江苏省南京师范大学附属中学2018届高三数学模拟考试试题

江苏省南京师范大学附属中学2018届高三数学模拟考试试题PAGE1-2018届高三模拟考试试卷数学(满分160分，考试时间120分钟)2018．5参考公式：锥体的体积公式：V＝eq\f(1,3)Sh，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|x2－x－2＜0}，则A∩B＝________.2.若复数z＝1－i，则z＋eq\f(1,z)的虚部是________．3.某公司生产甲、乙、丙三种不同型号的轿车，产量分别为1400辆、5600辆、2000辆．为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取45辆进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取________件．4.设变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≤0，,x＋y＋1≥0，,x－y＋3≥0))则目标函数z＝－2x＋y的最大值是________．5.小明随机播放A，B，C，D，E五首歌曲中的两首，则A，B两首歌曲至少有一首被播放的概率是________．6.如图是一个算法的流程图，则输出的n的值是________．(第6题)(第7题)7.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1上任意一点，则三棱锥D－A1BC的体积是________．8.已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝2x，它的一个焦点与抛物线y2＝20x的焦点相同，则双曲线的方程是________________．9.若直线y＝2x＋b是曲线y＝ex－2的切线，则实数b＝________.10.“a＝1”是“函数f(x)＝eq\f(x＋1,x)＋sinx－a2为奇函数”后原地等待，直到甲到达A时任务结束．若对讲机的有效通话距离不超过9千米，试求两人通过对讲机能保持联系的总时长．18.(本小题满分16分)如图，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，若椭圆C经过点(0，eq\r(,3))，离心率为eq\f(1,2)，直线l过点F2与椭圆C交于A，B两点．(1)求椭圆C的方程；(2)若点N为△F1AF2的内心(三角形三条内角平分线的交点)，求△F1NF2与△F1AF2面积的比值；(3)设点A，F2，B在直线x＝4上的射影依次为点D，G,E．连结AE，BD，试问：当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于定点T？若是，请求出定点T的坐标；若不是，请说明理由．19.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝lnx－ax＋a，a∈R.(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围；(3)对于曲线y＝f(x)上的两个不同的点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，记直线PQ的斜率为k，若y＝f(x)的导函数为f′(x)，证明：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜k.20.(本小题满分16分)已知等差数列{an}和等比数列{bn}均不是常数列，若a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列．(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设m，n是正整数，若存在正整数i，j，k(i＜j＜k)，使得ambj，amanbi，anbk成等差数列，求m＋n的最小值；(3)令cn＝eq\f(an,bn)，记{cn}的前n项和为Tn，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和为An.若数列{pn}满足p1＝c1，且对∀n≥2，n∈N*，都有pn＝eq\f(Tn－1,n)＋Ancn，设{pn}的前n项和为Sn，求证：Sn＜4＋4lnn.

2018届高三模拟考试试卷(十九)数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)21.【选做题】在A，B，C，D四小题中只能选做2题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．A.(选修41：几何证明选讲)在△ABC中，已知AC＝eq\f(1,2)AB，CM是∠ACB的平分线，△AMC的外接圆交BC边于点N，求证：BN＝2AM.B.(选修42：矩阵与变换)已知矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,2x))的一个特征值为3，求M的另一个特征值．C.(选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，已知圆C：ρ＝2eq\r(,2)cosθ和直线l：θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)相交于A，B两点，求线段AB的长．D.(选修45：不等式选讲)已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：eq\f(1,2a＋1)＋eq\f(4,2b＋1)≥eq\f(9,4).【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．22.如图，设P1，P2，…，P6为单位圆上逆时针均匀分布的六个点．现任选其中三个不同点构成一个三角形，记该三角形的面积为随机变量S.(1)求S＝eq\f(\r(3),2)的概率；(2)求S的分布列及数学期望E(S)．23.设集合A，B是非空集合M的两个不同子集．(1)若M＝{a1，a2}，且A是B的子集，求所有有序集合对(A，B)的个数；(2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，且A的元素个数比B的元素个数少，求所有有序集合对(A，B)的个数．2018届高三模拟考试试卷数学参考答案及评分标准1.{0，1}2.－eq\f(1,2)3.104.55.eq\f(7,10)6.47.eq\f(2\r(3),3)8.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝19.－2ln210.充分不必要11.912.(－3eq\r(2)，－eq\r(6)]∪[eq\r(6)，3eq\r(2))13.eq\f(\r(,2),3)14.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,4)))15.解：(1)因为m·n＝1，所以(－1，eq\r(,3))·(cosA，sinA)＝1，即eq\r(3)sinA－cosA＝1，(2分)则2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA·\f(\r(3),2)－cosA·\f(1,2)))＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).(4分)又0<A<π，所以－eq\f(π,6)<A－eq\f(π,6)<eq\f(5π,6)，故A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，所以A＝eq\f(π,3).(6分)(2)由题知eq\f(1＋2sinBcosB,cos2B－sin2B)＝－3，整理得sin2B－sinBcosB－2cos2B＝0.(8分)又cosB≠0，所以tan2B－tanB－2＝0，解得tanB＝2或tanB＝－1.(10分)又当tanB＝－1时cos2B－sin2B＝0，不合题意舍去，所以tanB＝2.(12分)故tanC＝tan[π－(A＋B)]＝－tan(A＋B)＝－eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝eq\f(8＋5\r(3),11).(14分)16.证明：(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.(2分)又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC.(4分)因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(7分)(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.(8分)因为AF⊥EF，AB∥EF，所以AB⊥AF.(9分)又AB⊥AD，点E在棱PC上(异于点C)，所以F点异于点D，所以AF∩AD＝A.又AF，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.(12分)又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(14分)17.解：(1)在△ABC中，AB＝6，∠A＝60°，∠APB＝75°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠APB)＝eq\f(BP,sinA)，即BP＝eq\f(6×\f(\r(3),2),\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq\f(12\r(3),\r(6)＋\r(2))＝eq\f(12\r(3)（\r(6)－\r(2)）,4)＝3eq\r(3)(eq\r(6)－eq\r(2))，故PB的距离是9eq\r(,2)－3eq\r(,6)千米.(4分)(2)甲从C到A，需要4小时，乙从A到B需要1小时．设甲、乙之间的距离为f(t)，要保持通话则需要f(t)≤9.①当0≤t≤1时，f(t)＝eq\r(（6t）2＋（12－3t）2－2·6t·（12－3t）cos60°)＝3eq\r(7t2－16t＋16)≤9，(6分)即7t2－16t＋7≤0，解得eq\f(8－\r(15),7)≤t≤eq\f(8＋\r(15),7).又t∈[0，1]，所以eq\f(8－\r(15),7)≤t≤1，(8分)故两人通过对讲机保持联系的时长为eq\f(\r(15)－1,7)小时.②当1<t≤4时，f(t)＝eq\r(36＋（12－3t）2－2·6（12－3t）cos60°)＝3eq\r(t2－6t＋12)≤9，(10分)即t2－6t＋3≤0，解得3－eq\r(6)≤t≤3＋eq\r(6).又t∈(1，4]，所以1<t≤4，(12分)故两人通过对讲机保持联系的时长为3小时．由①②可知，两人通过对讲机能保持联系的总时长为3＋eq\f(\r(15)－1,7)＝eq\f(\r(15)＋20,7)(小时).答：两人通过对讲机能保持联系的总时长是eq\f(\r(15)＋20,7)小时.(14分)(注：不答扣1分)18.解：(1)由题意知b＝eq\r(,3).因为eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(\r(,3),2)，解得a＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(4分)(2)因为点N为△F1AF2的内心，所以点N为△F1AF2的内切圆的圆心，设该圆的半径为r，则eq\f(S△F1NF2,S△F1AF2)＝eq\f(\f(1,2)F1F2·r,\f(1,2)（AF1＋AF2＋F1F2）·r)＝eq\f(F1F2,AF1＋AF2＋F1F2)＝eq\f(c,a＋c)＝eq\f(1,3).(8分)(3)若直线l的斜率不存在时，四边形ABED是矩形，此时AE与BD交于F2G的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0)).(9分)下面证明：当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0)).设直线l的方程为y＝k(x－1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))化简得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.因为直线l经过椭圆C内的点(1，0)，所以Δ＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).(11分)由题意，得D(4，y1)，E(4，y2)，则直线AE的方程为y－y2＝eq\f(y2－y1,4－x1)(x－4)．令x＝eq\f(5,2)，此时y＝y2＋eq\f(y2－y1,4－x1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－4))＝eq\f(2（x1－4）y2＋3（y2－y1）,2（x1－4）)＝eq\f(2（x1－4）k（x2－1）＋3k（x2－x1）,2（x1－4）)＝eq\f(8k＋2kx1x2－5k（x2＋x1）,2（x1－4）)＝eq\f(8k＋2k·\f(4k2－12,3＋4k2)－5k·\f(8k2,3＋4k2),2（x1－4）)＝eq\f(8k（3＋4k2）＋2k（4k2－12）－5k·8k2,2（x1－4）（3＋4k2）)＝eq\f(24k＋32k3＋8k3－24k－40k3,2（x1－4）（3＋4k2）)＝eq\f(40k3－40k3,2（x1－4）（3＋4k2）)＝0，所以点Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))在直线AE上．同理可证，点Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))在直线BD上.(16分)所以当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0)).19.(1)解：f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，x>0，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；(2分)当a>0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．故函数有极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝a－lna－1，无极小值.(4分)(2)解：由(1)可知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个零点；当a＞0时，函数有极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝a－lna－1.令g(x)＝x－lnx－1(x＞0),则g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x).当x∈(0，1)，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，函数g(x)有最小值g(1)＝0.若要使函数f(x)有两个零点，必须满足a>0且a≠1.(6分)下面证明a>0且a≠1时，函数有两个零点．因为f(1)＝0，所以下面证明f(x)还有另一个零点．①当0<a<1时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝a－lna－1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝－2lna＋a－eq\f(1,a)＝eq\f(－2alna＋a2－1,a)＝－eq\f(2alna－a2＋1,a).令h(a)＝2alna－a2＋1(0<a<1)，则h′(a)＝2(lna＋1)－2a＝2(lna－a＋1)<0，h(a)在(0，1)上单调递减，h(a)>h(1)＝0，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，\f(1,a2)))上有零点．又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，\f(1,a2)))上有唯一零点，从而f(x)有两个零点．②当a>1时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝a－lna－1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ea)))＝－a－a×eq\f(1,ea)＋a＝－a×eq\f(1,ea)<0.易证ea>a，可得eq\f(1,ea)<eq\f(1,a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ea)，\f(1,a)))上有零点．又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ea)，\f(1,a)))上有唯一零点，从而f(x)有两个零点．综上，a的取值范围是(0，1)∪(1，＋∞).(10分)(3)证明：f(x1)－f(x2)＝lnx1－lnx2＋a(x2－x1)，k＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝eq\f(lnx1－lnx2＋a（x2－x1）,x1－x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)－a.又f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(2,x1＋x2)－a，(12分)所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))－k＝eq\f(2,x1＋x2)－eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝eq\f(1,x1－x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2（x1－x2）,x1＋x2)－ln\f(x1,x2)))＝eq\f(1,x1－x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)－ln\f(x1,x2))).不妨设0＜x2＜x1,t＝eq\f(x1,x2)，则t＞1，则eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)－lneq\f(x1,x2)＝eq\f(2（t－1）,t＋1)－lnt.令h(t)＝eq\f(2（t－1）,t＋1)－lnt(t>1)，则h′(t)＝－eq\f(（t－1）2,（1＋t）2t)<0，因此h(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(t)＜h(1)＝0.又0＜x2＜x1，所以x1－x2＞0，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))－k＜0，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜k.(16分)20.解：(1)设等差数列的公差为d(d≠0)，等比数列的公比为q(q≠1)，由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4aeq\o\al(2,2)＝4a1a4，,4b3＝4b2＋b4))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a1＋d）2＝a1（a1＋3d），,4b1q2＝4b1q＋b1q3，))解得d＝1，q＝2，(4分)所以an＝n，bn＝2n－1.(2)由ambj，amanbi，anbk成等差数列，有2amanbi＝ambj＋anbk，即2mn·2i－1＝m·2j－1＋n·2k－1.由于i<j<k，且为正整数，所以j－i≥1，k－i≥2，所以2mn＝m·2j－i＋n·2k－i≥2m＋4n，(6分)可得mn≥m＋2n,即eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)≤1.①当1≤m≤2时，不等式eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)≤1不成立；②当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝4，,n＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝3))时，2mn·2i－1＝m·2j－1＋n·2k－1成立；(8分)③当n≥4时，eq\f(1,n)>0，eq\f(2,m)<1，即m>2，则有m＋n>6；所以m＋n的最小值为6，当且仅当j－i＝1，k－i＝2，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝4，,n＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝3))时取得.(10分)(3)由题意，得p2＝eq\f(c1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))c2，p3＝eq\f(c1＋c2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)))c3，…Sn＝p1＋p2＋p3＋…＋pn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))(c1＋c2＋c3＋…＋cn)(11分)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))Tn.Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn①，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)c1＋eq\f(1,2)c2＋…＋eq\f(1,2)cn②.①－②，得eq\f(1,2)Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，(12分)解得Tn＝4－(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)<4，所以Sn<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n))).设f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1(x>1)，则f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，有f(x)>f(1)＝0，可得lnx>1－eq\f(1,x).(14分)当k≥2，且k∈N*时，eq\f(k,k－1)>1，有lneq\f(k,k－1)>1－eq\f(k－1,k)＝eq\f(1,k)，所以eq\f(1,2)<lneq\f(2,1)，eq\f(1,3)<lneq\f(3,2)，…，eq\f(1,n)<lneq\f(n,n－1)，可得1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)<1＋lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋…＋lneq\f(n,n－1)＝1＋lnn，所以Sn<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,n)))<4＋4lnn.(16分)

2018届高三模拟考试试卷数学附加题参考答案及评分标准21.A.证明：在△ABC中，因为CM是∠ACB的平分线，所以eq\f(AC,BC)＝eq\f(AM,BM).又AC＝eq\f(1,2)AB，所以eq\f(AB,BC)＝eq\f(2AM,BM)①.(4分)因为BA与BC是圆O过同一点B的弦，所以BM·BA＝BN·BC，即eq\f(AB,BC)＝eq\f(BN,BM)②.(8分)由①②可知eq\f(2AM,BM)＝eq\f(BN,BM)，所以BN＝2AM.(10分)B.解：矩阵M的特征多项式为f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－1－2,－2λ－x))＝(λ－1)(λ－x)－4.(3分)因为λ1＝3是方程f(λ)＝0的一个根，所以(3－1)(3－x)－4＝0，解得x＝1.(6分)由(λ－1)(λ－1)－4＝0，解得λ＝－1或3，所以λ2＝－1.(10分)C.解：圆C：ρ＝2eq\r(2)cosθ的直角坐标方程为x2＋y2－2eq\r(2)x＝0，即(x－eq\r(2))2＋y2＝2.直线l：θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)的直角坐标方程为y＝x，即x－y＝0.(6分)圆心C(eq\r(2)，0)到直线l的距离d＝eq\f(|\r(2)－0|,\r(2))＝1.(8分)所以AB＝2eq\r(（\r(2)）2－12)＝2.(10分)D.证明：(证法1)因为a＞0，b＞0，a＋b＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a＋1)＋\f(4,2b＋1)))[(2a＋1)＋(2b＋1)]＝1＋4＋eq\f(2b＋1,2a＋1)＋eq\f(4（2a＋1）,2b＋1)≥5＋2eq\r(\f(2b＋1,2a＋1)×\f(4（2a＋1）,2b＋1))＝9.(8分)而(2a＋1)＋(2b＋1)＝4，所以eq\f(1,2a＋1)＋eq\f(4,2b＋1)≥eq\f(9,4).(10分)(证法2)因为a＞0，b＞0，由柯西不等式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a＋1)＋\f(4,2b＋1)))[(2a＋1)＋(2b＋1)]≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a＋1))\r(2a＋1)＋\r(\f(4,2b＋1))\r(2b＋1)))eq\s\up12(2)＝(1＋2)2＝9.(8分)由a＋b＝1，得(2a＋1)＋(2b＋1)＝4,所以eq\f(1,2a＋1)＋eq\f(4,2b＋1)≥eq\f(9,4).(10分)22.解：(1)从六个点任选三个不同点构成一个三角形共有Ceq\o\al(3,6)种不同选法，其中S＝eq\f(\r(3),2)的为有一个角是30°的直角三角形(如△P1P4P5)，共6×2＝12种，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＝\f(\r(3),2)))＝eq\f(12,Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5).(3分)(2)S的所有可能取值为eq\f(\r(3),4)，eq\f(\r(3),2)，eq\f(3\r(3),4).S＝eq\f(\r(3),4)的为顶角是120°的等腰三角形(如△P1P2P3)，共6种，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＝\f(\r(3),4)))＝eq\f(6,Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,10).(5分)S＝eq\f(3\r(3),4)的为等边三角形(如△P1P3P5)，共2种，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＝\f(3\r(3),4)))＝eq\f(2,Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,10).(7分)又由(1)知P