2020届江西省新余市高三上学期期末数学(理)试题(解析版)

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2020届江西省新余市高三上学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集UR，集合Ax|xx20，B1,0,1,2,3，则CUAB（） A．1 【答案】B

【解析】求得集合A{x|0x2}，得到CUA{x|x0或x2}，再根据集合的交集运算，即可求解. 【详解】

由题意，集合Ax|xx20{x|0x2}，B1,0,1,2,3，则CUA{x|x0或x2}，所以CUAB1,3. 故选：B. 【点睛】

本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念和运算，以及正确求解集合A是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 2．复数z满足z1iA．

B．1,3

C．1,2,3

D．1,0,2,3





7

2

25i

，则复数z的共轭复数的虚部为（） i

777

B．i C． D．i

222

【答案】A

【解析】利用复数的乘除运算求出复数z的代数形式，再求出其共轭复数，确认其虚部即可. 【详解】

25i25i25ii+17i337

i，因为z

i1ii1222i1i+1

37i， 227

其虚部为.

2

所以z故选：A. 【点睛】

本题考查复数的乘除运算，以及对共轭复数的认识，是基础题.

3．鸡兔同笼，是中国古代著名的趣味题之一.《孙子算经》中就有这样的记载：今有鸡兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问鸡兔各有几何？设计如右图的算法来解决这个问题，则判断框中应填入的是（）

A．m94 【答案】B

B．m94 C．m35 D．m35

【解析】由题意知i为鸡的数量，j为兔的数量，m为足的数量，根据题意可得出判断条件. 【详解】

由题意可知i为鸡的数量，j为兔的数量，m为足的数量，根据题意知，在程序框图中，当计算足的数量为94时，算法结束，因此，判断条件应填入“m94”. 故选B. 【点睛】

本题考查算法程序框图中判断条件的填写，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等

题.

4．函数f(x)x2e的图像只可能是（）

x

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】利用函数f(x)x2e0排除A,B，取特殊值，排除D，即可判断. 【详解】

因为对于任意的xR,f(x)x2e0恒成立，所以排除A,B 由于f(0)02e1，则排除D 故选：C 【点睛】

本题主要考查了函数图像的识别，属于基础题. 5．若x，y满足A．2 【答案】A

【解析】作出x,y满足的可行域,利用z的几何意义即可解答．【详解】

作出实数x,y满足不等式组对应的平面区域如图(阴影部分)：

0

x

x

1

x1yx,则y2x的最大值是（） 2

B．2

C．1

D．1

令z2xy则y2xz,由图可知当直线y2xz过点A(2,2)时,z最大, 即z2xy取最大值为422, 故选：A ．【点睛】

本题主要考查线性规划的应用,利用z的几何意义,利用结合数形结合是解决本题的关键．属于基础题．

6．设alog43，blog86，c20.1，则（） A．abc 【答案】D

【解析】由对数的运算化简可得alog23，blog236，结合对数函数的性质，求得ab1，又由指数函数的性质，求得c20.11，即可求解，得到答案. 【详解】

由题意，对数的运算公式，可得alog43

B．bac

C．cab

D．cba

log231

log23log23，

log242

blog86

又由3

3

log261

log26log236， log283

62，所以log23log236log221，即ab1，

由指数函数的性质，可得c20.1201，所以cba. 故选：D. 【点睛】

本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及指数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用指数函数与对数函数的图象与性质，求得a,b,c的范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 7．函数f(x)4sinx





(0)的最小正周期是3，则其图象向左平移6个单3



位长度后得到的函数的一条对称轴是（） A．x



4

B．x



3

C．x

5 6

D．x

19

12

【答案】D

【解析】由三角函数的周期可得解析式为y4sin【详解】

2

，由函数图像的变换可得，平移后得到函数3

42x，再求其对称轴方程即可. 39



f(x)4sinx解：函数(0)的最小正周期是3，则函数

3

2

f(x)4sinx，经过平移后得到函数解析式为

33242

y4sinx4sinx

63933

得x

24

xk(kZ)，，由

392

319

k(kZ)，当k1时，x. 21212

故选D. 【点睛】

本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换，属基础题.

8．已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的表面上，侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PAPBPC2，若以P为球心且1为半径的球与三棱锥PABC公共部分的体积为V1，球O的体积为V2，则

V1

的值为（） V2

C．

A．

3 36

B．

3 72

1 64

D．

3 24

【答案】B

【解析】由题意可知V1是半径为1的球的体积的

1

，把三棱锥PABC补成正方体，8

利用正方体与外接球的关系即可得到球O的体积为V2. 【详解】由题意易得：V1

1431， 83

将三棱锥PABC补形为正方体可得其外接球即为三棱锥体的外接球，直径为：

2RPA2PB2PC223，

4

从而R3，V2

3

3，

3

V11所以V283

故选：B. 【点睛】



3



3

72，

三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为a,b,c，则其外接球半径公式为:

4R2a2b2c2.

9．今年4月，习近平总书记专程前往重庆石柱考察了“精准脱贫”工作，为了进一步解决“两不愁，三保障”的突出问题，当地安排包括甲、乙在内的5名专家对石柱县的3个不同的乡镇进行调研，要求每个乡镇至少安排一名专家，则甲、乙两名专家安排在不同乡镇的概率为（） A．

19 25

B．

17 20

C．

16 25

D．

19 40

【答案】A

【解析】先求出甲、乙两名专家被分配在同乡镇的概率，由此能求出甲、乙两名专家不在同乡镇的概率．【详解】

记甲、乙两名专家被分配在同乡镇的事件为A，5名专家分到3个不同的乡镇，共有2种情况，1种情况为1,1,3人，另1种情况为1,2,2人.

1313C3A3C3A366

P(A)113122

那么C5C4C33C5C4C23101525，

AA3322

A2A2

所以甲、乙两名专家不在同乡镇的概率为：P(A)1P(A)

19

． 25

故答案为：A 【点睛】

本题考查了分步计算原理的运用问题，也考查了间接法和古典概型的计算问题，属于基础题．

x2y2

10．已知双曲线C：221(a0,b0)的左右焦点分别为F1、F2，过原点的直线

ab

与双曲线C交于A，B两点，若AF2B60，ABF2的面积为3a2，则双曲线的渐近线方程为（） A．y

1

x 2

B．y2x

C．y

3x 3

D．y3x

【答案】D

【解析】连接AF根据双曲线定义及ABF2的1为平行四边形；1,BF1得四边形AF2BF

BF1F2中应用余弦定理即可求得a、c关系，进而利用双面积求得BF1,BF2，再在

曲线中【详解】

根据题意，连接AF1为平行四边形，几何关系如下图所示： 1,BF1得四边形AF2BF

的关系求得渐近线方程。

设AF2x，则BF1x,BF2x2a

ABF2的面积为3a2，AF2B60，则由三角形面积公式可得 3a2

解得x

13

，化简得x22ax4a20 xx2a

22



51a，x51a（舍）





所以BF2



51a



在BF1F2中，F1F22c 由余弦定理可得

F1F2BF1BF22BF1BF2cos120，

即2c

2

222



51a2



2



51a22



2



51a



51acos120



化简可得c24a2 ，由双曲线中c2a2b2 可得b23a2 即

b

3 a

所以渐近线方程为所以选D 【点睛】

本题考查了双曲线的定义和性质，渐近线方程求法，余弦定理的简单应用，属于中档题。11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c25，且

2asinCcosBasinAbsinB

cosCAO

A．

5

bsinC，点O满足OAOBOC0，2

3

，则△ABC的面积为（） 8

B．35

C．52

D．55

55 3

【答案】D

【解析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解. 【详解】

由2asinCcosBasinAbsinB

5

bsinC， 2

a2c2b255

可得2aca2b2bc，即cb.又c25，所以b4．

2ac22

因为OAOBOC0，所以点O为△ABC的重心，所以ABAC3AO，所以AB3AOAC，

两边平方得AB|9AO|6AOACcosCAO|AC|2．因为cosCAO

2

2

33222

，所以AB|9AO|6AO|ACAC|，

88

于是9|AO|29AO40，所以AO

4， 3

2

114355. △AOC的面积为AOACsinCAO4122338

因为△ABC的面积是△AOC面积的3倍.故△ABC的面积为55．【点睛】

本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题. 12．已知函数f(x)

121

xxa(x0)，g(x)lnx(x0)，其中aR．若f(x)42

gx）的图象在点Ax1,fx1处的切线与（的图象在点Bx2,fx2处的切线重合，则

a的取值范围为（） A．(1ln2,)

B．(1ln2,) D．(ln2ln3,)





3

C．,

4

【答案】A

【解析】先根据导数的几何意义写出函数fx在点A与函数gx在B处的切线方程，

111

ln1，令再利用两直线重合的充要条件列出关系式，从而得出a

x2x22t

11

，则0t，最后利用导数研究它的单调性和最值，即可得出a的取值范围．

x22

2

【详解】

121

xxa(x0)，g(x)lnx(x0) 42111

∴fxxx0，gxx0，

22x

∵f(x)

函数fx在点Ax1,fx1处的切线方程为：



1111

yx12x1ax1xx1，

2242

函数gx在点Bx2,fx2处的切线方程为：ylnx2



1

xx2， x2

111x①，1x12alnx21②，两直线重合的充要条件是122x24

由①及x10x2得0

2

11， x22

2

11111故alnx21ln1，

x2x22x22

2

111令t，则0t，且atlnt1， x222

11设httlnt1，0t

22

12t2t12t1t1， ht2t1

ttt

当0t

2

1

时，ht0恒成立，即ht单调递减， 2

1

hth1ln2，x0时，ht，

2

即a的取值范围为(1ln2,)，故选A. 【点睛】

本题主要考查了导数的几何意义等基础知识，考查了推理论证能力、运算能力、创新意识，考查了函数与方程、分类与整合、转化与化归等思想方法，属于中档题.

二、填空题

13．中国古代数学专家（九章算术）中有这样一题：今有男子善走，日增等里，九日走1260里，第一日，第四日，第七日所走之和为390里，则该男子的第三日走的里数为

__________．【答案】120

【解析】将题目转化成数学语言，得到等差数列关系，求出首项和公差，再求第三日走的里数，即数列的第三项. 【详解】

因为男子善走，日增等里，可知每天走的里数符合等差数列，设这个等差数列为an，其公差为d，前n项和为Sn.

根据题意可知，S91260,a1a4a7390，

法一：S9

9a1a9

9a51260,a5140 2

a1a4a73a4390,a4130， da5a410， a3a4d120.

98

d1260S912609a1

法二：，2

aaa390147a1a13da16d390

a1100

解得所以a3a12d120

d10

【点睛】

本题考查文字描述转化数学语言的能力，等差数列求和和通项以及基本性质，属于简单题.

14．(x1)12x的展开式中x4的系数为_________. 【答案】160

【解析】根据12x的展开式的通项公式可得(x1)12x的展开式中x4的系数. 【详解】

3344

(x1)12x的展开式中x4的系数为C52C52160

5

55

5

【点睛】

本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题.

sin2

的值为__________. 15．若tan3，则

tan

4

【答案】

3

10

3

,利用5

【解析】利用二倍角的正弦公式和平方关系式的逆用公式弦化切可得sin2两角和的正切公式可得tan(【详解】因为tan3,



4

)2,然后相除可得.

所以sin22sincos

2tan2332sincos, 2222

sincostan1315

431tan()2,

41tantan131

43

sin235. 所以

10tan()243 故答案为: 10

【点睛】

本题考查了二倍角的正弦公式,两角和的正切公式,属于中档题.

16．抛物线有如下光学性质:由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，今有抛物线y2px(p0)，如图，一平行x轴的光线射向抛物线

2

tantan



上的点P，经过抛物线的焦点F反射后射向抛物线上的点Q，再反射后又沿平行x轴方向射出，若两平行光线间的最小距离为6，则此抛物线的方程为_______.

【答案】y6x

【解析】联立直线与抛物线方程，消去x得到关于y的方程，利用韦达定理得到

2

y1y2,y1y2的值，然后表示两平行光线距离，并求出其最小值为2p，而由题意可知

最小值为6，从而得到2p6，抛物线方程得解. 【详解】

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，设两平行光距离为d，由题意可知，dy1y2，因为F(

pp

,0)，而直线PQ过点F，则设直线PQ方程为：xmy，mR 22

y22px

22

因为{p，消去x得y2pmyp0，

xmy

2

2

由韦达定理可得y1y22pm,y1y2p，

则dy1y2所以2p6，

4p2m24p22p1m22p，

故抛物线方程为y6x. 【点睛】

本题主要考查了抛物线方程的求解，涉及到韦达定理的应用，属于难题.对于涉及到直线与曲线相关的距离问题，常常运用到韦达定理以及弦长公式进行求解.

三、解答题

17．已知an是首项为1的等比数列，各项均为正数，且a2a312. （1）求数列an的通项公式；（2）设bn

2

1

，求数列bn的前n项和Sn.

(n2)log3an1

【答案】(1) an3n1 (2) Sn=

32n3 42(n1)(n2)

【解析】（1）由a2a312得q方程求解即可；（2）bn

1

变形为bn

nn2



111

裂项求和即可. 2nn2

【详解】

（1）设an的公比为q，

2

由a2a312得 qq12，

解得q3，或q4，

n1

因an各项都为正数，所以q0，所以q3，所以an3，

2bn

11111



n2log3an1nn22nn2

1111111132n3Sn1+=. 

2324n1n1nn242n1n2

【点睛】

本题考查等比数列通项公式，裂项相消求和，熟记等比数列通项，熟练计算裂项求和是关键，易错点是裂项时提系数，及剩余项数，是基础题.

18．如图,在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，AD∥BC，

ABBCPA1，AD2，PADDABABC90，点E在棱PC上，

且CECP.

（Ⅰ）求证：CDAE；

（Ⅱ）是否存在实数，使得二面角CAED的余弦值为

10

？若存在，求出实数5

的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

10

. 5

【解析】试题分析：(1)由边长和勾股定理得CDAC，又平面PAD平面ABCD，由定理证得CD平面PAC CDAE (2) 建立空间直角坐标系, 得出平面

AEC的一个法向量为

nCD1,1,0，设平面AED的一个法向量为m，由题意计算得出结果

解析：（Ⅰ）过点C作CF

AB交AD于D，

ABBC1，AD2，DABABC90

四边形ABCF为正方形，且AFFD1，AC在RtCFD中，CD

2

2，在ACD中，CD2AC24AD2

CDAC PAD90,PAAD

又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD

PA平面ABCD PACD PA,AC平面PAC，且PAACA

CD平面PAC CDAE

（Ⅱ）

PAD90PAAD

又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD

PA平面ABCD PACD，PAAB

以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，

A0,0,0,P0,0,1,C1,1,0,D0,2,0,CD1,1,0,AD0,2,0

假设存在实数使得二面角CAED的余弦值为点E在棱PC上，0,1 设Ex,y,z

10

，令CECP 5



CECP,x1,y1,z1,1,1

E1,1,则AE1,1,，

CD平面PAC，平面AEC的一个法向量为nCD1,1,0

设平面AED的一个法向量为mx1,y1,z1 由

mAE0mAD0

得

1x11y1z10

y10

令z1得

1

m,0,1,0,1

11

取m,0,1

cosm,n

mnmn



212

2



10

5

化简得32840又0,1 存在实数



2

3

210

. 使得二面角CAED的余弦值为

35

19．为庆祝党的98岁生日，某高校组织了“歌颂祖国，紧跟党走”为主题的党史知识竞赛。从参加竞赛的学生中，随机抽取40名学生，将其成绩分为六段70,75，75,80，

80,85，85,90，90,95，95,100，到如图所示的频率分布直方图.

（1）求图中a的值及样本的中位数与众数；

（2）若从竞赛成绩在70,75与95,100两个分数段的学生中随机选取两名学生，设这两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M,求事件M发生的概率. （3）为了激励同学们的学习热情,现评出一二三等奖,得分在95,100内的为一等奖,得分在90,95内的为二等奖, 得分在85,90内的为三等奖.若将频率视为概率,现从考生中随机抽取三名,设为获得三等奖的人数,求的分布列与数学期望. 【答案】(1)0.06；87.5；87.5；(2)





7

；(3)详见解析 15

【解析】（1）根据小矩形的面积之和等于1，列出方程，求得a的值，根据中位数定义估计中位数的范围，在列出方程求解中位数，再根据众数的定义，即可求解. （2）计算两组的人数，再计算抽取的两人在同一组的概率，即可求解；

（3）根据题意，得到随机变量服从二项分布，再利用二项分布的期望公式，即可求解. 【详解】

（1）由频率分布直方图可知(a0.050.0420.020.01)51，解得a0.06，可知样本的中位数在第4组中，不妨设为x，

则(0.010.020.04)5(x85)0.050.5，解得x87.5，即样本的中位数为87.5，

由频率分布直方图可知，样本的众数为

8590

87.5. 2

（2）由频率分布直方图可知，在70,75与95,100两个分数段的学生人数分别为2和

4，设中两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于5分为事件M，

22

C2C477

M. 则事件M发生的概率为，即事件发生的概率为2

C61515

（3）从考生中随机抽取三名,则随机变量为获得三等奖的人数,则0,1,2,3，由频率分布直方图知，从考升中任抽取1人，此生获得三等奖的概率为0.0650.3，所以随机变量服从二项分布B(3,0.3)，

312

则P(0)(10.3)0.343,P(1)C30.3(10.3)0.441，

P(2)C320.32(10.3)0.189,P(3)0.330.027，

所以随机变量的分布列为



P

0 0.343

1 0.441

2 0.189

3 0.027

所以E30.30.9. 【点睛】

本题主要考查了频率分布直方图的应用，以及随机变量的分布列及其数学期望的求解，其中解答中认真审题，熟练频率分布直方图的性质，正确确定随机变量的取值，求得相应的概率，得出随机变量的分布列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

x2y22

20．已知椭圆C:221ab0过点A(2,0)，离心率为，O为坐标原点．

ab2

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设P,Q,R为椭圆C上的三点，OQ与PR交于点M，且OQ3OM，当PR的中点恰为点M时，判断△OPR的面积是否为常数，并说明理由．

uuuruuur

4x2

【答案】（1）y21；（2）△OPR的面积是常数为，理由见解析.

29

【解析】（1）由题a=2,再由离心率，求得c,再由（2）b2a2c2，即可求得方程；若点Q是椭圆的右顶点，求得OPR的面积为

4

，若点Q不是椭圆的左、右顶点，则9

设直线PR的方程为：ykxmm0，与椭圆联立，由韦达定理得M，Q的坐标，弦长公式，点到线的距离公式，进而求出OPR的面积为常数【详解】

2

12a2a

,解得（1）由已知易得，

c1c2

2a

∴b2a2c21，

x2

故椭圆C的标准方程为：y21.

2

（2）①若点Q是椭圆的右顶点（左顶点一样），则Q∵OQ3OM，M在线段OQ上， ∴M



2,0，



242,0，此时轴，求得， PRxPR33

14224

. 2339

∴OPR的面积等于

②若点Q不是椭圆的左、右顶点，则设直线PR的方程为：ykxmm0，

Px1,y1，Rx2,y2，

x22y224km222

由得2k1x4kmx2m20，则x1x22，

2k1ykxm

2m22

， x1x22

2k1

∴PR的中点M的坐标为

m2km,， 22

2k12k1

∴点Q的坐标为

3m6km22,，将其代入椭圆方程，化简得2k19m． 22

2k12k1

∴PR1k2

x1x2

2

221k22k21m281k2

． 4x1x2 2

2k19mm1k

2

点O到直线PR的距离d

，

∴OPR的面积S

OPR

m1181k24

PRd． 229m1k29

4

． 9

综上可知，OPR的面积为常数【点睛】

本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，三角形面积公式，熟记椭圆的简单几何性质，准确计算弦长，距离及面积公式是关键，是中档题 21．已知函数（1）若

，

.

存在极小值，求实数的取值范围；

的极小值点，且

.(2)见解析.

，可构造函数

，通过

，证明：

.

（2）设是【答案】(1)

【解析】（1）先求得导函数，根据定义域为求导及分类讨论，即可求得的取值范围。（2）由（1）令可得

，通过分离参数得

。构造函数

的最小值，结合

及

，同时求对数，根据函数

，由导数即可判断

，的

单调情况，进而求得【详解】（1）令则所以

在

时，时，

时，，

即可证明不等式成立。

.

，上是增函数.

； . ，

，函数

在区间

上是增函数，不存在极值

又因为当当所以，当点；当

时，

的值域为使

时，时，

.

，，

，

必存在所以当当所以

，，

单调递减；单调递增；

存在极小值点.

.

.

综上可知实数的取值范围是（2）由（1）知所以

，

.

，即

由令又令

，得

，显然，所以由

，，

. 在区间，得

.

上单调递减.

当当

时，

时，

，函数

，函数

单调递增；

单调递减；

，，

，，

所以，当所以所以所以即【点睛】

时，函数

，即，

取最小值

，即

.

本题考查了导数在研究函数单调性、极值和最值中的综合应用，利用导数证明不等式成立，变换过程复杂，需要很强的逻辑推理能力，是高考的常考点和难点，属于难题。

x32cos

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数），

y32sin

直线C2的普通方程为y系.

（1）求曲线C1和直线C2的极坐标方程；（2）若直线C2与曲线C1交于A，B两点，求

3

x.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标3

11. OAOB

22

【答案】(1) (cos3)(sin3)4，



6

R;(2)

333

. 14

【解析】（1）先将曲线C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程；根据直线过原点，即可得C2的极坐标方程。

（2）联立直线的极坐标方程与曲线C1的极坐标方程，根据极径的关系代入即可求得

11的值。 OAOB

【详解】

x32cos

（1）由曲线C1的参数方程为（为参数），

y32sin

得曲线C1的普通方程为x3y34，

所以曲线C1的极坐标方程为cos3sin34，即6cos6sin140. 因为直线C2过原点，且倾斜角为所以直线C2的极坐标方程为



， 6

2

22

22



6

R.

（2）设点A，B对应的极径分别为1，2，

26cos6sin140由， 



6

得333140，所以12333，1214，又10，20，

2



OAOB112333

 1. 所以

OAOBOAOB1214

【点睛】

本题考查了参数方程、普通方程和极坐标方程的转化，利用极坐标求线段和，属于中档题。

23．[选修4-5：不等式选讲] 已知证明：（1）（2）

. ；

，

，

，且

.

【答案】(1)见解析.(2)见解析.

【解析】（1）根据分析法，结合不等式关系中的

，

，

，

即可证明不等式成立；或用柯西不等式，直接证明不等式成立。

（2）根据“1”的代换，代入后结合基本不等式即可证明；直接构造基本不等式证明，也可证明不等式成立。【详解】

（1）方法一：因为所以因为所以

，

，

.

所以方法二：所以

（2）方法一：

，当且仅当

，

所以当且仅当方法二：所以当且仅当【点睛】

本题考查了不等式的证明，基本不等式及柯西不等式的应用，属于中档题。

，

时，等号成立. ，

时，等号成立.

，

时，等号成立.

，当且仅当

时，等号成立.

，

，

，

，

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/6553f282de3383c4bb4cf7ec4afe04a1b071b00f.html

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