2020年高考真题——数学（理）（全国卷Ⅲ） Word版含解析 24页

- 1 - 2020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，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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.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. 1.已知集合 {( , ) | , , }A x y x y y x  *N ， {( , ) | 8}B x y x y   ，则 A B 中元素的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 采用列举法列举出 A B 中元素的即可. 【详解】由题意， A B 中的元素满足 8 y x x y     ，且 *,x y N ， 由 8 2x y x   ，得 4x  ， 所以满足 8x y  的有 (1,7),(2,6),(3,5),(4,4)， 故 A B 中元素的个数为 4. 故选：C. 【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 2.复数 1 1 3i 的虚部是（ ） A. 3 10  B. 1 10  C. 1 10 D. 3 10 【答案】D 【解析】 - 2 - 【分析】 利用复数的除法运算求出 z即可. 【详解】因为 1 1 3 1 3 1 3 (1 3 )(1 3 ) 10 10 iz i i i i         ， 所以复数 1 1 3 z i   的虚部为 3 10 . 故选：D. 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题. 3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为 1 2 3 4, , ,pp p p ，且 4 1 1i i p   ，则下面四种 情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ） A. 1 4 2 30.1, 0.4p p p p    B. 1 4 2 30.4, 0.1p p p p    C. 1 4 2 30.2, 0.3p p p p    D. 1 4 2 30.3, 0.2p p p p    【答案】B 【解析】 【分析】 计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组. 【详解】对于 A选项，该组数据的平均数为    1 4 0.1 2 3 0.4 2.5Ax        ， 方差为        2 2 2 22 1 2.5 0.1 2 2.5 0.4 3 2.5 0.4 4 2.5 0.1 0.65As              ； 对于 B选项，该组数据的平均数为    1 4 0.4 2 3 0.1 2.5Bx        ， 方差为        2 2 2 22 1 2.5 0.4 2 2.5 0.1 3 2.5 0.1 4 2.5 0.4 1.85Bs              ； 对于 C选项，该组数据的平均数为    1 4 0.2 2 3 0.3 2.5Cx        ， 方差为        2 2 2 22 1 2.5 0.2 2 2.5 0.3 3 2.5 0.3 4 2.5 0.2 1.05Cs              ； 对于 D选项，该组数据的平均数为    1 4 0.3 2 3 0.2 2.5Dx        ， 方差为        2 2 2 22 1 2.5 0.3 2 2.5 0.2 3 2.5 0.2 4 2.5 0.3 1.45Ds              . 因此，B选项这一组的标准差最大. 故选：B. 【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题. - 3 - 4.Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某 地区新冠肺炎累计确诊病例数 I(t)(t的单位：天)的 Logistic模型： 0.23( 53)( )= 1 e tI Kt   ，其中 K 为最大确诊病例数．当 I( *t )=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则 *t 约为（ ）（ln19≈3） A. 60 B. 63 C. 66 D. 69 【答案】C 【解析】 【分析】 将 t t 代入函数    0.23 531 t KI t e    结合   0.95I t K  求得 t即可得解. 【详解】    0.23 531 t KI t e     ，所以    0.23 53 0.95 1 t KI t K e        ，则  0.23 53 19te   ， 所以，  0.23 53 ln19 3t    ，解得 3 53 66 0.23 t    . 故选：C. 【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题. 5.设 O为坐标原点，直线 x=2与抛物线 C：y2=2px(p>0)交于 D，E两点，若 OD⊥OE，则 C的 焦点坐标为（ ） A. （ 1 4 ，0） B. （ 1 2 ，0） C. （1，0） D. （2，0） 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题中所给的条件OD OE ，结合抛物线的对称性，可知 4 COx COx      ，从而可 以确定出点D的坐标，代入方程求得 p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果. 【详解】因为直线 2x  与抛物线 2 2 ( 0)y px p  交于 ,C D两点，且OD OE ， 根据抛物线的对称性可以确定 4 DOx COx      ，所以 (2,2)C ， 代入抛物线方程4 4p ，求得 1p  ，所以其焦点坐标为 1( ,0) 2 ， 故选：B. - 4 - 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物 线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目. 6.已知向量 a，b 满足 | | 5a  ， | | 6b  ， 6a b   ，则 cos , =a a b （ ） A. 31 35  B. 19 35  C. 17 35 D. 19 35 【答案】D 【解析】 【分析】 计算出  a a b     、 a b   的值，利用平面向量数量积可计算出 cos ,a a b      的值. 【详解】 5a    ， 6b   ， 6a b     ，   2 25 6 19a a b a a b               .  2 2 2 2 25 2 6 36 7a b a b a a b b                    ， 因此，   19 19cos , 5 7 35 a a b a a b a a b                   . 故选：D. 【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向 量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 7.在△ABC中，cosC= 2 3 ，AC=4，BC=3，则 cosB=（ ） A. 1 9 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 【答案】A 【解析】 【分析】 根据已知条件结合余弦定理求得 AB，再根据 2 2 2 cos 2 AB BC ACB AB BC     ，即可求得答案. 【详解】在 ABC 中， 2cos 3 C  ， 4AC  ， 3BC  根据余弦定理： 2 2 2 2 cosAB AC BC AC BC C     2 2 24 3 2 24 3 3 AB       - 5 - 可得 2 9AB  ，即 3AB  由 2 2 2 9 9 16 1cos 2 2 3 3 9 AB BC ACB AB BC           故 1cos 9 B  . 故选：A. 【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A. 6+4 2 B. 4+4 2 C. 6+2 3 D. 4+2 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其 表面积. 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形 根据立体图形可得： 1 2 2 2 2ABC ADC CDBS S S     △ △ △ - 6 - 根据勾股定理可得： 2 2AB AD DB    ADB△ 是边长为 2 2的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 21 1 3sin 60 (2 2) 2 3 2 2 2ADBS AB AD      △ 该几何体的表面积是： 2 3 6 2 33 2    . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图 画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 9.已知 2tanθ–tan(θ+ π 4 )=7，则 tanθ=（ ） A. –2 B. –1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案. 【详解】 2 tan tan 7 4          ， tan 12 tan 7 1 tan        ， 令 tan , 1t t  ，则 12 7 1 tt t     ，整理得 2 4 4 0t t   ，解得 2t  ，即 tan 2  . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题. 10.若直线 l与曲线 y= x和 x2+y2= 1 5 都相切，则 l的方程为（ ） A. y=2x+1 B. y=2x+ 1 2 C. y= 1 2 x+1 D. y= 1 2 x+ 1 2 【答案】D 【解析】 【分析】 - 7 - 根据导数的几何意义设出直线 l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【详解】设直线 l在曲线 y x 上的切点为  0 0,x x ，则 0 0x  ， 函数 y x 的导数为 1 2 y x   ，则直线 l的斜率 0 1 2 k x  ， 设直线 l的方程为  0 0 0 1 2 y x x x x    ，即 0 02 0x x y x   ， 由于直线 l与圆 2 2 1 5 x y  相切，则 0 0 1 1 4 5 x x   ， 两边平方并整理得 2 0 05 4 1 0x x   ，解得 0 1x  ， 0 1 5 x   （舍）， 则直线 l的方程为 2 1 0x y   ，即 1 1 2 2 y x  . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题. 11.设双曲线 C： 2 2 2 2 1x y a b   （a>0，b>0）的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 5．P是 C上一点，且 F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为 4，则 a=（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】 根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案. 【详解】 5c a  ， 5c a  ，根据双曲线的定义可得 1 2 2PF PF a  ， 1 2 1 2 1 | | 4 2PF F PF FS P  △ ，即 1 2| | 8PF PF  ， 1 2F P F P ，  2 22 1 2| | 2PF PF c   ，  2 2 1 2 1 22 4PF PF PF PF c     ，即 2 25 4 0a a   ，解得 1a  ， 故选：A. - 8 - 【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式 的应用，属于中档题. 12.已知 55<84，134<85．设 a=log53，b=log85，c=log138，则（ ） A. a400 空气质量好 空气质量不好 附： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d       ， P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为 0.43、0.27、0.21、 0.09；（2）350；（3）有，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、 2、3、 4的概率； （2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果； （3）根据表格中的数据完善 2 2 列联表，计算出 2K 的观测值，再结合临界值表可得结论. 【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为 2 16 25 0.43 100    ， 等级为2的概率为 5 10 12 0.27 100    ，等级为3的概率为 6 7 8 0.21 100    ，等级为 4的概率 - 15 - 为 7 2 0 0.09 100    ； （2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为 100 20 300 35 500 45 350 100       （3） 2 2 列联表如下： 人次 400 人次 400 空气质量不好 33 37 空气质量好 22 8  22 100 33 8 37 22 5.820 3.841 55 45 70 30 K           ， 因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关. 【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考 查数据处理能力，属于基础题. 19.如图，在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，点 ,E F分别在棱 1 1,DD BB 上，且 12DE ED ， 12BF FB ． （1）证明：点 1C 在平面 AEF 内； （2）若 2AB  ， 1AD  ， 1 3AA  ，求二面角 1A EF A  的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 42 7 . - 16 - 【解析】 【分析】 （1）连接 1C E 、 1C F，证明出四边形 1AEC F 为平行四边形，进而可证得点 1C 在平面 AEF 内； （2）以点 1C 为坐标原点， 1 1C D 、 1 1C B 、 1CC所在直线分别为 x、 y、 z轴建立空间直角坐 标系 1C xyz ，利用空间向量法可计算出二面角 1A EF A  的余弦值，进而可求得二面角 1A EF A  的正弦值. 【详解】（1）在棱 1CC 上取点G，使得 1 1 2 CG CG ，连接DG、 FG、 1C E 、 1C F， 在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， //AD BC且 AD BC ， 1 1//BB CC 且 1 1BB CC ， 1 1 2 CG CG ， 12BF FB ， 1 1 2 2 3 3 CG CC BB BF    且CG BF ， 所以，四边形 BCGF 为平行四边形，则 //AF DG 且 AF DG ， 同理可证四边形 1DECG为平行四边形， 1 //C E DG 且 1C E DG ， 1 //C E AF 且 1C E AF ，则四边形 1AEC F 为平行四边形， 因此，点 1C 在平面 AEF 内； （2）以点 1C 为坐标原点， 1 1C D 、 1 1C B 、 1CC所在直线分别为 x、 y、 z轴建立如下图所示 - 17 - 的空间直角坐标系 1C xyz ， 则  2,1,3A 、  1 2,1, 0A 、  2,0,2E 、  0,1,1F ，  0, 1, 1AE     ，  2,0, 2AF     ，  1 0, 1, 2A E    ，  1 2,0,1A F    ， 设平面 AEF 的法向量为  1 1 1, ,m x y z  ， 由 0 0 m AE m AF           ，得 1 1 1 1 0 2 2 0 y z x z       取 1 1z   ，得 1 1 1x y  ，则  1,1, 1m    ， 设平面 1AEF的法向量为  2 2 2, ,n x y z  ， 由 1 1 0 0 n A E n A F           ，得 2 2 2 2 2 0 2 0 y z x z       ，取 2 2z  ，得 2 1x  ， 2 4y  ，则  1,4,2n   ， 3 7cos , 73 21 m nm n m n            ， 设二面角 1A EF A  的平面角为，则 7cos 7   ， 2 42sin 1 cos 7      . 因此，二面角 1A EF A  的正弦值为 42 7 . 【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理 能力与计算能力，属于中等题. - 18 - 20.已知椭圆 2 2 2: 1(0 5) 25 x yC m m     的离心率为 15 4 ， A， B分别为C的左、右顶点． （1）求C的方程； （2）若点 P在C上，点Q在直线 6x  上，且 | | | |BP BQ ， BP BQ ，求 APQ 的面积． 【答案】（1） 2 216 1 25 25 x y   ；（2） 5 2 . 【解析】 【分析】 （1）因为 2 2 2: 1(0 5) 25 x yC m m     ，可得 5a  ，b m ，根据离心率公式，结合已知，即可 求得答案； （2）点 P在C上，点Q在直线 6x  上，且 | | | |BP BQ ，BP BQ ，过点 P作 x轴垂线， 交点为M ，设 6x  与 x轴交点为 N ，可得 PMB BNQ△ △ ，可求得 P点坐标，求出直线 AQ的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得 APQ 的面积. 【详解】（1） 2 2 2: 1(0 5) 25 x yC m m      5a  ，b m ， 根据离心率 2 2 15 4 1 1 5 c b me a a                 ， 解得 5 4 m  或 5 4 m   (舍)， C的方程为： 2 2 2 1 4 25 5 x y         ， 即 2 216 1 25 25 x y   ； （2）点 P在C上，点Q在直线 6x  上，且 | | | |BP BQ ，BP BQ ， 过点 P作 x轴垂线，交点为M ，设 6x  与 x轴交点为 N 根据题意画出图形，如图 - 19 -  | | | |BP BQ ，BP BQ ， 90PMB QNB   ， 又 90PBM QBN   ， 90BQN QBN   ，  PBM BQN  ， 根据三角形全等条件“ AAS”， 可得： PMB BNQ△ △ ，  2 216 1 25 25 x y   ，  (5,0)B ，  6 5 1PM BN    ， 设 P点为 ( , )P Px y ， 可得 P点纵坐标为 1Py  ，将其代入 2 216 1 25 25 x y   ， 可得： 2 16 1 25 25 Px   ， 解得： 3Px  或 3Px   ，  P点为 (3,1)或 ( 3,1) ， ①当 P点为 (3,1)时， 故 5 3 2MB    ，  PMB BNQ△ △ ， - 20 -  | | | | 2MB NQ  ， 可得：Q点为 (6,2)， 画出图象，如图  ( 5,0)A  , (6,2)Q ， 可求得直线 AQ的直线方程为： 2 11 10 0x y   ， 根据点到直线距离公式可得 P到直线 AQ的距离为： 2 2 2 3 11 1 10 5 5 51252 11 d         ， 根据两点间距离公式可得：    2 26 5 2 0 5 5AQ      ，  APQ 面积为： 1 5 55 5 2 5 2    ； ②当 P点为 ( 3,1) 时， 故 5+3 8MB   ，  PMB BNQ△ △ ，  | | | | 8MB NQ  ， 可得：Q点为 (6,8)， 画出图象，如图 - 21 -  ( 5,0)A  , (6,8)Q ， 可求得直线 AQ的直线方程为：8 11 40 0x y   ， 根据点到直线距离公式可得 P到直线 AQ的距离为：   2 2 8 3 11 1 40 5 5 185 1858 11 d          ， 根据两点间距离公式可得：    2 26 5 8 0 185AQ      ，  APQ 面积为： 1 5 5185 2 2185    ， 综上所述， APQ 面积为： 5 2 . 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心 率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 21.设函数 3( )f x x bx c   ，曲线 ( )y f x 在点( 1 2 ，f( 1 2 ))处的切线与 y轴垂直． （1）求 b． （2）若 ( )f x 有一个绝对值不大于 1的零点，证明： ( )f x 所有零点的绝对值都不大于 1． 【答案】（1） 3 4 b   ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）利用导数的几何意义得到 ' 1( ) 0 2 f  ，解方程即可； （2）由（1）可得 ' 2 3 1 1( ) 3 2( )( ) 4 2 2 f x x x x     ，易知 ( )f x 在 1 1( , ) 2 2  上单调递减，在 1( , ) 2   ， 1( , ) 2  上单调递增，且 - 22 - 1 1 1 1 1 1( 1) , ( ) , ( ) , (1) 4 2 4 2 4 4 f c f c f c f c          ，采用反证法，推出矛盾即可. 【详解】（1）因为 ' 2( ) 3f x x b  ， 由题意， ' 1( ) 0 2 f  ，即 213 0 2 b       则 3 4 b   ； （2）由（1）可得 3 3( ) 4 f x x x c   ， ' 2 3 1 1( ) 3 3( )( ) 4 2 2 f x x x x     ， 令 ' ( ) 0f x  ，得 1 2 x  或 2 1x   ；令 ' ( ) 0f x  ，得 1 1 2 2 x   ， 所以 ( )f x 在 1 1( , ) 2 2  上单调递减，在 1( , ) 2   ， 1( , ) 2  上单调递增， 且 1 1 1 1 1 1( 1) , ( ) , ( ) , (1) 4 2 4 2 4 4 f c f c f c f c          ， 若 ( )f x 所有零点中存在一个绝对值大于 1的零点 0x ，则 ( 1) 0f   或 (1) 0f  ， 即 1 4 c  或 1 4 c   . 当 1 4 c  时， 1 1 1 1 1 1( 1) 0, ( ) 0, ( ) 0, (1) 0 4 2 4 2 4 4 f c f c f c f c              ， 又 3 2( 4 ) 64 3 4 (1 16 ) 0f c c c c c c        ， 由零点存在性定理知 ( )f x 在 ( 4 , 1)c  上存在唯一一个零点 0x ， 即 ( )f x 在 ( , 1)  上存在唯一一个零点，在 ( 1, )  上不存在零点， 此时 ( )f x 不存在绝对值不大于 1的零点，与题设矛盾； 当 1 4 c   时， 1 1 1 1 1 1( 1) 0, ( ) 0, ( ) 0, (1) 0 4 2 4 2 4 4 f c f c f c f c              ， 又 3 2( 4 ) 64 3 4 (1 16 ) 0f c c c c c c       ， 由零点存在性定理知 ( )f x 在 (1, 4 )c 上存在唯一一个零点 0x ， 即 ( )f x 在(1, ) 上存在唯一一个零点，在 ( ,1) 上不存在零点， 此时 ( )f x 不存在绝对值不大于 1的零点，与题设矛盾； 综上， ( )f x 所有零点的绝对值都不大于 1. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学 - 23 - 生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题. （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]（10分） 22.在直角坐标系 xOy中，曲线 C的参数方程为 2 2 2 2 3 x t t y t t         （t为参数且 t≠1），C与坐标 轴交于 A、B两点． （1）求 | |AB ； （2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线 AB的极坐标方程． 【答案】（1） 4 10 （2）3 cos sin 12 0      【解析】 【分析】 （1）由参数方程得出 ,A B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 AB 的值； （2）由 ,A B的坐标得出直线 AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可. 【详解】（1）令 0x  ，则 2 2 0t t   ，解得 2t   或 1t  （舍），则 2 6 4 12y     ，即 (0,12)A . 令 0y  ，则 2 3 2 0t t   ，解得 2t  或 1t  （舍），则 2 2 4 4x      ，即 ( 4,0)B  2 2(0 4) (12 0) 4 10AB      ； （2）由（1）可知 12 0 3 0 ( 4)ABk      ， 则直线 AB的方程为 3( 4)y x  ，即3 12 0x y   . 由 cos , sinx y     可得，直线 AB的极坐标方程为3 cos sin 12 0      . 【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中 档题. [选修 4—5：不等式选讲]（10分） 23.设 a，b，cR，a+b+c=0，abc=1． - 24 - （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}≥ 3 4． 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由 2 2 2 2( ) 2 2 2 0a b c a b c ab ac bc         结合不等式的性质，即可得出证明； （2）不妨设max{ , , }a b c a ，由题意得出 0, , 0a b c  ，由  2 2 2 3 2 2b c b c bca a a bc bc        ，结合基本不等式，即可得出证明. 【详解】（1） 2 2 2 2( ) 2 2 2 0a b c a b c ab ac bc         ，  2 2 21 2 ab bc ca a b c       . , ,a b c 均不为 0，则 2 2 2 0a b c   ，  2 2 21 2 0ab bc ca a b c        ； （2）不妨设max{ , , }a b c a ， 由 0, 1a b c abc    可知， 0, 0, 0a b c   ， 1,a b c a bc     ，  2 2 2 3 2 2 2 2 4 b c b c bc bc bca a a bc bc bc            . 当且仅当b c 时，取等号， 3 4a  ，即 3max{ , , } 4a b c … . 【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.