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- 2021-06-30 发布
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2020-2021学年云南文山高三上数学月考试卷
一、选择题
1. 已知集合A={x|x−3x−5≤0}，集合B={x|4x¯乙，s甲2<s乙2
C.x¯甲<x¯乙，s甲2>s乙2 D.x¯甲>x¯乙，s甲2>s乙2
7. 若AB是以O为圆心，半径为1的圆的直径，C为圆外一点，且OC=2，则CA→⋅CB→=( )
A.3
B.−3
C.0
D.不确定，随着直径AB的变化而变化
8. 已知圆M的方程为x2+y2−6x−8y=0，过点P0,4的直线l与圆M相交的所有弦中，弦长最短的弦为AC，弦长最长的弦为BD，则四边形ABCD的面积为( )
A.30 B.40 C.60 D.80
9. 正四面体ABCD的俯视图为边长为1的正方形，则正四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A.3π2 B.3π2 C.3π D.12π
10. 已知fx=sinxcos2x，下列结论中错误的是( )
A.fx既是奇函数也是周期函数
B.fx的最大值为33
C.fx的图象关于直线x=π2对称
D.fx的图象关于点π,0中心对称
11. 已知抛物线C: y2=2pxp>0，F为C的焦点，过焦点F且倾斜角为α的直线l与C交于A，B两点，则下面结论不正确的是( )
A.以A，B为直径的圆与抛物线C的准线相切
B.1|AF|+1|BF|=2p
C.过点A，B分别作抛物线C的切线，则两切线互相垂直
D.记原点为O，则S△AOB=p2sinα
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12. 下列四个命题：①ln2>12，②ln2>2e，③log0.20.4+log20.4=log0.20.4⋅log20.4，④log1370，b>0，且a+b=M，证明：a2a+1+b2b+1≥1.
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参考答案与试题解析
2020-2021学年云南文山高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
【解答】
解：由题意知， A=3,5，B=4,6，
所以A∩B=4,5．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
复数及其指数形式、三角形式
【解析】
【解答】
解：由题意得，isinθ=0，cosθ=−1，
当θ=π时，eiπ+1=cos π+isin π+1=0.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
两角和与差的正弦公式
诱导公式
【解析】
无
【解答】
解：原式=cos 45∘cos 15∘+sin 45∘sin 15∘
=cos45∘−15∘=cos 30∘=32．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
双曲线的渐近线
抛物线的性质
【解析】
【解答】
解：由题意知，双曲线的右焦点为F7,0，
双曲线的渐近线方程为y=±32x，即±3x−2y=0，
所以点F7,0到渐近线的距离d=|±3×7−0|3+4=3．
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
数列的应用
等差数列的通项公式
【解析】
【解答】
解：由题意可知，九个儿子的年龄可以看成是
以老大的年龄a1为首项，公差为−3的等差数列，
∴ 9a1+9×82×−3=207，
解得：a1=35，
∴ 老大的年龄是35岁.
故选B．
6.
【答案】
A
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
【解答】
解：由茎叶图可知，甲年级的分数主要集中在70多分，
而且比较集中，而乙主要集中在80分以上，但是比较分散．
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
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【解答】
解：如图，
CA→⋅CB→=CO→+OA→CO→+OB→
=CO→+OA→CO→−OA→
=CO→2−OA→2
=|CO→|2−|OA→|2=3.
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
【解答】
解：圆M的标准方程为x−32+y−42=25，
即圆是以M3,4为圆心，5为半径的圆，
且由0−32+4−42=9<25，
即点P0,4在圆内，则最短的弦是以P0,4为中点的弦，
所以25=(AC2)2+9，
所以AC=8，
过P0,4最长的弦BD为直径，
所以BD=10，且AC⊥BD，
故而SABCD=12×AC×BD=40．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
由三视图求外接球问题
球的表面积和体积
【解析】
【解答】
解：如图，
正四面体ABCD可以看成是边长为1的正方体的六个面的对角线组成的，
∴ 正四面体ABCD的外接球的直径为正方体的对角线的长，
即直径=12+12+12=3，
∴ 正四面体ABCD的外接球的半径为32，
∴ 正四面体ABCD的外接球的表面积S=4π×(32)2=3π．
故选C．
10.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的最值
周期函数
三角函数的最值
正弦函数的对称性
函数奇偶性的判断
【解析】
无
【解答】
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解：由fx=sin xcos2 x，
所以f−x=sin−xcos2−x=−sin xcos2 x=−fx，
所以fx是奇函数.
f2π+x=sin2π+xcos22π+x=sinxcos2x=fx，
所以fx又是周期函数.
fπ−x=sinπ−xcos2π−x=sinxcos2x=fx，
所以fx关于直线x=π2对称.
f2π−x=sin2π−xcos22π−x
=−sinxcos2x=−fx，
所以fx关于点π,0对称，
即选项A，C，D正确.
令t=sinx，则f(t)=t(1−t2)=t−t3，t∈(−1,1)，
f′(t)=1−3t2，
当−330，f(t)单调递增，
当−1lne=1，
∴ ln2>12，故①正确；
ln2>2e⇔ln22>lnee，
设函数y=lnxx，则y′=1−lnxx2.
∵ 当x∈0,e时， y′>0，
∴ y在0,e上单调递增.
∵ 当x∈e,+∞时，y′<0，
∴ y在e,+∞上单调递减，
∴ 当x=e时，y取到最大值为1e，
∴ ln22<lnee，故②错误；
令a=log0.20.4，b=log20.4，
∴ 1a+1b=log0.40.2+log0.42=log0.40.4=1，
∴ a+bab=1b+1a，
∴ a+b=ab，即log0.20.4+log20.4=log0.20.4⋅log20.4，故③正确；
∵ 74=2401>2197=133，
∴ log137>34.
∵ 134=28561<29791=313，
∴ log3113<34，故④错误．
综上，真命题为①③.
故选B．
二、填空题
【答案】
23
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
无
【解答】
解：约束条件所表示的线性区域如图所示，
由yx=y−0x−0，即区域中的点与原点O的斜率，
所以OA的斜率即为yx的最大值，
又由点A的坐标为3,2，则yx的最大值为23．
故答案为：23．
【答案】
−160
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
二项式系数的性质
【解析】
无
【解答】
解：由x−n3xn展开式的二项式系数为2n，即2n=64，
所以n=6，则二项式为x−2x6，
故展开式中的通项为Tr+1=Cnrxr−2x6−r=(−2)6−rCnrx2r−6，
令2r−6=0，得r=3，
故展开式中的常数项为(−2)3C63=−160．
故答案为：−160．
【答案】
3+6
【考点】
异面直线及其所成的角
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
棱柱的结构特征
【解析】
【解答】
解：如图甲，
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将等边△ACD′沿CD′向后旋转到与面A′BCD′共面，
得到等边△A1CD′，
则AP+BP的最小值即为图乙中线段A1B的长，
取A′B的中点I，
由题意知：等边△ACD′的边长为2，
A′BCD′是BC=1，A′B=2的矩形，
所以A1B=BI2+A1I2=(22)2+(1+62)2=3+6．
故答案为：3+6.
【答案】
73
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
【解析】
无
【解答】
解：由题意知， AB→⋅AC→=bccosA=12b2+c2−a2，
同理， BA→⋅BC→=12a2+c2−b2，CA→⋅CB→=12a2+b2−c2，
故由已知， b2+c2−a2+2a2+c2−b2=3a2+b2−c2，
即a2+2b2=3c2，
由cos C=a2+b2−c22ab
=a2+b2−13a2+2b22ab
=a3b+b6a≥2a3b⋅b6a=23，
所以sinC=1−cos2C≤73，
当且仅当a:b:c=3:6:5时取等号，
所以sin C的最大值是73．
故答案为：73．
三、解答题
【答案】
解：(1)根据题意，填写列联表如下；
更擅长理科
其他
合计
男生
22
33
55
女生
9
36
45
合计
31
69
100
根据表中数据，计算K2=100×(22×36−9×33)231×69×55×45=100×11×331×23≈4.628>3.841，
∴ 有95%的把握认为文理科偏向与性别有关.
(2)依题意得，5个人中2人更擅长理科，3人不更擅长理科，
∴ X的可能取值为0，1，2；
计算P(X=0)=C20C32C52=310，
P(X=1)=C21C31C52=35，
P(X=2)=C22C30C52=110；
∴ X的分布列为：
X
0
1
3
P
310
35
110
数学期望为：E(X)=0×310+1×35+2×110=45．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
独立性检验
【解析】
(Ⅰ)根据题意，填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；
(Ⅱ)根据分层抽样原理，依题意知X的可能取值，计算对应的概率值，
写出分布列，计算数学期望值．
【解答】
解：(1)根据题意，填写列联表如下；
更擅长理科
其他
合计
男生
22
33
55
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女生
9
36
45
合计
31
69
100
根据表中数据，计算K2=100×(22×36−9×33)231×69×55×45=100×11×331×23≈4.628>3.841，
∴ 有95%的把握认为文理科偏向与性别有关.
(2)依题意得，5个人中2人更擅长理科，3人不更擅长理科，
∴ X的可能取值为0，1，2；
计算P(X=0)=C20C32C52=310，
P(X=1)=C21C31C52=35，
P(X=2)=C22C30C52=110；
∴ X的分布列为：
X
0
1
3
P
310
35
110
数学期望为：E(X)=0×310+1×35+2×110=45．
【答案】
(1)证明：由等腰梯形AB=2CD=2AD=43，则∠ABC=60∘，
又AB=2BC，
所以AC⊥BC①.
又PC=BC=23，PB=26，
则CB2+CP2=PB2，
所以BC⊥CP②.
又AC∩CP=C③，
由①②③知，BC⊥平面APC.
又BC⊂平面ABC，
所以平面APC⊥平面ABC．
(2)解：如图，取AB的中点E，连接DE，CE，AC，
则AECD为菱形，且∠DAE=60∘，
则AC⊥DE，记垂足为O，
由(1)知，平面APC⊥平面ABC，
又PO⊥AC，
所以PO⊥平面ABC，
同理， EO⊥平面APC，
所以OA，OE，OP两两垂直.
如图，建立分别以OA，OE，OP为x，y，z轴的空间直角坐标系，
则AC=6， DO=3，
所以A3,0,0，B−3,23,0，C−3,0,0，P0,0,3，
所以BP→=3,−23,3，BA→=6,−23,0， BC→=0,−23,0，
设平面ABP的法向量为n→1=x1,y1,z1，
所以BA→⋅n1→=0，BP→⋅n1→=0，即6x1−23y1=0,3x1−23y1+3z1=0,
令y1=3，得x1=1,z1=3,
所以平面ABP的一个法向量为n1→=1,3,3；
设平面CBP的法向量为n2→=x2,y2,z2，
所以BC→⋅n2→=0，BP→⋅n2→=0，即−23y2=0,3x2−23y2+3z2=0,
令z2=3，得x2=−1,y2=0,
所以平面CBP的一个法向量为n2→=−1,0,3;
令二面角A−PB−C为θ，
由题意知θ为钝角，
所以cosθ=−|n1→⋅n2→||n1→||n2→|=−22×7=−77，
所以二面角A−PB−C的余弦值为−77．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
平面与平面垂直的判定
【解析】
无
【解答】
第25页 共28页 ◎ 第26页 共28页
(1)证明：由等腰梯形AB=2CD=2AD=43，则∠ABC=60∘，
又AB=2BC，
所以AC⊥BC①.
又PC=BC=23，PB=26，
则CB2+CP2=PB2，
所以BC⊥CP②.
又AC∩CP=C③，
由①②③知，BC⊥平面APC.
又BC⊂平面ABC，
所以平面APC⊥平面ABC．
(2)解：如图，取AB的中点E，连接DE，CE，AC，
则AECD为菱形，且∠DAE=60∘，
则AC⊥DE，记垂足为O，
由(1)知，平面APC⊥平面ABC，
又PO⊥AC，
所以PO⊥平面ABC，
同理， EO⊥平面APC，
所以OA，OE，OP两两垂直.
如图，建立分别以OA，OE，OP为x，y，z轴的空间直角坐标系，
则AC=6， DO=3，
所以A3,0,0，B−3,23,0，C−3,0,0，P0,0,3，
所以BP→=3,−23,3，BA→=6,−23,0， BC→=0,−23,0，
设平面ABP的法向量为n→1=x1,y1,z1，
所以BA→⋅n1→=0，BP→⋅n1→=0，即6x1−23y1=0,3x1−23y1+3z1=0,
令y1=3，得x1=1,z1=3,
所以平面ABP的一个法向量为n1→=1,3,3；
设平面CBP的法向量为n2→=x2,y2,z2，
所以BC→⋅n2→=0，BP→⋅n2→=0，即−23y2=0,3x2−23y2+3z2=0,
令z2=3，得x2=−1,y2=0,
所以平面CBP的一个法向量为n2→=−1,0,3;
令二面角A−PB−C为θ，
由题意知θ为钝角，
所以cosθ=−|n1→⋅n2→||n1→||n2→|=−22×7=−77，
所以二面角A−PB−C的余弦值为−77．
【答案】
(1)解：由a1=1，a2=3，
所以a3=a1a2+1a1+a2+(2+2)=5，a4=a2a3+1a2+a3+(3+2)=7．
猜想：an=2n−1，
证明：当n=2时，由a1=1，a2=3，故成立；
假设n=k(k≥2)时成立，即ak=2k−1，
所以ak+1=akak−1+1ak+ak−1+(k+2)=2k+1=2(k+1)−1，
即当n=k+1时成立，
综上所述，an=2n−1.
(2)证明：由(1)知，4(an+1)2=1n2，
所以4(a1+1)2+4(a2+1)2+…+4(an+1)2
=112+122+…+1n2<1+122−1+132−1+…+1n2−1
=1+11×3+12×4+…+1(n−1)×(n+1)
=1+12(1−13+12−14+13−15+…+1n−2−1n+1n−1−1n+1)
=1+121+12−1n−1n+1
<1+12+12×12=74，证毕．
【考点】
数列与不等式的综合
数列的求和
数列递推式
数学归纳法
【解析】
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【解答】
(1)解：由a1=1，a2=3，
所以a3=a1a2+1a1+a2+(2+2)=5，a4=a2a3+1a2+a3+(3+2)=7．
猜想：an=2n−1，
证明：当n=2时，由a1=1，a2=3，故成立；
假设n=k(k≥2)时成立，即ak=2k−1，
所以ak+1=akak−1+1ak+ak−1+(k+2)=2k+1=2(k+1)−1，
即当n=k+1时成立，
综上所述，an=2n−1.
(2)证明：由(1)知，4(an+1)2=1n2，
所以4(a1+1)2+4(a2+1)2+…+4(an+1)2
=112+122+…+1n2<1+122−1+132−1+…+1n2−1
=1+11×3+12×4+…+1(n−1)×(n+1)
=1+12(1−13+12−14+13−15+…+1n−2−1n+1n−1−1n+1)
=1+121+12−1n−1n+1
<1+12+12×12=74，证毕．
【答案】
解：(1)由题意知，k1=yx+2(x≠−2)，k2=yx−2(x≠2).
∵ k1⋅k2=−34，
∴ yx+2⋅yx−2=−34(x≠±2)，
整理得，x24+y23=1(x≠±2)，
∴ 点Px,y的轨迹C的方程为x24+y23=1(x≠±2)．
(2)假设在x轴上存在点Qx0,0，使得QA→⋅QB→为定值．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
联立方程x24+y23=1，y=k(x−1)，
消去y得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
令Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=8k23+4k2，x1⋅x2=4k2−123+4k2，
∵ QA→=(x1−x0,y1)，QB→=(x2−x0,y2)，
∴ QA→⋅QB→=(x1−x0)(x2−x0)+y1y2
=(x1−x0)(x2−x0)+k2(x1−1)(x2−1)
=(1+k2)x1x2−(x0+k2)(x1+x2)+k2+x02
=−(5+8x0)k2−123+4k2+x02.
将x0看成常数，要使得上式为定值，
需满足5+8x0=16，即x0=118，
此时QA→⋅QB→=−13564.
当直线l的斜率不存在时，
可得A1,32，B1,−32，Q118,0，
∴ QA→=−38,32，QB→=−38,−32，
∴ QA→⋅QB→=−13564.
综上所述，存在点Q118,0，使得QA→⋅QB→为定值．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
与直线有关的动点轨迹方程
【解析】
【解答】
解：(1)由题意知，k1=yx+2(x≠−2)，k2=yx−2(x≠2).
∵ k1⋅k2=−34，
∴ yx+2⋅yx−2=−34(x≠±2)，
整理得，x24+y23=1(x≠±2)，
∴ 点Px,y的轨迹C的方程为x24+y23=1(x≠±2)．
(2)假设在x轴上存在点Qx0,0，使得QA→⋅QB→为定值．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)(k≠0)，
联立方程x24+y23=1，y=k(x−1)，
消去y得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
令Ax1,y1
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，Bx2,y2，
则x1+x2=8k23+4k2，x1⋅x2=4k2−123+4k2，
∵ QA→=(x1−x0,y1)，QB→=(x2−x0,y2)，
∴ QA→⋅QB→=(x1−x0)(x2−x0)+y1y2
=(x1−x0)(x2−x0)+k2(x1−1)(x2−1)
=(1+k2)x1x2−(x0+k2)(x1+x2)+k2+x02
=−(5+8x0)k2−123+4k2+x02.
将x0看成常数，要使得上式为定值，
需满足5+8x0=16，即x0=118，
此时QA→⋅QB→=−13564.
当直线l的斜率不存在时，
可得A1,32，B1,−32，Q118,0，
∴ QA→=−38,32，QB→=−38,−32，
∴ QA→⋅QB→=−13564.
综上所述，存在点Q118,0，使得QA→⋅QB→为定值．
【答案】
解：(1)由题意知，h(x)=xex−e(x+lnx)，x∈(0,+∞)，
所以，h′(x)=(x+1)ex−e1+1x=(x+1)ex−ex，
所以，当x∈(0,1)，h′(x)<0，
即h(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)，h′(x)>0，
即h(x)在(1,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(1)=0，
所以h(x)的最小值为0．
(2)原不等式等价于xex−(x+lnx)≥(b−2)x+1，
即xex+x−lnx−1≥bx在x∈(0,+∞)上恒成立，
等价于xex+x−lnx−1x≥b，在x∈(0,+∞)上恒成立，
令t(x)=xex+x−lnx−1x，x∈(0,+∞)，
所以t′(x)=x2ex+lnxx2，
令φ(x)=x2ex+lnx，则φ(x)为(0,+∞)上的增函数，
又当x→0时，φ(x)→−∞，φ(1)=e>0，
所以φ(x)在(0,1)存在唯一的零点x0，即x02ex0+lnx0=0，
由x02ex0+lnx0=0⇔x0ex0=−lnx0x0=ln1x0eln1x0，
又有y=xex在(0,+∞)上单调递增，
所以x0=ln1x0=−lnx0，ex0=1x0，
所以[t(x)]min=t(x0)=x0ex0+x0−lnx0−1x0=2，
所以b≤2．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
【解答】
解：(1)由题意知，h(x)=xex−e(x+lnx)，x∈(0,+∞)，
所以，h′(x)=(x+1)ex−e1+1x=(x+1)ex−ex，
所以，当x∈(0,1)，h′(x)<0，
即h(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)，h′(x)>0，
即h(x)在(1,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(1)=0，
所以h(x)的最小值为0．
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(2)原不等式等价于xex−(x+lnx)≥(b−2)x+1，
即xex+x−lnx−1≥bx在x∈(0,+∞)上恒成立，
等价于xex+x−lnx−1x≥b，在x∈(0,+∞)上恒成立，
令t(x)=xex+x−lnx−1x，x∈(0,+∞)，
所以t′(x)=x2ex+lnxx2，
令φ(x)=x2ex+lnx，则φ(x)为(0,+∞)上的增函数，
又当x→0时，φ(x)→−∞，φ(1)=e>0，
所以φ(x)在(0,1)存在唯一的零点x0，即x02ex0+lnx0=0，
由x02ex0+lnx0=0⇔x0ex0=−lnx0x0=ln1x0eln1x0，
又有y=xex在(0,+∞)上单调递增，
所以x0=ln1x0=−lnx0，ex0=1x0，
所以[t(x)]min=t(x0)=x0ex0+x0−lnx0−1x0=2，
所以b≤2．
【答案】
解：(1)由ρ2=x2+y2，
所以曲线C的直角坐标方程为x2+y2=4，
由x=−2−t，y=33+3t， （t为参数），
消去t得直线l的直角坐标方程为3x+y−3=0．
(2)由题意知，关于点P−2,33的直线l的参数方程为 x=−2−t2,y=33+32t （t为参数），
代入曲线C的直角坐标方程得t2+11t+27=0，
又Δ=121−108=13>0，
所以方程有两个不同的解t1，t2，
又t1+t2=−11<0，t1⋅t2=27>0，
所以t1<0，t2<0，
有t1，t2的几何意义可知，
1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|=−1t1+1t2=−t1+t2t1t2=1127．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程的优越性
参数方程与普通方程的互化
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由ρ2=x2+y2，
所以曲线C的直角坐标方程为x2+y2=4，
由x=−2−t，y=33+3t， （t为参数），
消去t得直线l的直角坐标方程为3x+y−3=0．
(2)由题意知，关于点P−2,33的直线l的参数方程为 x=−2−t2,y=33+32t （t为参数），
代入曲线C的直角坐标方程得t2+11t+27=0，
又Δ=121−108=13>0，
所以方程有两个不同的解t1，t2，
又t1+t2=−11<0，t1⋅t2=27>0，
所以t1<0，t2<0，
有t1，t2的几何意义可知，
1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|=−1t1+1t2=−t1+t2t1t2=1127．
【答案】
(1)解：由绝对值三角不等式可知：
f(x)=|x−1|+2|x−3|
≥|x−1|+|3−x|
≥|x−1+3−x|=2，
当且仅当x=3时，两个不等式同时取等号，
所以f(x)的最小值M=2．
(2)证明：由(1)知，a+b=2，则(a+1)+(b+1)=4，
所以(a+1−1)2a+1+(b+1−1)2b+1
=(a+1)−2+1a+1+(b+1)−2+1b+1
=1a+1+1b+1(a+1+b+1)4
≥1a+1⋅a+1+1b+1⋅b+124=1，
当且仅当a=b=1时，不等式取等号，
所以a2a+1+b2b+1≥1．
【考点】
不等式恒成立问题
绝对值三角不等式
基本不等式
【解析】
【解答】
(1)解：由绝对值三角不等式可知：
f(x)=|x−1|+2|x−3|
≥|x−1|+|3−x|
≥|x−1+3−x|=2，
当且仅当x=3时，两个不等式同时取等号，
所以f(x)的最小值M=2．
(2)证明：由(1)知，a+b=2，则(a+1)+(b+1)=4，
所以(a+1−1)2a+1+(b+1−1)2b+1
=(a+1)−2+1a+1+(b+1)−2+1b+1
=1a+1+1b+1(a+1+b+1)4
≥1a+1⋅a+1+1b+1⋅b+124=1，
当且仅当a=b=1时，不等式取等号，
所以a2a+1+b2b+1≥1
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