湖南省师范大学附中2020届高三上学期11月月考数学（理）试题

湖南省师范大学附中2020届高三上学期11月月考数学（理）试题

湖南师大附中2020届高三月考试卷（一）‎ 数学（理科）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,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.设全集为，集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出集合B的等价条件，结合集合的基本运算进行求解即可．‎ ‎【详解】B＝{x|log3（x+2）＜1}＝{x|0＜x+2＜3}＝{x|﹣2＜x＜1}，‎ 则∁RB＝{x|x≥1或x≤﹣2}，‎ A∩（∁RB）＝{x|1≤x＜2}，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出不等式的等价条件是解决本题的关键．‎ ‎2.命题“且”的否定形式是（ ）‎ A. 且 B. 或 C. 且 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．‎ ‎【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“∃n0∈N*，f（n0）∈N*且f（n0）≤n0”的否定形式是：∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞n．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．‎ ‎3.设，满足约束条件则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的范围即可．‎ ‎【详解】x，y满足约束条件的可行域如图：‎ 目标函数z＝x+y，经过可行域的A，O时，目标函数取得最值，‎ 由解得A（0，3），‎ 目标函数z＝x+y的最大值为：0+3=3，最小值为：0，‎ 目标函数z＝x+y的取值范围：[0，3]．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查线性规划的简单应用，目标函数的最优解以及可行域的作法是解题的关键．‎ ‎4.设，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用所给的数所在的区间和指数函数的单调性比较大小即可.‎ ‎【详解】由题意可得：，，，‎ 指数函数单调递减，故，‎ 综上可得：.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．‎ ‎5.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.‎ 详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为 ‎，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，选C.‎ 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法： (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.‎ ‎6.函数图象向右平移个单位得到函数的图象，并且函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则实数的值为（ ）‎ A B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由函数的图象向右平移个单位得到，函数在区间上单调递增，在区间 上单调递减，可得时，取得最大值，即，，，当时，解得，故选C.‎ 点睛：本题主要考查了三角函数图象的平移变换和性质的灵活运用，属于基础题；据平移变换“左加右减，上加下减”的规律求解出，根据函数在区间上单调递增，在区间上单调递减可得时，取得最大值，求解可得实数的值.‎ ‎7.已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由函数的解析式分析函数的奇偶性与单调性，据此分析可得f（lnx）+f（ln）＜2f（1）⇒2f（lnx）＜2f（1）⇒f（lnx）＜f（1）⇒|lnx|＜1，解可得x的取值范围，即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，函数f（x）＝ln（1+|x|），则f（﹣x）＝ln（1+|x|）f（x），即函数f（x）为偶函数，‎ 在[0，+∞）上，f（x）＝ln（1+x），则f（x）在[0，+∞）上为增函数，‎ f（lnx）+f（ln）＜2f（1）⇒2f（lnx）＜2f（1）⇒f（lnx）＜f（1），‎ 即|lnx|＜1，解可得x＜e，即不等式的解集为（，e）；‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是分析f（x）的奇偶性与单调性，属于基础题．‎ ‎8.在平行四边形中，，，，为的中点，为平面内一点，若，则（ ）‎ A. 16 B. 12 C. 8 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件及向量加减法的几何意义即可得出||＝||，再根据向量的数量积公式计算即可 ‎【详解】由||＝||，可得||＝||，‎ 取AM的中点为O，连接ON，则ON⊥AM，‎ 又，‎ 所以•（）2（•）（416+2×4）＝6，‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面向量的几何表示，数量积的几何意义，运算求解能力，属于中档题 ‎9.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线（ ）‎ A. 不存在 B. 有且只有两条 C. 有且只有三条 D. 有无数条 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在上任意取一点，直线与确定一个平面，‎ 这个平面与有且仅有个交点，‎ 当取不同的位置就确定不同的平面，‎ 从而与有不同的交点，‎ 而直线与这条异面直线都有交点，如图所示，故选D．‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了空间中点、线、面的位置关系，其中解答中涉及到立体几何中空间直线相交问题、空间几何体的结构特征、异面直线的概念等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于基础题，本题的解答中正确把握空间几何体的结构特征是解答的关键．‎ ‎10.如图，已知双曲线：的右顶点为为坐标原点，以 为圆心的圆与双曲线的某渐近线交于两点．若且，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：确定△QAP为等边三角形，设AQ=6R，则OP=3R，利用勾股定理，结合余弦定理，即可得出结论．‎ 因为且，所以△QAP为等边三角形，设AQ=2R，则OP=R，渐近线方程为 取PQ的中点M，则，由勾股定理可得 在△OQA中，‎ 结合，可得 考点：双曲线的简单性质 ‎11.对大于1的自然数 m的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”： ,仿此，若的“分裂数”中有一个是73，则m的值为（ ）‎ A. 8 B. 9 C. 10 D. 11‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题意可得的“分裂数”为个连续奇数，设的“分裂数”中第一个数为，则由题意可得：，，…，，将以上个式子叠加可得 ‎∴‎ ‎∴当时，，即73是的“分裂数”中第一个数 故选B ‎12.设，若函数在内有4个零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当时，显然有，即不是的零点；当时，的零点个数即为方程的根的个数，则由，即，则的零点个数为函数与的交点个数，作出这两个函数的图象，如图所示，由图知，故选B．‎ 考点：1、函数的零点；2、函数的图象．‎ ‎【方法点睛】函数零点的几种等价形式：函数有零点函数在轴有交点方程有根函数与有交点．解答此类试题往往作出函数与的图象，利用数列结合的思想解答．‎ 二、填空题，本大题共4小题，每题5分，共20分.‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可判断出点在曲线上，所以通过求导求出切线的斜率，把斜率和点代入点斜式方程即可．‎ ‎【详解】∵点（0，1）在曲线上，又由题意，，∴斜率k＝，∴所求方程为：，即y＝x+1．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，属于基础题．‎ ‎14.已知数列，若，且对于任意，都有，则实数的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用数列的通项公式和数列的单调性的应用求出结果．‎ ‎【详解】数列{an}，若an═﹣n2+kn+4，则an+1═﹣（n+1）2+k（n+1）+4，‎ 由an+1＜an，整理得﹣（n+1）2+k（n+1）+4﹣（﹣n2+kn+4）＜0，‎ 化简得：k＜2n+1，‎ 由于对于任意n∈N*，都有an+1＜an恒成立，‎ 所以k＜（2n+1）min，‎ 即当n＝1时，k＜3．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的应用，数列的单调性的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎15.已知圆，圆，若圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点为，，使得，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求出OP的距离，得到P的轨迹，再由圆与圆的位置关系求得答案．‎ ‎【详解】由题意易得，，‎ 点在以的圆心，2为半径的圆上，此圆与圆有公共点，，‎ 即.‎ ‎，，‎ 即，解得，的取值范围是 故答案为：[0，3]．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线和圆、圆与圆的位置关系的应用，利用数形结合将条件进行等价转化是解决本题的关键，是中档题 ‎16.已知在锐角中，角，，的对边分别是，，，的面积为2，若，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意利用正弦定理求得sin（A﹣B）＝sinB，可得A＝2B，再根据可得C的范围，结合面积公式将所求化为，利用求得范围．‎ ‎【详解】由可得，，又锐角中，，‎ 且，从而可得，.又由正弦定理可得，，，从而.因为的面积为2，所以，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，三角形内角和公式，二倍角公式的应用，考查了对勾函数最值范围的求法，属于中档题．‎ 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. ‎ ‎17.设的内角，，的对边分别是，，，且三个内角，，依次成等差数列.‎ ‎（1）若，求角；‎ ‎（2）若为钝角三角形，且，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理可得b2＝ac，再由A，B，C依次成等差数列求得，再由余弦定理求得a＝c，可得△ABC为正三角形，得到结论.‎ ‎（2）要求的式子利用三角函数的恒等变换化为，再根据角A的范围求出的范围，即得所求．‎ ‎【详解】依次成等差数列，，.‎ ‎（1），.‎ 又，‎ ‎，即，‎ 为正三角形，.‎ ‎（2）‎ ‎.‎ ‎，，‎ ‎，，‎ ‎.‎ 故的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，三角函数的恒等变换，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．‎ ‎18.在如图所示的几何体中，四边形是菱形，四边形是矩形，平面平面，，，，为的中点，为线段上的一点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若二面角的大小为，求的值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接DB，由已知可得△ABD为等边三角形，得到DE⊥AB，则DE⊥DC，再由ADNM为矩形，得DN⊥AD，由面面垂直的性质可得DN⊥平面ABCD，得到DN⊥DE，由线面垂直的判断可得DE⊥平面DCN，进一步得到DE⊥CN；‎ ‎（2）由（1）知DN⊥平面ABCD，得到DN⊥DE，DN⊥DC，又DE⊥DC，以D为坐标原点，DE、DC、DN分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，λ∈[0，1]，分别求出平面PDE与平面DEC的一个法向量，由二面角P﹣DE﹣C的大小为列式求得λ即可．‎ ‎【详解】（1）连接.‎ 在菱形中，，，‎ 为等边三角形.‎ 又为的中点，.‎ 又，.‎ 四边形为矩形，.‎ 又平面平面，‎ 平面平面，‎ 平面，‎ 平面.‎ 平面，.‎ 又 平面.‎ 平面，‎ ‎.‎ ‎（2）由（1）知平面，‎ 平面，。‎ 两两垂直.‎ 以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，‎ ‎，‎ 设，‎ 则，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，‎ 即，‎ 令，则.‎ 由图形知，平面的一个法向量为，‎ 则，‎ 即，即.‎ ‎，‎ 解得，的值为.‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查了线面垂直、面面垂直的判定及性质的应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解线面角，是中档题．‎ ‎19.已知椭圆的中心是坐标原点，它的短轴长，焦点，点，且 ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）是否存在过点直线与椭圆相交于两点，且以线段为直径的圆过坐标原点，若存在，求出直线的方程；不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1)；(2)答案见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】(1)利用列方程,可求得,由题意可知,由此求得,且出去椭圆的标准方程.(2) 设直线的方程为,联立直线的方程和椭圆的方程,写出韦达定理,利用圆的直径所对的圆周角为直角,转化为两个向量的数量积为零建立方程,由此求得的值.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）由题意知，‎ 由，得，解得：‎ 椭圆的方程为 离心率为 ‎（2），设直线的方程为 联立，得 设，则 由已知得，得，即 解得：，‎ 符合直线的方程为.‎ ‎20.新能源汽车的春天来了！2018年3月5日上午，李克强总理做政府工作报告时表示，将新能源汽车车辆购置税优惠政策再延长三年，自2018年1月1日至2020年12月31日，对购置的新能源汽车免征车辆购置税.某人计划于2018年5月购买一辆某品牌新能源汽车，他从当地该品牌销售网站了解了近五个月的实际销量如下表：‎ 月份 ‎2017.12‎ ‎2018.01‎ ‎201802‎ ‎2018.03‎ ‎2018.04‎ 月份编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 销量（万量）‎ ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎1‎ ‎1.4‎ ‎1.7‎ ‎（1）经分析，可用线性回归模型拟合当地该品牌新能源汽车实际销量（万辆）与月份编号之间的相关关系.请用最小二乘法求关于的线性回归方程，并预测2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量；‎ ‎（2）2018年6月12日，中央财政和地方财政将根据新能源汽车最大续航里程（新能源汽车的最大续航里程是指理论上新能源汽车所装的燃料或电池所能够提供给车跑的最远里程）对购车补贴进行新一轮调整.已知某地拟购买新能源汽车的消费群体十分庞大，某调研机构对其中的200名消费者的购车补贴金额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：‎ 补贴金额预期值区间（万元）‎ 频数 ‎20‎ ‎60‎ ‎60‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎（i）求这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心理预期值的方差及中位数的估计值（同一区间的预期值可用该区间的中点值代替，估计值精确到0.1）；‎ ‎（ii）将频率视为概率，现用随机抽样方法从该地区拟购买新能源汽车的所有消费者中随机抽取3人，记被抽取的3人中对补贴金额的心理预期值不低于3万元的人数为，求的分布列及数学期望.‎ 附：①回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，‎ ‎；②.‎ ‎【答案】(1) ，2万辆. (2) （i）=1.7，中位数3.3万元.（ii）分布列见解析，数学期望为1.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意利用最小二乘法能求出y关于t的线性回归方程，并预测2018年5月份当地该品牌新能源汽车的销量．‎ ‎（2）（i）由题意能求出这200位拟购买新能源汽车的消费者对补贴金额的心里预期值的平均值和样本方差s2及中位数的估计值．‎ ‎（ii）根据给定的频数表可知，任意抽取1名拟购买新能源汽车的消费者，对补贴金额的心理预期值不低于3万元的概率为，由题意可知ξ～B（3，），ξ的所有可能取值为0，1，2，3，由此能求出ξ的分布列及数学期望E（ξ）．‎ ‎【详解】（1）由表格数据可知，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 关于的线性回归方程，‎ 根据的含义，2018年5月时，，代入可得（万辆），即2018年5月销量的预测值为2万辆.‎ ‎（2）（i）由表中数据可知各组频率依次为0.1，0.3，0.3，0.15，0.1，0.05，‎ 平均值，‎ ‎.‎ ‎，‎ 中位数在区间内，设中位数为，‎ 有，‎ 解得，，中位数万元.‎ ‎（ii）由（i）可知，心理预期值不低于3万元的概率为，‎ 则，的可能取值为0，1，2，3.‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 的分布列为 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0.064‎ ‎0.288‎ ‎0.432‎ ‎0.216‎ 故 ‎【点睛】本题考查线性回归方程的求法及应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若对任意的，都有恒成立，求的最小值；‎ ‎（2）设，若为曲线上的两个不同的点，满足，且，使得曲线在点处的切线与直线平行，求证：.‎ ‎【答案】(1)1；(2)证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 对任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立⇔aln（x+1）﹣x．‎ 令h（x）＝aln（x+1）﹣x（x≥0）．利用导数的运算法则可得h′（x）．‎ 分类讨论：当a≥1时，当a＜1时，只要验证最小值是否大于0即可得出．‎ ‎ (2)p（x）＝f（x﹣1）＝alnx，kAB．利用导数的运算法则可得．由于曲线y＝f（x）在x3处的切线与直线AB平行，可得．利用p′（x）在定义域内单调性质要证：x3．即证明．即证明．变形可得，令，则t＞1．要证明的不等式等价于⇔（t+1）lnt＞2（t﹣1）．构造函数q（t）＝（t+1）lnt﹣2（t﹣1），（t＞1）．利用导数研究其单调性即可证明．‎ ‎【详解】（1）恒成立恒成立，‎ 令，‎ 则，‎ ‎（i）若，则恒成立，‎ 函数在为单调递增函数，‎ 恒成立，又，‎ 符合条件.‎ ‎（ii）若，由，可得，‎ 解得和（舍去），‎ 当时，；‎ 当时，；‎ ‎∴，这与h（x）≥0相矛盾，应舍去．‎ 综上，，的最小值为1.‎ ‎（2），，‎ 又，，‎ ‎，‎ 由，易知其在定义域内为单调递减函数，‎ 欲证证明，‎ 即，‎ 变形可得：，‎ 令，原不等式等价于，‎ 等价于，‎ 构造函数，‎ 则，‎ 令，‎ 当时，，‎ 在上为单调递增函数，，‎ 在上为单调递增函数，‎ 在上恒成立，‎ 成立，得证.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造函数法、换元法、恒成立问题的等价转化、分类讨论等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．‎ ‎（二）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，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.在直角坐标系中，直线，圆，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系.‎ ‎（1）求，的极坐标方程；‎ ‎（2）若直线的极坐标方程，设与的交点为，，求的面积.‎ ‎【答案】(1) ；；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件根据x＝ρcosθ，y＝ρsinθ求得C1，C2的极坐标方程．‎ ‎（2）把直线C3的极坐标方程代入ρ2﹣3ρ+4＝0，求得ρ1和ρ2的值，结合圆的半径可得C2M⊥C2N，从而求得△C2MN的面积C2MC2N的值．‎ ‎【详解】（1）‎ 的极坐标方程为.‎ 由的直角坐标方程，‎ 展开得，‎ 的极坐标方程为.‎ ‎（2）将代入，‎ 得，‎ 解得，‎ 即.‎ 由于的半径为1，即.‎ 易知，‎ 即为等腰直角三角形，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查简单曲线的极坐标方程，点的极坐标的定义，属于基础题．‎ ‎23.已知函数 ‎（1）求不等式的解集 ‎（2）设，证明：.‎ ‎【答案】(1)或 ；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求交集，最后求并集（2）利用分析法证明，先根据绝对值三角不等式将不等式转化为证明，再两边平方，因式分解转化为证明，最后根据条件确定成立.‎ ‎【详解】（1）∵，∴.‎ 当时，不等式可化为，‎ 解得，∴；‎ 当,不等式可化为，解得， 无解；‎ 当时，不等式可化为，解得，∴.‎ 综上所述，或.‎ ‎（2）∵，‎ 要证成立，‎ 只需证，‎ 即证，‎ 即证,‎ 即证.‎ 由（1）知，或，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴成立.‎ 综上所述，对于任意的都有成立.‎ 点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.‎ ‎(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.‎ ‎ ‎ ‎ ‎