【小问2详解】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD3，则A1,0,0,B0,3,0,P0,0,3，则AP1,0,3,BP0,3,3,DP0,0,3，设平面PAB的法向量nx,y,z，nAPx3z0n{则有，可取3,1,1，nBP3y3z0nDP5cosn,DP则，5nDP所以PD与平面PAB所成角的正弦值为5.519.

甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【答案】（1）0.6；

（2）分布列见解析，EX13.【解析】【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．【小问1详解】设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，所以甲学校获得冠军的概率为PPABCPABCPABCPABC0.50.40.80.50.40.80.50.60.80.50.40.20.160.160.240.040.6．【小问2详解】依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，PX00.50.40.80.16,PX100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44，PX200.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34，PX300.50.60.20.06.即X的分布列为XP00.16100.44200.34300.06期望EX00.16100.44200.34300.0613.20.

设抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF3．（1）求C的方程；（2）设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）y24x；

（2）AB:x【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得MF=p2y4.p，即可得解；2（2）法一：设点的坐标及直线MN:xmy1，由韦达定理及斜率公式可得kMN2kAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得kAB【小问1详解】抛物线的准线为x此时MF=p2，设直线AB:x2yn，结合韦达定理可解.2p，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，2p3，所以p2，2所以抛物线C的方程为y24x；【小问2详解】[方法一]：【最优解】直线方程横截式222y4y12y2y3M,y,N,y,A,y,B,y设1234，直线MN:xmy1，4444xmy1由2可得y24my40，0,y1y24，y4x由斜率公式可得kMNy3y4y1y244kAB222y12y2y3y4y1y2，y3y4，4444直线MD:xx124x2y2，代入抛物线方程可得y21y80，y1y10,y1y38，所以y32y2，同理可得y42y1，所以kABk44MNy3y42y1y22又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以kABtan若要使最大，则0,kMNtan，22，设kMN2kAB2k0，则2tantantank1121tantan12k212k4，122kkk当且仅当122k即k时，等号成立，k22，设直线AB:x2yn，2所以当最大时，kAB代入抛物线方程可得y242y4n0，0,y3y44n4y1y216，所以n4，所以直线AB:x2y4.[方法二]：直线方程点斜式由题可知，直线MN的斜率存在.设Mx1,y1,Nx2,y2,Ax3,y3,Bx4,y4,直线MN:ykx1由

yk(x1)2222kx4k4x4k0，x1x24,同理，y1y24.得：2y4x直线MD:yy1(x2),代入抛物线方程可得：x1x34，同理，x2x44.x12代入抛物线方程可得:y1y38,所以y32y2，同理可得y42y1，由斜率公式可得：kABy4y32y2y1yy121kMN.x4x3112x2x124x2x1，2（下同方法一）若要使最大，则0,设kMN2kAB2k0，则tantantank1121tantan12k212k4，122kkk当且仅当122k即k时，等号成立，k22，设直线AB:x2yn，2所以当最大时，kAB代入抛物线方程可得y242y4n0，0,y3y44n4y1y216，所以n4，所以直线AB:x2y4.[方法三]：三点共线222y4y12y2y3设M,y1,N,y2,A,y3,B,y4，44442y2y21t,y1，PNt,y2设Pt,0,若 P、M、N三点共线，由PM442y12y2ty2ty1，化简得y1y2=-4t，所以44反之，若y1y2=-4t,可得MN过定点t,0因此，由M、N、F三点共线，得y1y24，

由M、D、A三点共线，得y1y38，

由N、D、B三点共线，得y2y48，则y3y44y1y216，AB过定点（4,0）（下同方法一）若要使最大，则0,，2设kMN2kAB2k0，则tantantank1121tantan12k212k4，122kkk当且仅当122k即k时，等号成立，k22，所以直线AB:x2y4.2所以当最大时，kAB【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线MN,AB的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线AB过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．ex21

已知函数fxlnxxa．.x（1）若fx0，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点x1,x2，则x1x21．【答案】（1）(,e1]

（2）证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；1ex11xex2lnxx0，再利用导数即可得证.（2）利用分析法，转化要证明条件为x2x【小问1详解】[方法一]：常规求导f(x)的定义域为(0,)，则11x111x1x1ex1f(x)2e11e1xxxxxxxx令f(x)0,得x1当x(0,1),f(x)0,f(x)单调递减当x(1,),f(x)0,f(x)单调递增f(x)f(1)e1a，若f(x)0,则e1a0,即ae1所以a的取值范围为(,e1][方法二]：同构处理由fx0得：elnxxxlnxa0令txlnx,t1，则fteta0即aettt令gtet,t1,，则g\'te10tt故gtet在区间1,上是增函数t故gtming1e1，即ae1所以a的取值范围为(,e1]【小问2详解】[方法一]：构造函数由题知fx一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x1<1

x2x[方法二]：对数平均不等式exex由题意得：fxlnaxx1ex令t1，则fttlnta，f\'t10tx所以fttlnta在1,上单调递增，故ft0只有1个解ex1ex2exex又因为fxlna有两个零点x1,x2，故tx1x2xx两边取对数得：x1lnx1x2lnx2，即x1x21lnx1lnx2又因为x1x2x1x2*，故x1x21，即x1x21lnx1lnx2下证x1x2x1x2*lnx1lnx2因为x1x2x1x2xxxlnx1lnx212ln1lnx1lnx2x2x1x2x1x2x2x1不妨设tx111，则只需证2lntttx221211构造ht2lntt,t1，则h\'t1210tttt故ht2lntt在1,上单调递减1故hth10，即2lntt得证t1t【点睛】关键点点睛

：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11h(x)lnxx这个函数经常出现，需要掌握2x（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]2tx6（t为参数）22.

在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，曲线C2的参数方程为yt2sx6（s为参数）．ys（1）写出C1的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cossin0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．2【答案】（1）y6x2y0；

11,1C,CC,C1,2（2）31的交点坐标为，32的交点坐标为,1，1,2．，22【解析】【分析】(1)消去t，即可得到C1的普通方程；(2)将曲线C2,C3的方程化成普通方程，联立求解即解出．【小问1详解】2t2y22因为x，yt，所以x，即C1的普通方程为y6x2y0．66【小问2详解】因为x2s,ys，所以6x2y2，即C2的普通方程为y26x2y0，6由2cossin02cossin0，即C3的普通方程为2xy0．1y26x2y0xx11联立，解得：，即交点坐标为,1，1,2；2或22xy0y2y11y26x2y0x1x1联立，解得：，即交点坐标为,1，1,2．2或2xy02y2y1[选修4-5：不等式选讲]23.

已知a，b，c均为正数，且a2b24c23，证明：（1）ab2c3；（2）若b2c，则113．ac（2）见解析【答案】（1）见解析 【解析】【分析】（1）方法一：根据ab4cab2c，利用柯西不等式即可得证；222222（2）由（1）结合已知可得0a4c3，即可得到【小问1详解】[方法一]：【最优解】柯西不等式11，再根据权方和不等式即可得证.a4c32222222由柯西不等式有ab2c111ab2c，所以ab2c3，当且仅当ab2c1时，取等号，所以ab2c3.[方法二]：基本不等式由a2b22ab，b24c24bc，a24c24ac，

ab2c2a2b24c22ab4bc4ac3a2b24c29，当且仅当ab2c1时，取等号，所以ab2c3.【小问2详解】证明：因为b2c，a0，b0，c0，由（1）得ab2ca4c3，即0a4c3，所以11，a4c32221293，1112由权方和不等式知aca4ca4ca4c当且仅当112，即a1，c时取等号，a4c2所以11【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．


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