新疆乌鲁木齐市2020届高三数学三模试题理含解析

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新疆乌鲁木齐市2020届高三数学三模试题理（含解析）

一、选择题（共12小题）. 1. 计算复数A. 22i 【答案】A 【解析】【分析】

利用复数的除法和乘法运算求解.

4i

得( ) 1i

B. 22i

C. 22i

D. 22i

4i1i4i44i22i 【详解】

1i1i1i2

故选：A

【点睛】本题主要考查复数的运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 2. 已知集合Axx2x20，B2,1,0,1,2,3，则AA  C. 1,0,1 【答案】D 【解析】【分析】

求出集合A，利用交集的定义可求得集合A【详解】因此，A故选：D．

【点评】本题考查交集的求法，考查交集的定义及运算法则等基础知识，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，是基础题． 3. 命题P:xR，x211，则P是（） A xR，x211

B. xR，x211 B. 0,1,2 D. 2,1,0,1,2



B（）

B.

集合Axx2x20x2x2，B2,1,0,1,2,3，





B2,1,0,1,2.

- 24 -

2

C. x0R，x011 2

D. x0R，x011

【答案】C 【解析】【分析】

根据全称命题的否定是特称命题，写出其特称命题可得答案．

2

【详解】命题的否定是：x0R，x011，

故选：C．

【点睛】本题考查命题的否定，考查全称命题和特称命题，属于基础题． 4. 已知等差数列an满足a1a3a518，a3a5a7A. 20 【答案】B 【解析】【分析】

直接根据等差数列的性质求解即可．

【详解】解：∵等差数列an满足a1a3a518，a3a5a7

B. 24

30，则a2a4a6( )

D. 28

C. 26

30，

∴a1a3a5a3a5a748，即a1a3a3a5a5a748， ∴2a22a42a648， ∴a2a4a624，故选：B．

【点睛】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题． 5. 若角的终边过点P3,4，则sin2的值为( )

A.

12 25

B. 

12 25

C.

24 25

D. 

24 25

【答案】D 【解析】【分析】

根据三角函数的定义求出sin,cos，即可求出结论.

- 24 -

【详解】

|OP|5，角的终边过点P3,4,

43

sin,cos，

55

sin22sincos

故选：D.

【点睛】本题考查三角函数定义以及二倍角公式求三角函数值，考查计算求解能力，属于基础题.

6. 某校有甲、乙两个数学建模兴趣班.其中甲班有40人，乙班有50人.现分析两个班的一次考试成绩，算得甲班的平均成绩是90分，乙班的平均成绩是81分，则这两个数学建模兴趣班所有同学的平均成绩是( ) A. 85 【答案】A 【解析】分析】

本题是一个加权平均数的问题，求出甲和乙两个班的总分数，再除以两个班的总人数，就是这两个班的平均成绩．

B. 85.5

C. 86

D. 86.5

24

. 25

【

故选：A．

【详解】解：由题意，这两个数学建模兴趣班所有同学的平均成绩是

40905081

85，

4050

【点睛】本题主要考查加权平均数的求法，属于基础题．

7. 正方体ABCDA1B1C1D1中，AB的中点为M，DD1的中点为N，则异面直线B1M与

CN所成角的大小为（）

A. 0 B. 45 C. 60 D. 90

【答案】D 【解析】【分析】

利用异面直线所成的角的定义，取A1A的中点为E，则直线B1M与CN所成角就是直线B1M与BE成的角．

【详解】取A1A的中点为E，连接BE，则直线B1M与CN所成角就是直线B1M与BE成的

- 24 -

角，

由题意得B1MBE，故异面直线B1M与CN所成角的大小为90. 故选：D．

【点睛】本题考查空间角的计算，考查棱柱的性质，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．

8. 在RtABC中，ABAC1，点D满足BD2CD，则ABAD( ) A. -1 【答案】A 【解析】【分析】

由题意可知A为直角，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，建立平面直角坐标系，设

B. 

13

C.

1 3

D. 1

Dx,y，利用向量共线求出点D，从而再根据向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】在RtABC中，ABAC1，所以A为直角，

以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，建立平面直角坐标系，

- 24 -

,，C0,1，设Dx,y，BDx1,y，CDx,y1，则B10

由BD2CD，可得x1,y2x,y1，即

x12x

，解得x1，y2，

y2y2

所以D1,2，

由AB1,0 ，AD1,2 所以ABAD11021. 故选：A

【点睛】本题考查了平面向量的线性坐标运算、向量数量积的坐标表示，属于基础题.

2

9. 直线yx2与抛物线y2pxp0交于A，B两点，若OAOB，则p的值为

( ) A.

1 2

B. 1 C.

3 2

D. 2

【答案】B 【解析】【分析】

yx22

设Ax1,y1，Bx2,y2，联立2并消元得，x2p4x40，得韦达定理

y2px

结论，由题意得OAOB0，由此根据数量积的坐标表示求解即可．【详解】解：设Ax1,y1，Bx2,y2，

yx22

联立2并消元得，x2p4x40，

y2px

∴x1x22p4，x1x24，又OAOB，

∴OAOBx1x2y1y2x1x2x12x222x1x22x1x24

822p4444p0，

- 24 -

∴p1，故选：B．

【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的应用，属于基础题． 10. 在四面体ABCD中，AB的表面积为( ) A.  【答案】B 【解析】【分析】

取AB的中点O，连接OC，OD，由题意可得O为外接球的球心，利用球的表面积公式即可求解.

【详解】由AB

B. 2

C. 3

D. 4

2，DADBCACB1，则四面体ABCD的外接球

2，DADBCACB1，

所以CA2CB2AB2，AD2BD2AB2

可得ACBADB90，

所以OAOBOCOD

2， 2

2 2

即O为外接球的球心，球的半径R

所以四面体ABCD的外接球的表面积为：

- 24 -

S4R24

故选：B

1

2. 2

【点睛】本题考查了多面体的外接球的表面积，需熟记球的表面积公式，属于基础题.

x2y2

11. M是双曲线C：221a0,b0上位于第二象限的一点，F1，F2分别是左、

ab

右焦点，MF1F1F2.x轴上的一点N使得NMF290，A，B两点满足MAAN，

MB2BF1，且A，B，F2三点共线，则双曲线C的离心率为( )

A. 21 【答案】A 【解析】【分析】

B. 31

C. 22

D. 32

a4c4b2

,0，再求出由题意，先求出Mc,，再根据NMF290，求出N2

2aca

a2c2222

bb，再求出Bc,，根据A，B，F三点共线，利用向量平行，找A,24a2c2a3a

到a,c的关系即可求解. 【详解】解：如图，

F1c,0，F2c,0

222b2xyb

把xc代入221a0,b0，得y，Mc,

aaba

- 24 -

b2b2

设Nn,0，MNn+c,,MF22c,

aa

b4a4c4

因为NMF290，所以MNMF20，所以2cn+c20 ，n， 2

a2ac

a4c4

,0，即N2

2ac

a4c4

c22b2ac,，因为MAAN，所以是A线段MN的中点，所以A

22a

a2c222

bA,即，

4a2c2a

b2设Bx,y，则MBxc,y，BF1cx,y

a

xc2c2xxc2

b22Bc,因为MB2BF，所以，bb，所以， 1

3ay2yy

a3a

2222aca4c46a2c2b2bb,, BF22c,，AF2c224ac2a4ac2a3a

2

因为A，B，F2三点共线，所以BF2//AF2，

b2a4c46a2c2b2

，所以2c2

a4ac3a

a4c46a2c20，e46e210，e2322，

因为e1，所以e2322所以e故选：A.

【点睛】结合向量考查用解析法求双曲线的离心率，对于学生的运算求解能力是挑战，计算量大，容易出错；中档题.

- 24 -



21，



2

2+1，

12. 定义在R上的函数yfx，当x0,2时，fx4

kk1

x22,22(kN,k2)，都有f(x)



2x1

4，且对任意实数

1

2

x

f1，若g(x)f(x)logax有2

且仅有5个零点，则实数a的取值范围是( ) A.



3

10,322



3

100,3

484

B.



3

22,3100



C.



3

10,3484



D.

【答案】C 【解析】【分析】

由g(x)f(x)logax0，可得fxlogax，分别作出函数fx和yloga利用数形结合即可得出结果. 【详解】当x0,2时，fx4当k2时，x2,6，此时则f(x)

x的图像，



2x1

4，

x

10,2， 2

12

xf1 2

xx

122212211

4444，

22

x

当k3时，x6,14，此时 12,6，

2

则f(x)

12

xf1 2

x

2122x52241124444，

22



x

当k4时，x14,30，此时 16,14，

2

则f(x)

12

xf1 2

- 24 -

x

215

2x1142281144444，

22



由g(x)f(x)logax0，可得 fxlogax，分别作出函数fx和yloga

x的图像：

若0a1时，此时两个函数图像只有1个交点，不满足条件；若a1时，当对数函数经过点A时，两个图像有4个交点，经过点时B有6个交点，

则要使两个函数有有且仅有5个零点，

则对数函数图像必须在点A以下，在点B以上，

f103，f22





3

3， 2

A10,3，B22,，

2

loga103a310



即满足，解得，即310a3484. 33

loga222a222

故选：C

【点睛】本题考查了由函数的零点个数求参数的取值范围，考查了数形结合以及转化与化归的思想，属于难题.

- 24 -

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.

13. 已知定义在R上的奇函数fx满足：当x0时，fxlog31x，则

f8______.

【答案】-2 【解析】【分析】

根据fx定义在R上的奇函数，则f8f8，然后再由x0时，fxlog31x求解.

【详解】因为fx定义在R上的奇函数，且当x0时，fxlog31x，所以f8f8log39log332.

2

故答案为：-2

【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用以及对数运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

14. 如图，在边长为1的正方形OABC内随机取一点，则此点恰好取自曲线y正方形OABC所围成阴影部分的概率为______.

x下方与

【答案】

2 3

【解析】【分析】

先求得正方形的面积，再用定积分求得阴影部分的面积，代入几何概型的概率公式求解. 【详解】正方形的面积为：11=1，

- 24 -

1

阴影部分的面积为



0

1223

xdxx2，

303

2

2. 所以此点恰好取自曲线yx下方与正方形OABC所围成阴影部分的概率为

p3

13

2

故答案为：

3

【点睛】本题主要考查几何概型的概率求法以及定积分的几何意义，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

15. f(x)＝2sinωx(0<ω<1)，在区间0,



上最大值是2，则ω＝________. 3

【答案】

3

4

【解析】

【详解】函数f(x)的周期T＝

2



，



因此f(x)＝2sinωx在0,上是增函数，



∵0<ω<1，∴0,



是0,的子集， 3

∴f(x)在0,



上是增函数，

3

∴f

＝，即2sin2＝2， 33

∴



ω＝， 34

33

，故答案为. 44

的

- 24 -

∴ω＝

16. 黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想涉及到很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”.黎曼猜想研究的是无穷级数

(s)ns

n1



111sss

123

，我们经常从无穷级数的部分和

111

1s2s3s



1

入手.ns

已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足Sn

11an，则2an

111

______（其中x表示不超过x的最大整数）.

S100S1S2

【答案】18 【解析】【分析】

根据已知结合前n项和与通项关系，可得{Sn}为等差数列，进而求出Snn，再利用

2

2(n1n)

22111

2(nn1)，求出，以及当n1时，

2Sn2SnS1S2S100

的范围，即可求出结论. 【详解】当n1时，a1S1

111

a,a， 112a1a1

a121,an0,a1S11，

当n2时，anSnSn1,2SnSnSn1

1

，

SnSn1

SnSn1

122

,SnSn11，

SnSn1

2

{Sn}是以1为首项，公差为1的等差数列，Sn2n，

an0,Sn0,Snn，

2(n1n)

22

，

n1n2Sn

222(nn1) 又n1时，2Snnn1

令S

111， S1S2S100

- 24 -

S2[(101100)(10099)S2[(10099)(9998)

即18S19，从而S18. 故答案为：18.

(21)]2(1011)18， (21)]12(1001)119，

【点睛】本题以数学文化为背景，考查数列的前n项和与通项的关系、数列前n项和的范围，构造新的等差数列{Sn}以及用放缩法求数列和是解题的关键，注意常见的裂项相消法求和的模型，属于较难题.

三、解答题：第17～21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤.

2

a，c是A，B，C所对的边，17. 在ABC中，b，a

（Ⅰ）求b；

c1，3sinAcosA0. 7，

（Ⅱ）若D为BC边上一点，且ADAB，求△ACD的面积. 【答案】（Ⅰ）3；（Ⅱ）【解析】【分析】

（Ⅰ）由题意求得A150，再根据余弦定理即可求出答案；（Ⅱ）根据正弦定理可得sinB的面积公式即可求出答案．

【详解】解：（Ⅰ）由3sinAcosA0，得tanA∴A150，又∵a

33

. 20

2133，从而求得tanB，则AD，再根据三角形

5145

3， 3

7，c1，

又a2b2c22bccosA，即b23b60，解得b

3，(负值舍去)；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

ab， sinAsinB

- 24 -

∴

sinB

bsinA

a

3

1

221，

147

57， 14

∴cosB1sin2B∴tanB

3， 5

∵ADAB， ∴ADctanB

3

，且∠DAC60， 5

133

． ADACsin60

220

∴△ACD的面积S△ACD

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，考查三角形的面积公式的应用，属于基础题．

18. 在疫情这一特殊时期，教育行政部门部署了“停课不停学”的行动，全力帮助学生在线学习.复课后进行了摸底考试，某校数学教师为了调查高三学生这次摸底考试的数学成绩与在线学习数学时长之间的相关关系，对在校高三学生随机抽取45名进行调查.知道其中有25人每天在线学习数学的时长是不超过1小时的，得到了如下的等高条形图：

（Ⅰ）是否有99%的把握认为“高三学生的这次摸底考试数学成绩与其在线学习时长有关”；（Ⅱ）将频率视为概率，从全校高三学生这次数学成绩超过120分的学生中随机抽取10人，求抽取的10人中每天在线学习时长超过1小时的人数的数学期望和方差.

- 24 -

PK2k0 k0

0.050 0.010 0.001

3.841 6.635 10.828

nadbc

K2

abcdacbd

【答案】（Ⅰ）没有；（Ⅱ）EX6，DX2.4. 【解析】【分析】

（1）根据条形图提供的数据完成列联表，然后再将数据代入公式

2

nadbc

，求得K2，与临界表对比下结论. K2

abcdacbd

（2）由列联表得到数学成绩超过120分的学生每天在线学习时长超过1小时的概率，然后用二项分布的期望和方差公式求解. 【详解】（Ⅰ）依题意，得22列联表

2

120分

 数学成绩在线学习时长

120分

合计

1小时

1小时

合计

15 5 20

10 15 25

25 20 45

45(1515510)2441∵K5.51256.635

2025252080

2

- 24 -

∴没有99%的把握认为“高三学生的这次摸底成绩与其在线学习时长有关”；（Ⅱ）从上述22列联表中可以看出：

这次数学成绩超过120分的学生中每天在线学习时长超过1小时的频率为则X~B10,0.6，

∴EX100,66，DX100.610.62.4.

【点睛】本题主要考查独立性检验和二项分布的期望与方差，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

19. 如图，将等腰直角三角形ABC沿斜边上的高AD翻折，使二面角BADC的大小为

15

0.6， 25



，翻折后BC的中点为M. 3

（Ⅰ）证明BC⊥平面ADM；（Ⅱ）求二面角DABC的余弦值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】【分析】

（Ⅰ）根据等腰直角三角形ABC沿斜边上的高AD翻折，则ABAC， BDCD，又M是BC的中点，易得DMBC，AMBC，再利用线面垂直的判定定理证明.

（Ⅱ）建立空间直角坐标系，不妨设AD1，易知二面角BADC的平面角是∠BDC，则BDBCCDAD1，然后分别求得平面ABD的一个法向量n1，平面ABC的一个法向量n2，代入公式cosn1,n2

7

. 7

n1n2n1n2

求解..

【详解】（Ⅰ）∵折叠前ABAC，AD是斜边上的高， ∴D是BC的中点，

- 24 -

∴BDCD，又因为折叠后M是BC的中点， ∴DMBC，折叠后ABAC， ∴AMBC，AM

DMM，

∴BC⊥平面ADM；

（Ⅱ）建立如图空间直角坐标系，

不妨设AD1，易知二面角BADC的平面角是∠BDC，则BDBCCDAD1，

∴A0,0,1，B31

2,2,0，C

0,1,0，D0,0,0，

设平面ABD的一个法向量为n1x,y,z，

得nz0

1AD0n1BD0，即

31

，令x1, 2

x2y0得n11,3,0

，

设平面ABC的一个法向量n2x,y,z,

得n312AB0xyz0n，即

22

，令z1， 2AC0

yz0

- 24 -

3n,1,1得23



∴cosn1,n2

3

3

n1n273.

721n1n2

2

3

7. 7

所以二面角DABC的余弦值是

【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题.

x2y2

20. 已知椭圆C：221ab0右焦点为F2,0，P为椭圆上异于左右顶点A，

ab

B的一点，且△PAB面积的最大值为35.

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线AP与直线xa交于点Q，线段BQ的中点为M，证明直线FM平分PFB.

x2y2

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析. 1；

95

【解析】【分析】（Ⅰ）由题意得

ab35

，解出即可； 222

ab2

15m22730m

,2（Ⅱ）设直线AP的方程为xmy3，与椭圆方程联立求得点P，2

5m95m9

63

Q3,M求出点 ，从而得中点3,，利用斜率的计算公式与正切的定义即可证明结论．mm

a29ab35

【详解】解：（Ⅰ）由题意得2，解得2， 22

b5ab2

x2y2

∴椭圆C的标准方程为1；

95

- 24 -

x2y2

（Ⅱ）设直线AP的方程为xmy3，代入1，

95

得5m9y30my0，解得y0，或y



2



2

30m

，

5m29

30m215m227

∴xP， 3

5m295m29

15m22730m

,2∴P， 2

5m95m9

易知直线AP与x3的交点Q3,



6， m

∴线段BQ的中点M3,

3， m

3

3，设MFB，则

tanm

1m

32

m6m，

∴tan22

9m912m

30m

30m6m5m29tanPFBkPF，

15m2275m245m29

22

5m9

∵20,，PFB0,，tan2tanPFB， ∴PFB2，即直线FM平分PFB．

【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，考查转化与化归思想，属于中档题．

21. 已知函数fxaxx2ae，gxblnx1.

2

x



（Ⅰ）当a0时，求fx的单调区间；

（Ⅱ）当a0时，fxgx在x0,上恒成立，求实数b的取值范围.

- 24 -

12a14a212a14a21

,，【答案】（Ⅰ）当0a时，fx在,

22a2a









12a14a212a14a2

,上单调递减，在

2a2a

上单调递减（Ⅱ）b1. 【解析】【分析】

（Ⅰ）求出导函数fxe

x

1

上单调递增；当a时，fx在R2

ax

2

2axx12a，令fx0，只需

ax2(2a1)x12a0，由4a21，讨论a的取值范围，根据导数与函数单调性

的关系即可求解. （Ⅱ）将不等式转化为xe

x

x

bln(x1)0在0,上恒成立，令h(x)xebln(x1)，

x2

求出hx，讨论b的取值范围，当b0时，令m(x)e1xb，利用导数研究mx



的单调性，确定mx的符号，进而可到hx的单调性，根据单调性即可求解. 【详解】（Ⅰ）f(x)(2a1)e

x

ax2x2aexexax22axx12a，

2

令fx0，即ax(2a1)x12a0，4a21，

∵a0，

22

112a14a12a14a

①当0a时，，x1，x2，

22a2a

12a14a2

∴fx在,

2a12a14a2

,上单调递减， ，

2a

12a14a212a14a2

,上单调递增；在

2a2a

1

②当a时，0，fx在R上单调递减；

2

（Ⅱ）当a0时，xe即xe

x

x

bln(x1)在0,上恒成立，

bln(x1)0在0,上恒成立，

- 24 -

e

令h(x)xebln(x1)，则h(x)exxexb

x1

x

x

1xb，

2

x1

当b0时，在0,上，都有xex0，blnx10，即xexbln(x1)恒成立，与题意矛盾；当b0时，令m(x)e

x

1xb，m(x)ex

2

x

2

2x1，

当x1,时，mx≤0恒成立，

当x0,1时，mx0，mx在0,1上单调递减，m01b，



①若m01b0，即b1，x0,1时，mxm00， ∴hx0，hx在0,上单调递减，∴hxh00成立， ②当m01b0，即0b1，m1b0，

∴存在x00,1使得mx00，x0,x0，mx0，xx0,1，mx0，

hx在0,x0单调递增，∴存在k0,x0使得hk0与题意矛盾，

综上所述b1.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究不等式恒成立，考查了分类讨论的思想，属于难题.

选考题：共10分，请考生在22.23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时用28鉛笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．

x25cost

22. 已知曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的

y35sint

正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为2sin. （Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程；

（Ⅱ）设C1与C2交点为A，B，求AOB的面积. 【答案】（Ⅰ）4cos6sin80；（Ⅱ）1. 【解析】【分析】

- 24 -

2

（Ⅰ）先根据曲线C1

参数方程，消去参数t化为直角坐标方程，然后将

xcos,ysin代入求解.

（Ⅱ）先把曲线C2的极坐标方程化为直角坐标方程，然后与曲线C1的直角坐标方程联立，求得A，B的坐标，再求面积.

x25cost

C【详解】（Ⅰ）因为曲线1的参数方程为（t为参数），

y35sint

消去参数t得：x2y35，即：xy4x6y80，

2

2

2

又因为xcos,ysin，

2

代入上式得曲线C1：4cos6sin80；（Ⅱ）因为曲线C2的极坐标方程为2sin，所以22sin，所以xy2y0，

2

2

的

2

x2y24x6y80

联立方程2， 2

xy2y0x0x1解得或，

y1y2

∴A0,2，B1,1， ∴S

AOB

1

211. 2

【点睛】本题主要考查参数方程，极坐标方程，直角坐标方程的转化以及曲线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 23. 设a，b均为正数，且a2b22，证明：（Ⅰ）(ab)ab



33

4；

（Ⅱ）ab2.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.

- 24 -

【解析】【分析】

（Ⅰ）利用分析法、作差法即可证明不等式. （Ⅱ）将不等式两边平方，利用分析法即可证明. 【详解】（Ⅰ）∵a2b22，要证(ab)

a3b3

4，

只需要证明，a4

b4

ab3

ba3



a2

b

2

2

，

也就是要证明a4b4ab3ba3a4b42a2b20，即证abab2

0，∵a，b均为正数，∴abab2

0，∴(ab)

a3

b

3

4；

（Ⅱ）∵a，b均为正数，∴ab2ab， ∴2(ab)



ab

2

，

∴ab

2(ab)22a2b2，

又∵a2b22，∴ab2.

【点睛】本题考考查了分析法、作差法、基本不等式证明不等式，属于基础题.

- 24 -

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