江蘇省南京師范大學附屬中學2018屆高三數(shù)學模擬考試試題

江蘇省南京師范大學附屬中學2018屆高三數(shù)學模擬考試試題PAGE1-2018屆高三模擬考試試卷數(shù)學(滿分160分，考試時間120分鐘)2018．5參考公式：錐體的體積公式：V＝eq\f(1,3)Sh，其中S為錐體的底面積，h為錐體的高．一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．1.已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|x2－x－2＜0}，則A∩B＝________.2.若復(fù)數(shù)z＝1－i，則z＋eq\f(1,z)的虛部是________．3.某公司生產(chǎn)甲、乙、丙三種不同型號的轎車，產(chǎn)量分別為1400輛、5600輛、2000輛．為檢驗產(chǎn)品的質(zhì)量，現(xiàn)用分層抽樣的方法從以上所有的產(chǎn)品中抽取45輛進行檢驗，則應(yīng)從丙種型號的產(chǎn)品中抽取________件．4.設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1≤0，,x＋y＋1≥0，,x－y＋3≥0))則目標函數(shù)z＝－2x＋y的最大值是________．5.小明隨機播放A，B，C，D，E五首歌曲中的兩首，則A，B兩首歌曲至少有一首被播放的概率是________．6.如圖是一個算法的流程圖，則輸出的n的值是________．(第6題)(第7題)7.如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的各條棱長均為2，D為棱B1C1上任意一點，則三棱錐D－A1BC的體積是________．8.已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程是y＝2x，它的一個焦點與拋物線y2＝20x的焦點相同，則雙曲線的方程是________________．9.若直線y＝2x＋b是曲線y＝ex－2的切線，則實數(shù)b＝________.10.“a＝1”是“函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1,x)＋sinx－a2為奇函數(shù)”后原地等待，直到甲到達A時任務(wù)結(jié)束．若對講機的有效通話距離不超過9千米，試求兩人通過對講機能保持聯(lián)系的總時長．18.(本小題滿分16分)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，若橢圓C經(jīng)過點(0，eq\r(,3))，離心率為eq\f(1,2)，直線l過點F2與橢圓C交于A，B兩點．(1)求橢圓C的方程；(2)若點N為△F1AF2的內(nèi)心(三角形三條內(nèi)角平分線的交點)，求△F1NF2與△F1AF2面積的比值；(3)設(shè)點A，F(xiàn)2，B在直線x＝4上的射影依次為點D，G,E．連結(jié)AE，BD，試問：當直線l的傾斜角變化時，直線AE與BD是否相交于定點T？若是，請求出定點T的坐標；若不是，請說明理由．19.(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋a，a∈R.(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求a的取值范圍；(3)對于曲線y＝f(x)上的兩個不同的點P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))，記直線PQ的斜率為k，若y＝f(x)的導函數(shù)為f′(x)，證明：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜k.20.(本小題滿分16分)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}均不是常數(shù)列，若a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比數(shù)列，4b2，2b3，b4成等差數(shù)列．(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)設(shè)m，n是正整數(shù)，若存在正整數(shù)i，j，k(i＜j＜k)，使得ambj，amanbi，anbk成等差數(shù)列，求m＋n的最小值；(3)令cn＝eq\f(an,bn)，記{cn}的前n項和為Tn，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和為An.若數(shù)列{pn}滿足p1＝c1，且對?n≥2，n∈N*，都有pn＝eq\f(Tn－1,n)＋Ancn，設(shè){pn}的前n項和為Sn，求證：Sn＜4＋4lnn.

2018屆高三模擬考試試卷(十九)數(shù)學附加題(滿分40分，考試時間30分鐘)21.【選做題】在A，B，C，D四小題中只能選做2題，每小題10分，共20分．若多做，則按作答的前兩題計分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．A.(選修41：幾何證明選講)在△ABC中，已知AC＝eq\f(1,2)AB，CM是∠ACB的平分線，△AMC的外接圓交BC邊于點N，求證：BN＝2AM.B.(選修42：矩陣與變換)已知矩陣M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,2x))的一個特征值為3，求M的另一個特征值．C.(選修44：坐標系與參數(shù)方程)在極坐標系中，已知圓C：ρ＝2eq\r(,2)cosθ和直線l：θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)相交于A，B兩點，求線段AB的長．D.(選修45：不等式選講)已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,2a＋1)＋eq\f(4,2b＋1)≥eq\f(9,4).【必做題】第22，23題，每小題10分，共20分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．22.如圖，設(shè)P1，P2，…，P6為單位圓上逆時針均勻分布的六個點．現(xiàn)任選其中三個不同點構(gòu)成一個三角形，記該三角形的面積為隨機變量S.(1)求S＝eq\f(\r(3),2)的概率；(2)求S的分布列及數(shù)學期望E(S)．23.設(shè)集合A，B是非空集合M的兩個不同子集．(1)若M＝{a1，a2}，且A是B的子集，求所有有序集合對(A，B)的個數(shù)；(2)若M＝{a1，a2，a3，…，an}，且A的元素個數(shù)比B的元素個數(shù)少，求所有有序集合對(A，B)的個數(shù)．2018屆高三模擬考試試卷數(shù)學參考答案及評分標準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)因為m·n＝1，所以(－1，eq\r(,3))·(cosA，sinA)＝1，即eq\r(3)sinA－cosA＝1，(2分)則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)由題知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)又當tanB＝－1時cos2B－sin2B＝0，不合題意舍去，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.證明：(1)因為四邊形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)因為AB?平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(7分)(2)因為四邊形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.(8分)因為AF⊥EF，AB∥EF，所以AB⊥AF.(9分)又AB⊥AD，點E在棱PC上(異于點C)，所以F點異于點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的距離是9eq\r(,2)－3eq\r(,6)千米.(4分)(2)甲從C到A，需要4小時，乙從A到B需要1小時．設(shè)甲、乙之間的距離為f(t)，要保持通話則需要f(t)≤9.①當0≤t≤1時，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)故兩人通過對講機保持聯(lián)系的時長為eq\f(\r(15)－1,7)小時.②當1<t≤4時，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)故兩人通過對講機保持聯(lián)系的時長為3小時．由①②可知，兩人通過對講機能保持聯(lián)系的總時長為3＋eq\f(\r(15)－1,7)＝eq\f(\r(15)＋20,7)(小時).答：兩人通過對講機能保持聯(lián)系的總時長是eq\f(\r(15)＋20,7)小時.(14分)(注：不答扣1分)18.解：(1)由題意知b＝eq\r(,3).因為eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(\r(,3),2)，解得a＝2，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(4分)(2)因為點N為△F1AF2的內(nèi)心，所以點N為△F1AF2的內(nèi)切圓的圓心，設(shè)該圓的半徑為r，則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)若直線l的斜率不存在時，四邊形ABED是矩形，此時AE與BD交于F2G的中點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0)).(9分)下面證明：當直線l的傾斜角變化時，直線AE與BD相交于定點Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0)).設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))化簡得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.因為直線l經(jīng)過橢圓C內(nèi)的點(1，0)，所以Δ＞0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).(11分)由題意，得D(4，y1)，E(4，y2)，則直線AE的方程為y－y2＝eq\f(y2－y1,4－x1)(x－4)．令x＝eq\f(5,2)，此時y＝y(tǒng)2＋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，所以點Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))在直線AE上．同理可證，點Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))在直線BD上.(16分)所以當直線l的傾斜角變化時，直線AE與BD相交于定點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，當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值；(2分)當a>0時，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)))上單調(diào)遞增，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)，＋∞))上單調(diào)遞減．故函數(shù)有極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝a－lna－1，無極小值.(4分)(2)解：由(1)可知當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不可能有兩個零點；當a＞0時，函數(shù)有極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝a－lna－1.令g(x)＝x－lnx－1(x＞0),則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x).當x∈(0，1)，g′(x)<0，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)有最小值g(1)＝0.若要使函數(shù)f(x)有兩個零點，必須滿足a>0且a≠1.(6分)下面證明a>0且a≠1時，函數(shù)有兩個零點．因為f(1)＝0，所以下面證明f(x)還有另一個零點．①當0<a<1時，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)，則h′(a)＝2(lna＋1)－2a＝2(lna－a＋1)<0，h(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，h(a)>h(1)＝0，則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)))上有零點．又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，\f(1,a2)))上有唯一零點，從而f(x)有兩個零點．②當a>1時，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.易證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)))上有零點．又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ea)，\f(1,a)))上有唯一零點，從而f(x)有兩個零點．綜上，a的取值范圍是(0，1)∪(1，＋∞).(10分)(3)證明：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))).不妨設(shè)0＜x2＜x1,t＝eq\f(x1,x2)，則t＞1，則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)，則h′(t)＝－eq\f(（t－1）2,（1＋t）2t)<0，因此h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，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)設(shè)等差數(shù)列的公差為d(d≠0)，等比數(shù)列的公比為q(q≠1)，由題意，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成等差數(shù)列，有2amanbi＝ambj＋anbk，即2mn·2i－1＝m·2j－1＋n·2k－1.由于i<j<k，且為正整數(shù)，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當1≤m≤2時，不等式eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)≤1不成立；②當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝4，,n＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝3))時，2mn·2i－1＝m·2j－1＋n·2k－1成立；(8分)③當n≥4時，eq\f(1,n)>0，eq\f(2,m)<1，即m>2，則有m＋n>6；所以m＋n的最小值為6，當且僅當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))時取得.(10分)(3)由題意，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))).設(shè)f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1(x>1)，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，有f(x)>f(1)＝0，可得lnx>1－eq\f(1,x).(14分)當k≥2，且k∈N*時，eq\f(k,k－1)>1，有l(wèi)neq\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屆高三模擬考試試卷數(shù)學附加題參考答案及評分標準21.A.證明：在△ABC中，因為CM是∠ACB的平分線，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)因為BA與BC是圓O過同一點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：矩陣M的特征多項式為f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－1－2,－2λ－x))＝(λ－1)(λ－x)－4.(3分)因為λ1＝3是方程f(λ)＝0的一個根，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：圓C：ρ＝2eq\r(2)cosθ的直角坐標方程為x2＋y2－2eq\r(2)x＝0，即(x－eq\r(2))2＋y2＝2.直線l：θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)的直角坐標方程為y＝x，即x－y＝0.(6分)圓心C(eq\r(2)，0)到直線l的距離d＝eq\f(|\r(2)－0|,\r(2))＝1.(8分)所以AB＝2eq\r(（\r(2)）2－12)＝2.(10分)D.證明：(證法1)因為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)(證法2)因為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)從六個點任選三個不同點構(gòu)成一個三角形共有Ceq\o\al(3,6)種不同選法，其中S＝eq\f(\r(3),2)的為有一個角是30°的直角三角形(如△P1P4P5)，共6×2＝12種，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的所有可能取值為eq\f(\r(3),4)，eq\f(\r(3),2)，eq\f(3\r(3),4).S＝eq\f(\r(3),4)的為頂角是120°的等腰三角形(如△P1P2P3)，共6種，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)的為等邊三角形(如△P1P3P5)，共2種，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