1、一、选择题 1.设 x、y、z0，且 x3y4z6，则 x2y3z 的最大值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 由 x、y、z0 及a 1a2an n na1a2an(其中 a10，an0)， x2y3zx 2 x 2yyy4z x 2 x 2yyy4z 6 6 1. 答案 A 2.设 a，b，c(0，)且 abc1，令 x 1 a1 1 b1 1 c1 ，则 x 的取值 范围为( ) A. 0，1 8 B. 1 8，1 C.1，8) D.8，) 解析 x 1 a1 1 b1 1 c1 1a a 1b b 1c c （bc）（ca）（ab） abc 2 bc2 ca2 ab abc
2、 8， 当且仅当 abc 时取等号，x8. 答案 D 3.已知|AB |AC|，|AB|1 t，|AC |t.若点 P 是ABC 所在平面内的一点，且|AP| 4ABAC ABAC ，则PB PC的最大值等于( ) A.13 B.15 C.19 D.21 解析 建立平面直角坐标系，用坐标法求解. AB AC，故可以 A 为原点，AB，AC 所在直线为坐标轴建立平面直角坐标 系.不妨设 B 0，1 t ，C(t，0)，则AP 0，1 t 1 t 4（t，0） t (4，1)， 故点 P 的坐标为(4，1). PB PC 4，1 t1 (t4，1)4t 1 t17 4t1 t 17 2 41713
3、. 当且仅当 4t1 t，即 t 1 2时(负值舍去)取得最大值 13. 答案 A 4.已知圆柱的轴截面周长为 6，体积为 V，则下列关系式总成立的是( ) A.V B.V C.V1 8 D.V1 8 解析 设圆柱的底面半径为 r，高为 h， 则由题意得：4r2h6，即 2rh3， 于是有 Vr2h rrh 3 3 3 3 3 ， 当且仅当 rh 时取等号. 答案 B 5.如果圆柱的轴截面周长 l 为定值，那么圆柱的体积最大值是( ) A. l 6 3 B. l 3 3 C. l 4 3 D.1 4 l 4 3 解析 l4r2h，即 2rh l 2， Vr2h rrh 3 3 l 6 3 .
4、答案 A 6.在区间 1 2，2 上，函数 f(x)x 2bxc (b，cR)与 g(x)x 2x1 x 在同一点取 相同的最小值，那么 f(x)在区间 1 2，2 上的最大值是( ) A.13 4 B.4 C.8 D.5 4 解析 g(x)x1 x1 在 x1 时，取最小值 3. b2，c4. 答案 B 二、填空题 7.函数 y x2 x49 (x0)有最大值_，此时 x_. 解析 x0，x20. y x2 x49 1 x2 9 x2 1 2x2 9 x2 1 6， 当且仅当 x2 9 x2，即 x 49，x23，x 3时取等号， 即当 x 3时，ymax1 6. 答案 1 6 3 8.建造
5、一个容积为8 m3，深为2 m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每 平方米分别为 180 元和 80 元，那么水池的最低总造价为_. 解析 设池长 x m，则池宽4 x m，水池总造价 y180422 4 x80 22x80720320 4 xx 72032042 000(元)，当且仅当 x2 时 “”成立. 答案 2 000 元 三、解答题 9.在ABC 中，如果三内角满足：sin2Asin2B5sin2C，求证：sin C3 5. 证明 在ABC 中，由正弦定理，得 a sin A b sin B c sin C2R. 又sin2Asin2B5sin2C，a2b25c2. 由余弦定理，
6、得 cos Ca 2b2c2 2ab 4c2 2ab 4c2 a2b2 4c2 5c2 4 5. 由 0C且 cos C4 5，得 0C 2 ，sin C3 5. 10.某城建公司承包旧城拆建工程，按合同规定在 4 个月内完成.若提前完成，每 提前一天可获2千元奖金，但这要追加投入费用；若延期则每延期一天将被罚 款5千元.追加投入的费用按以下关系计算：6x 784 x3118(千元)，其中x表示 提前完工的天数，试问提前多少天，才能使此公司获得最大附加效益？(附加 效益所获奖金追加费用). 解 设该城建公司获得的附加效益为 y 千元， 则由题意，得 y2x 6x 784 x3118 118 4
7、x 784 x3 118 4（x3） 784 x312 130 4（x3） 784 x3 1302 4（x3） 784 x313011218， 当且仅当 4(x3) 784 x3，即 x11 时取等号. 提前 11 天完工，公司可获得最大附加效益. 11.已知 a，b，c 均为正数，证明：a2b2c2 1 a 1 b 1 c 2 6 3，并确定 a， b，c 为何值时，等号成立. 证明 法一 因为 a，b，c 均为正数，由平均值不等式得 a2b2c23(abc) 2 3 1 a 1 b 1 c3(abc) 1 3， 所以 1 a 1 b 1 b 2 9(abc) 2 3. 故 a2b2c2 1
8、 a 1 b 1 c 2 3(abc) 2 39(abc) 2 3. 又 3(abc) 2 39(abc) 2 32 276 3 所以原不等式成立. 当且仅当 abc 时，式和式等号成立.当且仅当 3(abc) 2 39(abc) 2 3时， 式等号成立. 即当且仅当 abc3 1 4时，原式等号成立. 法二 因为 a，b，c 均为正数，由基本不等式得 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac， 所以 a2b2c2abbcac， 同理 1 a2 1 b2 1 c2 1 ab 1 bc 1 ac. 故 a2b2c2 1 a 1 b 1 c 2 abbcac3 1 ab3 1 bc3 1 ac6 3. 所以原不等式成立. 当且仅当 abc 时，式和式等号成立，当且仅当 abc，(ab)2(bc)2 (ac)23 时，式等号成立. 即当且仅当 abc31 4时，原式等号成立.
