精品解析：四川省雅安市神州天立学校2024届高三下学期高考冲刺热身（四）数学（理）试题

雅安天立高2021级2023-2024学年度下期高考冲刺热身（四） 数 学（理 科） 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 3.考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若，则满足集合的个数为（ ） A. 4 B. 6 C. 7 D. 8 2. 若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5 3. 在中，，， 且， 则（    ） A. B. C. D. 4. 直线，的倾斜角分别为，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，则（ ） A. 2 B. 2或4 C. 1或2 D. 1 7. 设命题，使是幂函数，且在上单调递减；命题，则下列命题为真的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足且，则（ ） A. 3 B. C. -2 D. 9. 设函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 10. 将椭圆上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍得到椭圆，设的离心率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 若实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 12. 如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（ ） （1）三棱锥的体积为20 （2）直线与平面所成角正弦值的最大值为 （3）存在唯一的点，使得平面，且 （4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值 A. （1）（2）（3） B. （2）（3）（4） C. （2）（3） D. （2）（4） 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共20分，将答案书写在答题卡对应题号的横线上. 13. 从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员1人组成3人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法.（用数字作答） 14. 设满足不等式组，则的取值范围是__________. 15. 若函数存在极值点，则实数a的取值范围为________． 16. 已知中，，，若在平面内一点满足，则的最大值为_________ 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. 已知数列、满足，若数列是等比数列，且 ． （1）求数列、的通项公式； （2）令，求的前项和为. 18. 2023年冬，甲型流感病毒来势汹汹．某科研小组经过研究发现，患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异．在某地的两类人群中各随机抽取20人的该项医学指标作为样本，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标小于的人判定为阳性，大于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，用频率估计概率． （1）当临界值时，求漏诊率和误诊率； （2）从指标在区间样本中随机抽取2人，记随机变量为未患病者的人数，求的分布列和数学期望； （3）在该地患病者占全部人口的5%的情况下，记为该地诊断结果不符合真实情况的概率．当时，直接写出使得取最小值时的的值． 19. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，． （1）求证：； （2）若点为的中点，与相交于点，直线与底面所成的角为，且，求二面角的余弦值． 20. 已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 21. 已知函数， （1）若与有相同的单调区间，求实数 的值； （2）若方程有两个不同的实根，证明：. （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] 22. 在直角坐标系中，已知曲线C：（其中），曲线C上的点A、B满足，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求曲线C的极坐标方程； （2）求面积的最大值． 23. 设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1． （1）证明：ab+bc+ca<0； （2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 雅安天立高2021级2023-2024学年度下期高考冲刺热身（四） 数 学（理 科） 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 3.考试结束后，将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若，则满足集合的个数为（ ） A. 4 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据包含关系，写出所有满足条件的集合A即可得解. 【详解】因为， 所以可以是，共8个， 故选：D 2. 若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算得到，再计算即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：D. 3. 在中，，， 且， 则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据垂直，得到，从而利用求出答案. 【详解】因为，所以， . 故选：B 4. 直线，的倾斜角分别为，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据倾斜角的范围，正切的性质判断“”与“”的逻辑关系即可. 【详解】因为直线，的倾斜角分别为，， 所以， 若，则， 若，则都不存在， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定角度范围得到，变换，展开计算得到答案. 【详解】因为，则， 可得， 所以 . 故选：A. 6. 已知抛物线上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，则（ ） A. 2 B. 2或4 C. 1或2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意，得到，结合抛物线方程，即可求出结果. 【详解】因为抛物线上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和， 所以，即，代入抛物线方程可得， 整理得，解得或. 故选：B. 7. 设命题，使是幂函数，且在上单调递减；命题，则下列命题为真的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据特称命题与全称命题判断命题的真假，从而可得“或”、“且”、“非”命题的真假得结论. 【详解】对于命题，当时，函数，是幂函数，且在上单调递减，故命题为真命题； 对于命题，当时，，不满足，故命题为假命题． 所以“”为真命题，“”为假命题，“”为假命题，“”为假命题． 故选：A． 8. 已知数列满足且，则（ ） A. 3 B. C. -2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得数列递推式，求出其前面几项，可得数列的周期，由此可求得答案. 【详解】由题意数列满足，则， 故由，得， 由此可知数列的周期为4， 故， 故选：B 9. 设函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 利用导数判断函数在的单调性，然后根据奇偶性判断在的单调性，再利用单调性与奇偶性结合求解不等式. 【详解】当时，，所以，因为，所以，即，所以函数在上单调递增，又因为函数为上的偶函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则不等式，等价于，所以或. 故选：D. 【点睛】对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式(组)的问题，若为偶函数，则． 10. 将椭圆上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍得到椭圆，设的离心率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，可得，由表示出，即可判断. 【详解】由题意知，椭圆，上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标伸长为原来的倍得到椭圆， 则， 若，则， 则，所以，则. 若，则； 若，则可能出现，即椭圆焦点在y轴上的情况， 此时，，均可能出现. 故选：B. 11. 若实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对不等式变形得到，换元后得到，构造，求导研究其单调性，极值最值情况，得到，从而只有时，即时，满足要求，从而解出，依次判断四个选项. 【详解】因为， 所以，即， 所以， 令， 则，即， 所以， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值， ， 要想使得成立，只有时，即时，满足要求， 所以， 由定义域可知：， 解得：， ，A选项正确； ，BC错误. ，D错误； 故选：A. 【点睛】对不等式或方程变形后，利用同构来构造函数解决问题， 常见的同构型：（1）； （2）； （3）； （4）， 本题难点在于变形为，换元后得到，从而构造解决问题. 12. 如图，已知在长方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于，则下列说法正确的是（ ） （1）三棱锥的体积为20 （2）直线与平面所成角正弦值的最大值为 （3）存在唯一的点，使得平面，且 （4）存在唯一的点，使截面四边形的周长取得最小值 A. （1）（2）（3） B. （2）（3）（4） C. （2）（3） D. （2）（4） 【答案】D 【解析】 【分析】对（1），根据三棱锥等体积转换可得求解判断；对（2），点到平面的距离等于点到平面的距离，当最小时即当点与点重合时，此时直线与平面所成角正弦值的最大，求解判断；对（3），若（3）正确，可知点与点重合，已找出矛盾；对（4），四边形为平行四边形，周长取得最小值即最小时，将平面与将平面放在同一平面内，求得结果. 【详解】对于（1），如图过点作垂线，垂足为，易知， 在长方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， 所以点到平面平面的距离等于点到平面的距离，即为， 三棱锥的体积为， 故（1）错误； 对于（2），平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为， 所以当最小时即当点与点重合时， 此时直线与平面所成角的正弦值最大，最大值为，故（2）正确； 对于（3），若，可知点与点重合，又因为，易知与不垂直， 故与不垂直，与平面不垂直，故（3）错误； 对于（4），四边形的周长，周长取得最小值即最小， 将平面与将平面放在同一平面内，可知最小值为， 所以截面四边形的周长取得最小值，故（4）正确. 综上，说法正确的有（2）（4）. 故选：D. 【点睛】思路点睛：对（1）利用三棱锥等体积转换求解判断，对（2）根据平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，当最小时，直线与平面所成角正弦值的最大，判断求解，对（3）利用反证法判断，对（4）四边形的周长最小即最小时，将平面与将平面放在同一平面内，求解即可. 第Ⅱ卷（非选择题 共90分） 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5分，共20分，将答案书写在答题卡对应题号的横线上. 13. 从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员1人组成3人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法.（用数字作答） 【答案】216 【解析】 【分析】根据题意，分为1女2男和2女1男，再利用排列、组合求解每类的种数，结合计数原理，即可求解. 【详解】第一类，选1女2男，有种， 这3人选2人作为队长和副队有种，故有 种； 第二类，选2女1男，有种，这3人选2人作为队长和副队有种， 故有种，根据分类计数原理共有种， 故答案为：216 14. 设满足不等式组，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知的不等式组画出满足不等式组的可行域，分析的取值表示的几何意义，结合图象即可得解. 【详解】满足不等式组的，在三条直线围成的区域， 其中与交点为， 与的交点为, 与的交点为，如下图示： 即三角形区域内的点与形成直线的斜率， 最小值为,最大值为，又因为点处取不到， 故. 故答案为：. 15. 若函数存在极值点，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】求导，根据题意知方程有两个不等的实根，可得出，从而得解. 【详解】因为，可得， 因为函数存在极值点，所以有两不等实根， 则，解得或， 所以的取值范围是. 故答案为：. 16. 已知中，，，若在平面内一点满足，则的最大值为_________ 【答案】 【解析】 【分析】设的中点为，则根据题意知为边上的中线的靠近的7等分点，化简得，利用余弦定理得，利用基本不等式可得，再利用，两边平方，化简即可得到答案. 【详解】如图，设的中点为， 因为，所以， 所以为边上的中线的靠近的7等分点， 所以， 在，由余弦定理可得：，即， 利用基本不等式可得：，即，当且仅当时取等号； 因为为的中点，则，两边同时平方可得：， 所以，即为等边三角形时，， 所以； 故答案为： 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. 已知数列、满足，若数列是等比数列，且 ． （1）求数列、的通项公式； （2）令，求的前项和为. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由条件解出的公比后求通项公式，由指数幂的运算性质求； （2）写出的通项公式，由错位相减法求和． 【小问1详解】 当时，， ，又，∴ 是以为首项，为公比的等比数列， ∴当时， 由累加法可得：， 又当时，也适合上式，∴ 【小问2详解】 ∴① ∴② ①-②得： ∴ 18. 2023年冬，甲型流感病毒来势汹汹．某科研小组经过研究发现，患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异．在某地的两类人群中各随机抽取20人的该项医学指标作为样本，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标小于的人判定为阳性，大于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，用频率估计概率． （1）当临界值时，求漏诊率和误诊率； （2）从指标在区间样本中随机抽取2人，记随机变量为未患病者的人数，求的分布列和数学期望； （3）在该地患病者占全部人口的5%的情况下，记为该地诊断结果不符合真实情况的概率．当时，直接写出使得取最小值时的的值． 【答案】（1）， （2） 变量的分布列为： 0 1 2 期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图计算可得； （2）利用超几何分布求解； （3）写出的表达式判单调性求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，． 【小问2详解】 样本中患病者在指标为区间的人数是，未患病者在指标为区间的人数是，总人数为5人． 可能的取值为0，1，2． ，，． 随机变量的分布列为 0 1 2 随机变量的期望为． 【小问3详解】 由题，， 时，令 所以，关于的一次函数系数为，故单调递增，则即时取最小值 19. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，． （1）求证：； （2）若点为的中点，与相交于点，直线与底面所成的角为，且，求二面角的余弦值． 【答案】（1） 设点在底面的射影为点，由得，点为的外心， 又因为底面为菱形，，所以， 所以点与点重合，所以底面，因为底面， 所以．因为底面为菱形，所以， 平面，， 所以平面，因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由底面，知即为直线与底面所成的角， 因为且，所以，所以， 由于，所以． 取的中点，连接，以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 由，可得：， 令，则，所以． 设平面的一个法向量为， 由，可得：， 令，则，所以． 设二面角的平面角为，由图可知为钝角， 所以． 20. 已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 【答案】（1）； （2）［方法一］：通性通法 设点， 若直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得：， 可得，， 因为，所以，即， 根据,代入整理可得： ， 所以， 整理化简得， 因为不在直线上，所以， 故，于是的方程为， 所以直线过定点直线过定点. 当直线的斜率不存在时，可得， 由得：， 得，结合可得：， 解得：或（舍）. 此时直线过点. 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故， 若与重合，则，故存在点，使得为定值. ［方法二］【最优解】：平移坐标系 将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即． 设，因为则，即． 代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点． 又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q． 经检验，直线垂直于x轴时也成立． 故存在，使得． ［方法三］：建立曲线系 A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得． 则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）． 用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）． 即． 对比项、x项及y项系数得 将①代入②③，消去并化简得，即． 故直线的方程为，直线过定点． 又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q． 经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得． ［方法四］： 设． 若直线的斜率不存在，则． 因为，则，即． 由，解得或（舍）． 所以直线的方程为． 若直线的斜率存在，设直线的方程为，则． 令，则． 又， 令，则． 因为，所以， 即或． 当时，直线的方程为． 所以直线恒过，不合题意； 当时，直线的方程为， 所以直线恒过． 综上，直线恒过，所以． 又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动． 取线段的中点为，则． 所以存在定点Q，使得为定值． 【解析】 【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程. （2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置. 【详解】（1）由题意可得：，解得：， 故椭圆方程为：. (2)略 【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法； 方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解； 方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点； 方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算． 21. 已知函数， （1）若与有相同的单调区间，求实数 的值； （2）若方程有两个不同的实根，证明：. 【答案】（1） （2）证明：方程有两个不同的实根， 等价于有两个不同的实根， 等价于有两个不同的实根， 令，则， 当时，单调递减，不符合题意，舍去； 当 时，方程必有一正根，使得，即， 且当时，单调递减；当时，单调递增， 若方程有两个不同的实根，， 令，则单调递减， 因为，所以， 所以， 因为是方程的两个不同的实根， 所以，， 两式相加，得，即， 两式相减，得，即， 所以，整理得， 不妨设，令， 则，所以单调递增，， 所以，所以， 所以，所以， 又因为，所以. 【解析】 【分析】（1）先分析的单调性，从而结合的导数得到 ，再进行检验即可得解； （2）将问题转化为有两个不同的实根，构造函数，利用导数求得 的取值范围，再利用零点的定义消去 转化得，从而构造函数，利用导数证得，从而得证. 【小问1详解】 函数与的定义域均为， 由得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 由得， 因为与有相同的单调区间， 所以，解得， 当时，， 因为在区间上单调递增，且0， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增， 此时与有相同的单调区间，符合题意， 故. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. （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] 22. 在直角坐标系中，已知曲线C：（其中），曲线C上的点A、B满足，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求曲线C的极坐标方程； （2）求面积的最大值． 【答案】（1）， （2）1 【解析】 【分析】（1）由直角坐标，极坐标转化公式可得答案； （2）由（1）设，，后由题意可得，后由极坐标结合三角函数知识可得答案. 【小问1详解】 因为，， 由，得， 由知，，且， 故，． 【小问2详解】 由，， 不妨设，， 则， ∴， ． ∴ ． 则当且仅当时，面积有最大值为1． 23. 设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1． （1）证明：ab+bc+ca<0； （2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥． 【答案】（1）［方法一］【最优解】：通性通法 ， . 均不为，则，． ［方法二］：消元法 由得，则，当且仅当时取等号， 又，所以． ［方法三］：放缩法 方式1：由题意知，又，故结论得证． 方式2：因为， 所以 ． 即，当且仅当时取等号， 又，所以． ［方法四］： 因为，所以a，b，c必有两个负数和一个正数， 不妨设则. ［方法五］：利用函数的性质 方式1：，令， 二次函数对应的图像开口向下，又，所以， 判别式，无根， 所以，即． 方式2：设， 则有a，b，c三个零点，若， 则为R上的增函数，不可能有三个零点， 所以． （2）［方法一］【最优解】：通性通法 不妨设，因为，所以， 则．故原不等式成立． ［方法二］： 不妨设，因为，所以，且 则关于x的方程有两根，其判别式，即． 故原不等式成立． ［方法三］： 不妨设，则，关于c的方程有解，判别式，则．故原不等式成立． ［方法四］：反证法 假设，不妨令，则，又，矛盾，故假设不成立．即，命题得证． 【解析】 【分析】（1）方法一：由结合不等式的性质，即可得出证明； （2）方法一：不妨设，因为，所以，则．故原不等式成立． 【详解】（1）略 （2）略 【整体点评】（1）方法一：利用三项平方和的展开公式结合非零平方为正数即可证出，证法常规，为本题的通性通法，也是最优解法；方法二：利用消元法结合一元二次函数的性质即可证出；方法三：利用放缩法证出；方法四：利用符号法则结合不等式性质即可证出；方法五：利用函数的性质证出． （2）方法一：利用基本不等式直接证出，是本题的通性通法，也是最优解； 方法二：利用一元二次方程根与系数的关系以及方程有解的条件即可证出；方法三：利用消元法以及一元二次方程有解的条件即可证出；方法四：利用反证法以及基本不等式即可证出． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $