高二數(shù)學(xué)模擬試題及答案

高二數(shù)學(xué)模擬試題及答案姓名：____________________

一、選擇題（每題[5]分，共[30]分）

1.已知函數(shù)$f(x)=\sqrt{1-x^2}$，則其定義域?yàn)椋ǎ?/p>

A.$(-1,1)$

B.$[-1,1]$

C.$[-1,1]$

D.$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$

2.若$a>0$，$b>0$，則$\sqrt{a}+\sqrt>\sqrt{a+b}$的充要條件是（）

A.$a<b$

B.$a>b$

C.$a=b$

D.無法確定

3.已知$\sinA+\sinB=\sinC+\sinD$，則下列結(jié)論正確的是（）

A.$A+B=C+D$

B.$A-B=C-D$

C.$A+B=C+D+\pi$

D.$A-B=C-D+\pi$

4.設(shè)$a>0$，$b>0$，$c>0$，則$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3$的充要條件是（）

A.$a=b=c$

B.$a\neqb\neqc$

C.$a=b$或$b=c$或$c=a$

D.無法確定

5.若$a^2+b^2+c^2=3$，則$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3$的充要條件是（）

A.$a=b=c$

B.$a\neqb\neqc$

C.$a=b$或$b=c$或$c=a$

D.無法確定

6.若$x_1,x_2,x_3$是等差數(shù)列$\{x_n\}$的前三項(xiàng)，且$x_1+x_2+x_3=9$，則$\{x_n\}$的公差$d$的值為（）

A.1

B.2

C.3

D.4

二、填空題（每題[5]分，共[30]分）

1.若$a^2+b^2+c^2=1$，則$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq\frac{3}{4}$的充要條件是$a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$。

2.若$x_1,x_2,x_3$是等差數(shù)列$\{x_n\}$的前三項(xiàng)，且$x_1+x_2+x_3=9$，則$\{x_n\}$的公差$d$的值為3。

3.若$\sinA+\sinB=\sinC+\sinD$，則$A+B=C+D$。

4.若$a>0$，$b>0$，$c>0$，則$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3$的充要條件是$a=b=c$。

5.若$a^2+b^2+c^2=3$，則$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3$的充要條件是$a=b=c$。

三、解答題（每題[10]分，共[30]分）

1.已知$a>0$，$b>0$，$c>0$，求證：$a^2+b^2+c^2\geqab+bc+ca$。

2.已知$\sinA+\sinB=\sinC+\sinD$，求證：$A+B=C+D$。

3.已知$a>0$，$b>0$，$c>0$，求證：$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3$。

4.已知$a^2+b^2+c^2=3$，求證：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3$。

四、解答題（每題[10]分，共[30]分）

1.已知$a>0$，$b>0$，$c>0$，求證：$a^2+b^2+c^2\geqab+bc+ca$。

證明：

由基本不等式得：$a^2+b^2\geq2ab$，$b^2+c^2\geq2bc$，$a^2+c^2\geq2ac$。

將上述不等式相加得：$2a^2+2b^2+2c^2\geq2ab+2bc+2ac$。

兩邊同時(shí)除以2得：$a^2+b^2+c^2\geqab+bc+ca$。

當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c$時(shí)，等號(hào)成立。

2.已知$\sinA+\sinB=\sinC+\sinD$，求證：$A+B=C+D$。

證明：

由正弦定理得：$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=\fracwjsbkyh{\sinD}$。

將$\sinA+\sinB=\sinC+\sinD$代入正弦定理中得：$\frac{a}{\sinA}+\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}+\fracp4wf1a1{\sinD}$。

整理得：$ab=cd$。

由余弦定理得：$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$。

將$ab=cd$代入余弦定理中得：$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$。

兩邊同時(shí)乘以$\cosA\cosC$得：$a^2\cosA=b^2\cosA+c^2\cosA-2bc\cosA\cosA$，$c^2\cosC=a^2\cosC+b^2\cosC-2ab\cosA\cosC$。

整理得：$a^2\cosA-b^2\cosA=c^2\cosC-a^2\cosC$，$b^2\cosC-c^2\cosC=a^2\cosA-b^2\cosA$。

兩邊同時(shí)除以$\cosA\cosC$得：$a^2-b^2=c^2-a^2$，$b^2-c^2=a^2-b^2$。

兩邊同時(shí)除以$a^2-b^2$得：$1=\frac{c^2-a^2}{a^2-b^2}$，$1=\frac{b^2-c^2}{a^2-b^2}$。

兩邊同時(shí)乘以$a^2-b^2$得：$c^2-a^2=a^2-b^2$，$b^2-c^2=a^2-b^2$。

兩邊同時(shí)加上$a^2+b^2$得：$a^2+b^2+c^2-a^2=a^2+b^2+c^2-b^2$，$a^2+b^2+c^2-b^2=a^2+b^2+c^2-c^2$。

兩邊同時(shí)除以2得：$A+B=C+D$。

當(dāng)且僅當(dāng)$A+B=C+D$時(shí)，等號(hào)成立。

3.已知$a>0$，$b>0$，$c>0$，求證：$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3$。

證明：

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式（AM-GM不等式）得：$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3\sqrt[3]{\frac{a}\cdot\frac{c}\cdot\frac{c}{a}}$。

化簡(jiǎn)得：$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3\sqrt[3]{1}$。

即：$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3$。

當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c$時(shí)，等號(hào)成立。

4.已知$a^2+b^2+c^2=3$，求證：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3$。

證明：

由柯西不等式得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^2\leq(a+b+c)(1+1+1)$。

化簡(jiǎn)得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^2\leq3(a+b+c)$。

兩邊同時(shí)開方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\leq\sqrt{3(a+b+c)}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\leq\sqrt{3\cdot3\sqrt[3]{abc}}$。

化簡(jiǎn)得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\leq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\leq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\leq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由均值不等式得：$a+b+c\geq3\sqrt[3]{abc}$。

代入得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{abc}$。

由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得：$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。

兩邊同時(shí)立方得：$(\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c})^3\geq27\sqrt{abc}$。

兩邊同時(shí)開立方得：$\sqrt{a}+\sqrt

試卷答案如下：

一、選擇題（每題[5]分，共[30]分）

1.B

解析思路：函數(shù)$f(x)=\sqrt{1-x^2}$的定義域是使得根號(hào)內(nèi)的表達(dá)式非負(fù)的$x$的集合，即$1-x^2\geq0$。解不等式得$-1\leqx\leq1$，所以定義域?yàn)?[-1,1]$。

2.A

解析思路：由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式（AM-GM不等式）得$\sqrt{a}+\sqrt\geq2\sqrt{\sqrt{ab}}$。當(dāng)且僅當(dāng)$a=b$時(shí)，等號(hào)成立。同理可得$\sqrt+\sqrt{c}\geq2\sqrt{\sqrt{bc}}$和$\sqrt{c}+\sqrt{a}\geq2\sqrt{\sqrt{ca}}$。將這三個(gè)不等式相加得$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq2(\sqrt{\sqrt{ab}}+\sqrt{\sqrt{bc}}+\sqrt{\sqrt{ca}})$。由于$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\geq3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$（AM-GM不等式），所以$\sqrt{a}+\sqrt+\sqrt{c}\geq2\cdot3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}=6\sqrt[3]{\sqrt{abc}}$。當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c$時(shí)，等號(hào)成立。

3.A

解析思路：由正弦定理得$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=\fracwzd14jo{\sinD}$。將$\sinA+\sinB=\sinC+\sinD$代入正弦定理中得$\frac{a}{\sinA}+\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}+\fracngu1uil{\sinD}$。整理得$ab=cd$。由余弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$。將$ab=cd$代入余弦定理中得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$。兩邊同時(shí)乘以$\cosA\cosC$得$a^2\cosA=b^2\cosA+c^2\cosA-2bc\cosA\cosA$，$c^2\cosC=a^2\cosC+b^2\cosC-2ab\cosA\cosC$。整理得$a^2\cosA-b^2\cosA=c^2\cosC-a^2\cosC$，$b^2\cosC-c^2\cosC=a^2\cosA-b^2\cosA$。兩邊同時(shí)除以$\cosA\cosC$得$a^2-b^2=c^2-a^2$，$b^2-c^2=a^2-b^2$。兩邊同時(shí)加上$a^2+b^2$得$a^2+b^2+c^2-a^2=a^2+b^2+c^2-b^2$，$a^2+b^2+c^2-b^2=a^2+b^2+c^2-c^2$。兩邊同時(shí)除以2得$A+B=C+D$。

4.A

解析思路：由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式（AM-GM不等式）得$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3\sqrt[3]{\frac{a}\cdot\frac{c}\cdot\frac{c}{a}}$?；?jiǎn)得$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3\sqrt[3]{1}$。即$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3$。當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c$時(shí)，等號(hào)成立。

5.A

解析思路：由均值不等式得$a^2+b^2+c^2\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$。代入$a^2+b^2+c^2=3$得$3\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$?；?jiǎn)得$1\geq\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$。兩邊同時(shí)立方得$1\geqa^2b^2c^2$。兩邊同時(shí)開平方得$1\geqab\cdotbc\cdotca$。由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得$ab+bc+ca\geq3\sqrt[3]{ab\cdotbc\cdotca}$。代入$1\geqab\cdotbc\cdotca$得$ab+bc+ca\geq3\sqrt[3]{1}=3$。當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c$時(shí)，等號(hào)成立。

6.B

解析思路：由等差數(shù)列的性質(zhì)得$x_2=\frac{x_1+x_3}{2}$。代入$x_1+x_2+x_3=9$得$x_2=\frac{9-x_1-x_3}{2}$。由等差數(shù)列的定義得$x_3=x_1+2d$，$x_2=x_1+d$。代入$x_2=\frac{9-x_1-x_3}{2}$得$x_1+d=\frac{9-x_1-(x_1+2d)}{2}$。化簡(jiǎn)得$2x_1+2d=9-x_1-x_1-2d$。整理得$3x_1+4d=9$。由$x_1+x_2+x_3=9$得$x_1+(x_1+d)+(x_1+2d)=9$?；?jiǎn)得$3x_1+3d=9$。解得$d=2$。

二、填空題（每題[5]分，共[30]分）

1.$a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

解析思路：由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式（AM-GM不等式）得$a^2+b^2+c^2\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$。代入$a^2+b^2+c^2=1$得$1\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$?；?jiǎn)得$1\geq\sqrt[3]{a^6b^6c^6}$。兩邊同時(shí)立方得$1\geqa^6b^6c^6$。兩邊同時(shí)開立方得$1\geqabc$。由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得$ab+bc+ca\geq3\sqrt[3]{abc}$。代入$1\geqabc$得$ab+bc+ca\geq3\sqrt[3]{1}=3$。當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c$時(shí)，等號(hào)成立。

2.3

解析思路：由等差數(shù)列的性質(zhì)得$x_2=\frac{x_1+x_3}{2}$。代入$x_1+x_2+x_3=9$得$x_2=\frac{9-x_1-x_3}{2}$。由等差數(shù)列的定義得$x_3=x_1+2d$，$x_2=x_1+d$。代入$x_2=\frac{9-x_1-x_3}{2}$得$x_1+d=\frac{9-x_1-(x_1+2d)}{2}$?；?jiǎn)得$2x_1+2d=9-x_1-x_1-2d$。整理得$3x_1+4d=9$。由$x_1+x_2+x_3=9$得$x_1+(x_1+d)+(x_1+2d)=9$?；?jiǎn)得$3x_1+3d=9$。解得$d=2$。

3.$A+B=C+D$

解析思路：由正弦定理得$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=\fracz4sq4qp{\sinD}$。將$\sinA+\sinB=\sinC+\sinD$代入正弦定理中得$\frac{a}{\sinA}+\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}+\fracsxguib0{\sinD}$。整理得$ab=cd$。由余弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$。將$ab=cd$代入余弦定理中得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$。兩邊同時(shí)乘以$\cosA\cosC$得$a^2\cosA=b^2\cosA+c^2\cosA-2bc\cosA\cosA$，$c^2\cosC=a^2\cosC+b^2\cosC-2ab\cosA\cosC$。整理得$a^2\cosA-b^2\cosA=c^2\cosC-a^2\cosC$，$b^2\cosC-c^2\cosC=a^2\cosA-b^2\cosA$。兩邊同時(shí)除以$\cosA\cosC$得$a^2-b^2=c^2-a^2$，$b^2-c^2=a^2-b^2$。兩邊同時(shí)加上$a^2+b^2$得$a^2+b^2+c^2-a^2=a^2+b^2+c^2-b^2$，$a^2+b^2+c^2-b^2=a^2+b^2+c^2-c^2$。兩邊同時(shí)除以2得$A+B=C+D$。

4.$a=b=c$

解析思路：由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式（AM-GM不等式）得$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3\sqrt[3]{\frac{a}\cdot\frac{c}\cdot\frac{c}{a}}$?；?jiǎn)得$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3\sqrt[3]{1}$。即$\frac{a}+\frac{c}+\frac{c}{a}\geq3$。當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c$時(shí)，等號(hào)成立。

5.$a=b=c$

解析思路：由均值不等式得$a^2+b^2+c^2\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$。代入$a^2+b^2+c^2=3$得$3\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$?；?jiǎn)得$1\geq\sqrt[3]{a^6b^6c^6}$。兩邊同時(shí)立方得$1\geqa^6b^6c^6$。兩邊同時(shí)開立方得$1\geqabc$。由算術(shù)平均數(shù)-幾何平均數(shù)不等式得$ab+bc+ca\geq3\sqrt[3]{abc}$。代入$1\geqabc$得$ab+bc+ca\geq3\sqrt[3]{1}=3$。當(dāng)且僅當(dāng)$a=b=c$時(shí)，等號(hào)成立。

三、解答題（每題[10]分，共[30]分）

1.$a^2+b^2+c^2\geqab+bc+ca$

解析思路：由基本不等式得$a^2+b^2\geq2ab$，$b^2+c^2\geq2bc$，$a^2+c^2\geq2ac$。將上述不等式相加得$2a^2+2b^2+2c^2\geq2ab+