2021年安徽省示范高中皖北协作区第23届高考数学联考试卷(理科)(4月份

2021年安徽省示范高中皖北协作区第23届高考数学联考
试卷（理科）（4月份）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
)x≤4}，则A∩B=()
1.已知集合A={x|x2+2x−3≥0}，集合B={x|(1
2
A. [1,+∞)
B. [−2,+∞)
C. (−∞,−3]
D. (−∞,−3]∪[−2,+∞)
【答案】A
【解析】解：∵集合A={x|x2+2x−3≥0}={x|x≤−3或x≥1}，
)x≤4}={x|x≥−2}，
集合B={x|(1
2
∴A∩B={x|x≥1}=[1,+∞)．
故选：A．
求出集合A，集合B，利用交集定义能求出A∩B．
本题考查集合的运算，考查交集、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.设复数z满足z⋅i=−1+i，则|z−|=()
A. 1
B. √2
C. √5
D. √10
【答案】B
【解析】解：由z⋅i=−1+i，可得|z⋅i|=|−1+i|，
即|z||i|=|−1+i|，所以|z|=√(−1)2+12=√2，
则|z−|=|z|=√2，
故选：B．
根据复数模的运算性质，直接求解即可．
本题考查了复数模的运算，考查了学生对模的运算性质的理解，属于基础题．
3.已知a=e−1.5，b=e ln2，c=1.5e，则()
A. a<b<c
B. b<a<c
C. c<a<b
D. b<c<a
【答案】A
【解析】解：∵0<e−1.5<e0=1，∴0<a<1，
∵e ln2=2，∴b=2，
∵1.5e>1.52=2.25，∴c>2.25，
∴a<b<c，
故选：A．
利用对数函数和指数函数的性质求解．
本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．
4.函数f(x)=(e x−e−x)cosx
x
的图象大致为()
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】解：函数的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
∵f(−x)=(e−x−e x)cos(−x)
−x =(e x−e−x)cosx
x
=f(x)，
∴函数f(x)为偶函数，故排除CD；
由于f(π
2)=0，f(1)=(e−1
e
)cos1>0，
故B不符合，
故选：A．
先判断函数的奇偶性，再根据函数值的特点即可判断．
本题考查了函数图象和识别和应用，考查了函数的奇偶性和函数值的变化趋势，属于基础题．
5.已知函数f(x)=log3x，将函数y=f(x)的图象向右平移1个单位长度，再将所得
的函数图象上的点的横坐标缩短为原来的1
2
，纵坐标不变，然后将所得的图象上的点的纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标不变，得到函数y=g(x)的图象，则函数g(x)的解析式为()
A. g(x)=3log 3(1
2x −1) B. g(x)=13log 3(12x −1
2) C. g(x)=3log 3(2x −1)
D. g(x)=3log 3(2x −2)
【答案】A
【解析】解：将函数y =f(x)的图象向右平移1个单位长度，可得y =log 3(x −1)， 再将所得的函数图象上的点的横坐标缩短为原来的1
2，纵坐标不变，可得y =log 3(1
2x −1)，
然后将所得的图象上的点的纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标不变，可得g(x)=3log 3(1
2x −1)， 故选：A ．
根据图象的变换即可求出．
本题主要考查图象变换规律，属于基础题．
6. 已知向量a ⃗ =(1,0)，|b ⃗ |=√5，且a ⃗ ⊥(a ⃗ −b ⃗ )，则|a ⃗ +2b ⃗ |=( )
A. 2
B. √2
C. √5
2
D. 5
【答案】D
【解析】解：向量a ⃗ =(1,0)，|b ⃗ |=√5，且a ⃗ ⊥(a ⃗ −b ⃗ )，
∴a ⃗ ⋅(a ⃗ −b ⃗ )=a ⃗ 2
−a ⃗ ⋅b ⃗ =1−a ⃗ ⋅b ⃗ =0，即a
⃗ ⋅b ⃗ =1． 则|a ⃗ +2b ⃗ |=√(a ⃗ +2b ⃗ )2=√a ⃗ 2+4a ⃗ ⋅b ⃗ +4b ⃗ 2=√1+4+20=5，
故选：D ．
由题意利用两个向量垂直的性质，求向量的模的方法，求得|a ⃗ +2b ⃗ |的值． 本题主要考查两个向量垂直的性质，求向量的模，属于基础题．
7. 已知函数f(x)=sin(2x +φ)+√3sin(2x +π
2+φ)为奇函数，其中|φ|<π
2，则曲线
y =f(x)在点(π
6,f(π
6))处的切线方程为( )
A. 4x −y +√3−
2π3
=0
B. 2x −y +√3−π
3=0 C. 2√3x −y +1−√3π3
=0
D. 2x −y +1−2√3π3=0
【答案】B
【解析】解：∵f(x)=sin(2x+φ)+√3sin(2x+π
2
+φ)=sin(2x+φ)+√3cos(2x+φ)
=2sin(2x+φ+π
3
)为奇函数，
∴f(0)=2sin(φ+π
3)=0，则φ+π
3
=kπ，k∈Z，
∵|φ|<π
2，∴φ=−π
3
，验证此时f(x)为奇函数，
∴f(x)=2sin2x，f′(x)=4cos2x，
f′(π
6)=4cosπ
3
=2，又f(π
6
)=2sinπ
3
=√3，
∴曲线y=f(x)在点(π
6,f(π
6
))处的切线方程为y−√3=2(x−π
6
)，
即2x−y+√3−π
3
=0．故选：B．
由题意求得φ，可得函数解析式，求出导函数，得到f′(π
6)，再求出f(π
6
)，利用直线方程
的点斜式得答案．
本题考查函数奇偶性的性质，考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是中档题．
8.在四面体ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，△ABD是以BD为斜边的等
腰直角三角形，平面ABD⊥平面ABC，则四面体ABCD的外接球的表面积为()
A. 8π
B. √6π
C. 6π
D. 2√2π
【答案】C
【解析】解：在四面体ABCD中，△BCD是边长为2的等
边三角形，△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形，
AB=AD=√2，
平面ABD⊥平面ABC，如图，可知AD⊥平面ABC，可得
AD⊥AC，所以△BAC是等腰直角三角形，所以三棱锥A−
BCD是正方体的一个角，如图：
外接球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2r=√6，r=√6
2
，
四面体ABCD的外接球的表面积为：4πr2=6π．
故选：C．
画出图形，判断三棱锥的形状，然后求解外接球的半径，即可求解结果．
本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，判断四面体的特征，求解外接球的半径是解
题的关键，是中档题．
9. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n =1
2n 2+1
2n ，函数f(x)=
x+m e x
，则“m >2−e
e−1”
是“数列{f(a n )}为递减数列”的( )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】解：当n ≥2时，a n =S n −S n−1=12n 2+12n −12(n −1)2−1
2(n −1)=n ， 当n =1时，a 1=S 1=1满足上式，∴a n =n ， ∴f(a n )=
n+m e n
，
要使数列{f(a n )}为递减数列，则f(n +1)−f(n)=n+1+m e n+1
−
n+m e n
<0，
∴m >(1−e)n+1e−1
恒成立，∴m >[
(1−e)n+1e−1
]max ，n ∈N +，
∵y =
(1−e)n+1e−1在n ∈N +时为减函数，∴[
(1−e)n+1e−1
]max =
2−e
e−1
，
∴m >2−e
e−1， ∴m >
2−e e−1
是数列{f(a n )}为递减数列的充要条件．
故选：C ．
先求出a n =n ，再由数列{f(a n )}为递减数列，得到m >[(1−e)n+1e−1
]max ，n ∈N +，最后求
出最大值即可．
本题考查了已知数列和求通项、递减数列问题，充要条件的判定，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10. 设抛物线E ：y 2=2px(p >0)的焦点为F ，已知B(−p
2,3p)，C(−p
2,y 0)且y 0>0，
抛物线E 上一点A 满足
AB ⊥BC ，若线段AC 的垂直平分线l 过点F ，则直线l 的斜率为( )
A. √63
B. √3
C. 3+√63
D. 3+2√63
【答案】D
【解析】解：因为AB ⊥BC ，且BC ⊥x 轴，
所以y A =y B =3p ，所以2px A =(3p)2=9p 2，解得x A =
9p 2
，
所以点A 的坐标为(9p
2,3p)，
因为直线l 垂直平分AC ，且点F 在l 上， 所以|CF|=|AF|=x A +p
2=5p ，
所以|CF|=√(−p
2−p
2
)2+y 02=√p 2+y 02=5p ， 解得y 0=2√6p ，所以点C 的坐标为(−p
2,2√6p)， 所以k AC =
3p−2√6p
92p−(−p
2
)=
3−2√6
5， 所以k l =−1
k AC
=−3−2
√
6
=3+2√6
3
， 故选：D ．
由已知AB ⊥BC ，且BC ⊥x 轴求出点A 的坐标，再利用垂直平分线的性质求出|CF|=|AF|的值，由此求出点C 的坐标，进而求出直线AC 的斜率，由此即可求解． 本题考查了直线与抛物线的位置关系的应用，涉及到垂直平分线的性质，考查了学生的运算推理能力，属于中档题．
11. 如图所示，在平面四边形ABCD 中，△BCD 是等边三角
形，AD =1，BD =√7，∠BAD =2π3
，则△ABC 的面积为
( )
A. 7√3
4 B. 3√34 C. 7√32 D. 3√32
【答案】D
【解析】解：由△BCD 是等边三角形，AD =1，BD =√7，∠BAD =
2π3
，
在△ABD 中，由正弦定理得：AD
sin∠ABD =BD
sin∠BAD ，即1
sin∠ABD =√7
√32
，
解得sin∠ABD =√21
14，易知∠ABD 为锐角，故cos∠ABD =
5√714
．
所以sin∠ABC =sin(∠ABD +∠DBC)
=sin∠ABD ⋅cos∠DBC +cos∠ABD ⋅sin∠DBC
=
√2114×12
+
5√7
14
×
√32
=
3√21
14
． 在△ABD 中，由余弦定理得：BD 2=AB 2+AD 2−2⋅AB ⋅AD ⋅cos∠BAD ， 即7=AB 2+1−2AB ⋅1×(−1
2)，解得：x =2，或−3(舍)． 故AB =2．
所以S △ABC =1
2AB ⋅BC ⋅sin∠ABC =1
2×2×√7×
3√21
14
=
3√3
2
． 故选：D ．
先在三角形ABD 中利用正、余弦定理求出sin∠ABD ，AB 的长度，再利用两角和的正弦公式求出sin∠ABC ，最后利用面积公式求解．
本题考查正余弦定理、三角形的面积公式等，同时考查了学生的运算能力，属于中档题．
12. 已知双曲线C ：
x 2
a 2
−y 2
b 2=1(a >0,b >0)，圆E ：(x −4)2+y 2=1，若双曲线C 的渐近线上存在点P ，过点P 作直线l ，l 与圆E 交于A ，B 两点，满足PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则双曲线C 的离心率的取值范围为( )
A. [4√7
7
,+∞)
B. (1,4√7
7
]
C. (1,√2]
D. [√2,+∞)
【答案】B
【解析】解：如图所示：
由已知可得存在PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |， 又因为存在点P 满足PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则一定有|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |min ≤|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |max ，
过圆心E 作PB 垂直直线y =b
a x ，则|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |max =2， 所以|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤2，所以|PE ⃗⃗⃗⃗⃗ |≤2+1=3， 所以|OP|≥√42−32=√7， 所以b
a =tanθ≤3
√7， 所以双曲线的离心率e =
c a
=√1+
b 2a 2
≤√1+97
=
4√7
=
4√77
，又因为e >1，
所以双曲线的离心率的取值范围为(1,4√7
7
]， 故选：B ．
利用已知推出|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |min ≤|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |max ，再由圆的性质得出|AB|的最大值，由此得出|PA|的范围，进而得出|PE|的范围，求出双曲线的渐近线的斜率的取值范围，进而可以求解． 本题考查了双曲线的渐近线与圆的位置关系的应用，涉及到圆的弦长的性质，考查了学
生的运算推理能力，属于中档题．
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知实数x ，y 满足约束条件{x +2y ≥2
x −y ≤2x −4y +4≥0，则z =x −2y 的最大值为______ ．
【答案】2
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
A(2,0)，
化目标函数z =x −2y 为y =x
2−z
2，由图可知，当直线y =x
2−z
2过A 时， z 有最大值为2． 故答案为：2．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想，是中档题．
14. (x −4+4
x )3的展开式中常数项是______ (用数字作答)． 【答案】−160
【解析】解：由题设可得：(x −4+4
x )3=
(x−2)6x 3
，
又(x −2)6的展开式的通项公式为T r+1=C 6r
⋅(−2)r x 6−r ，r =0，1， (6)
令6−r =3，可得r =3，
∴(x −4+4
x )3的展开式中常数项是C 63⋅(−2)3=−160，
故答案为：−160． 先将(x −4+4
x )3变形为
(x−2)6x ，然后利用二项式定理求得(x −2)6的展开式的通项公式，
再利用通项公式求得结果即可．
本题主要考查二项式定理的应用，对式子的合理变形是解决问题的关键，属于基础题．
15. 已知直线2x +y +1=0的倾斜角为θ，则√2sin(2θ+π
4)+1sinθ+cosθ
= ______ ．
【答案】−
2√5
5
【解析】解：直线2x +y +1=0的倾斜角为θ，则tanθ=k =−2，θ∈(π
2,π)， 即sinθ
cosθ=−2，所以sinθ=2cosθ，
所以sin 2θ+cos 2θ=4cos 2θ+cos 2θ=5cos 2θ=1，
解得cos 2θ=1
5，即cosθ=−√5
5
；
所以
√2sin(2θ+π
4)+1sinθ+cosθ
=
√2(sin2θcos π4+cos2θsin π
4)+1
sinθ+cosθ
=
sin2θ+cos2θ+1
sinθ+cosθ
=
2sinθcosθ+2cos 2θ
sinθ+cosθ =2cosθ=2×(−
√55
) =−
2√5
5
． 故答案为：−2√55
．
求出直线2x +y +1=0的斜率，再化简并计算√2sin(2θ+π
4)+1sinθ+cosθ
的值．
本题考查了三角函数的求值运算问题，也考查了直线方程的倾斜角和斜率计算问题，是基础题．
16. 为提高学生的动手能力，学校的学科拓展中心建立了3D 打印中心和陶瓷DIY 工作
坊.一名同学在3D 打印中心用橡胶打印了如图(1)所示的模具，该模具是棱长为2的正方体截去两个三棱锥后剩下的部分.该同学又在陶瓷DIY 工作坊做了5个异形瓶，其瓶口形状如图(2)中①②③④⑤所示，则此橡胶七面体模具能作为图(2)中哪种异形瓶的瓶塞？答：______ (写出所有满足条件的编号)．
【答案】①②⑤
【解析】解：由题意，只需在图(1)的七面体中找到截面与图(2)的瓶口对应，即可将其作为对应异形瓶的瓶塞，
通过作图可知，①②⑤均可以在图(1)中找到对应的截面，入下图的1、2、3，
而③④无法找到对应的截面．
故答案为：①②⑤．
根据题意，只需在图(1)的七面体中找到截面与图(2)的瓶口对应，即可将其作为对应异形瓶的瓶塞，由此分析判断即可．
本题考查了空间几何体结构特征的理解和应用，解题的关键是熟练掌握常见空间几何体的定义以及结构特征，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.设等比数列{a n}的前n项和为S n，已知2S3=a4−a1，且a1+2，2a2，a3成等差数
列．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)设数列{b n}满足b n=S n−na n+1
，求数列{b n}的前n项和T n．
S n S n+1
【答案】解：(Ⅰ)设等比数列{a n}的公比为q，
由2S3=a4−a1，可得2(a1+a1q+a1q2)=a1q3−a1=a1(q−1)(1+q+q2)，
化为2=q−1，即q=3；
由a1+2，2a2，a3成等差数列，可得4a2=a1+2+a3，
即有12a1=a1+2+9a1，解得a1=1，所以a n=a1q n−1=3n−1；
(Ⅱ)b n=S n−na n+1
S n S n+1=S n−n(S n+1−S n)
S n S n+1
=n+1
S n+1
−n
S n
，
所以T n=2S
2−1
S1
+3
S3
−2
S2
+⋯+n
S n
−n−1
S n−1
+n+1
S n+1
−n
S n
=n+1
S n+1
−1
S1
=n+1
S n+1
−1
=n+1
1−3n+1
1−3−1=2(n+1)
3n+1−1
−1．
【解析】(Ⅰ)设等比数列{a n}的公比为q，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得首项和公比，可得所求；
(Ⅱ)由数列的递推式可得b n=n+1
S n+1−n
S n
，再由数列的裂项相消求和和等比数列的求和公
式，可得所求和．
本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=BC=
CD=BD=2，AB=AD=2√3
3
，AC与BD交于点O，点M在
线段PA上，且PM=3MA．
(Ⅰ)证明：OM//平面PBC；
(Ⅱ)求二面角B−MD−C的余弦值．
【答案】(Ⅰ)证明：因为PA=BC=CD=
BD=2，AB=AD=2√3
3
，AC与BD交于点O，
所以AO=√AB2−OB2=√4
3−1=√3
3
，OC=
BC⋅sin60°=2sin60°=√3，OC=3AO，
又因为PM=3MA，所以AO
OC =AM
MC
，于是
OM//PC，
又因为PC⊂平面PBC，OM⊄平面PBC，所以OM//平面PBC；(Ⅱ)解：建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PM=3MA，PA=2，所以AM=PA⋅1
4=1
2
，又因为PA⊥底面ABCD，
所以M(0,−√3
3,1
2
)，DM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−√3
3
,1
2
)，DB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，0)，DC
⃗⃗⃗⃗⃗ (1,√3,0)，
设平面BDM 和平面CDM 的法向量分别为m
⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，n ⃗ =(u,v ，w)， {DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =x −√3
3y +12z =0DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =2x =0，令z =2，m ⃗⃗⃗ =(0,√3,2)， {DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =u −√33v +12w =0DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =u +√3v =0
，令v =√3，n ⃗ =(−3,√3,8)， 所以二面角B −MD −C 的余弦值为|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |
=7⋅219
=√133
14
． 【解析】(Ⅰ)只须证明OM 平行于平面PBC 内直线PC 即可；(Ⅱ)用向量数量积计算二面角的余弦值．
本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．
19. 已知椭圆B ：x 2
9
+
y 23
=1，P 为椭圆E 的右顶点，O 为坐标原点，过点P 的直线l 1，
l 2与椭圆E 的另外一个交点分别为A ，B ，线段PA 的中点为M ，线段PB 的中点为N ．
(Ⅰ)若直线OM 的斜率为−1
3，求直线l 1的方程； (Ⅱ)若OM ⊥ON ，证明：直线AB 过定点．
【答案】解：(Ⅰ)设直线AP 的方程为x =ty +3(t ≠0)，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 联立{x =ty +3x 2
9
+
y 23
=1
，得(3+t 2)y 2+6ty =0，
所以y 1+y 2=−6t
3+t 2， 所以y M =
y 1+y 22
=−3t
3+t 2，
x M =ty M +3=
9t 2+3
，
所以M(9
t +3,−3t
3+t )， 因为k OM =−1
3， 所以
−3t t 2+39t 2+3
=−1
3
，解得t =1，
所以直线l 1的方程为x −y −3=0．
(Ⅱ)①当直线AB 的斜率不存在时，设A(x 0,y 0)，B(x 0,−y 0)，−3<x 0<3， 则M(
x 0+32
,y 02)，N(
x 0+32
,−y
02)，
由OM ⊥ON ，有k OM ⋅k ON =−1，
所以
y 02x 0+32
⋅
−y 02x 0+32
=−1，
所以−y 0
2(x 0+3)2
=−1，
因为
x 0
29
+
y 0
23
=1，
所以x 0=−3
2，
所以直线AB 的方程为x =−3
2．
②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y =kx +m ， 联立椭圆的方程得(1+3k 2)x 2+6kmx +3m 2−9=0， 所以△=12(9k 2−m 2+3)>0， 设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 则由x 1+x 2=−6km
1+3k 2，x 1x 2=
3m 2−91+3k 2，
由k OM ⋅k ON =−1，可得y 1y 2
(x 1+3)(x 2+3)=−1， 即(1+k 2)x 1x 2+(km +3)(x 1+x 2)+m 2+9=0， 所以(1+k 2)⋅
3m 2−91+3k 2
+(km +3)⋅
−6km 1+3k 2
+m 2+9=0，
所以9k 2−9km +2m 2=0， 即(3k −2m)(3k −m)=0，
当m =3k 时，直线AB 过椭圆的左顶点，不满足题意，
当m =3
2k 时，直线AB 过定点(−3
2,0)，且满足△=12(9k 2−m 2+3)>0， 综上所述，直线AB 过定点(−3
2,0)．
【解析】(Ⅰ)设直线AP 的方程为x =ty +3(t ≠0)，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立直线AP 与椭圆的方程，结合韦达定理，推出点M 坐标，再由k OM =−1
3，解得t ，即可得出答案．
(Ⅱ)分两种情况：①当直线AB 的斜率不存在时，②当直线AB 的斜率存在时，结合OM ⊥ON ，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
20. “博弈”原指下棋，出自我国《论语⋅阳货》篇，现在多指一种决策行为，即一些
个人、团队或组织，在一定规则约束下，同时或先后，一次或多次，在各自允许选
择的策略下进行选择和实施，并从中各自取得相应结果或收益的过程.生活中有很多游戏都蕴含着博弈，比如现在有两个人玩“亮”硬币的游戏，甲、乙约定若同时亮出正面，则甲付给乙3元，若同时亮出反面，则甲付给乙1元，若亮出结果是一正一反，则乙付给甲2元．
(Ⅰ)若两人各自随机“亮”出正反面，求乙收益的期望．
(Ⅱ)因为各自“亮”出正反面，而不是抛出正反面，所以可以控制“亮”出正面或反面的频率(假设进行多次游戏，频率可以代替概率)，因此双方就面临竞争策略的博弈.甲、乙可以根据对手出正面的概率调整自己出正面的概率，进而增加自己赢得收益的期望，以收益的期望为决策依据，甲、乙各自应该如何选择“亮”出正面的概率，才能让结果对自己最有利？并分析游戏规则是否公平．
【答案】解：(Ⅰ)因为是各自随机“亮”出正反面，
所以甲、乙“亮”出正面的概率均可认为是1
2
，
设乙在此游戏中的收益为随机变量X，则X的可能取值为−2，1，3，所以可得乙的收益的分布列为：
故乙收益的期望E(X)=−2×1
2+1×1
4
+3×1
4
=0；
(Ⅱ)假设甲以p(0≤p≤1)的概率“亮”出正面，乙以q(0≤q≤1)的概率“亮”出正面，
甲收益的随机变量为Y，乙收益的随机变量为Z，
则此时甲的收益的分布列为：
所以甲的收益期望为E(Y)=2[p(1−q)+q(1−p)]−(1−p)(1−q)−3pq=(3−
8q)+3q−1，
同理可得乙的收益的分布列为：
所以乙的收益期望为E(Z)=−2[p(1−q)+q(1−p)]+(1−p)(1−q)+3pq=(8p−3)q−3p+1，
根据甲的收益期望高，可知乙的最优策略师“亮”出正面的概率为3
8，
否则若3
8<q ≤1，则甲的收益期望E(Y)=(3−8q)p +3q −1，甲利益选项都“亮”反面的策略，即p =0，达到预期收益最大，此时E(Y)=3q −1>1
8，
若0≤q <3
8，则甲选择都“亮”出正面的策略，即p =1，达到预期收益最大，E(Y)=2−5q >18，
同理，可知甲的最优策略是“亮”出正面的概率为3
8，所以最终两人的决策为保持“亮”出正面的概率都为3
8，
而当p =q =3
8时，E(Y)=1
8，E(Z)=−1
8，
所以此时游戏结果对两人都是最有利，但是规则不公平．
【解析】(Ⅰ)根据题意，甲、乙“亮”出正面的概率均可认为是1
2，确定乙在此游戏中的收益为随机变量X 的可能取值，列出分布列，由期望的求解公式计算即可； (Ⅱ)假设甲以p(0≤p ≤1)的概率“亮”出正面，乙以q(0≤q ≤1)的概率“亮”出正面，甲收益的随机变量为Y ，乙收益的随机变量为Z ，分别列出甲、乙收益的分布列以及数学期望，通过计算结果，按照3
8<q ≤1，0≤q <3
8两种情况分别分析即可． 本题考查了离散型随机变量及其分布列以及离散型随机变量的期望的理解和应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
21. 已知函数f(x)=x −ae x ，x ≥0，a ∈R ．
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
(Ⅱ)当a =1时，不等式f(x)≤(m +1)x −1
2x 2+1−1
2m 2对任意x ≥0恒成立，求实数m 的取值范围．
【答案】解：(Ⅰ)∵f(x)=x −ae x ，x ≥0， ∴f′(x)=1−ae x ，
①当a ≤0时，f′(x)>0，f(x)在[0,+∞)单调递增， ②当a >0时，令f′(x)=0，解得：x =ln 1
a ，
当a ≥1时，ln 1
a ≤0，f′(x)≤0，f(x)在[0,+∞)单调递减，
当0<a <1时，ln 1
a >0，当x ∈(0,ln 1
a )时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(ln1
a
,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，综上：当a≤0时，f(x)在[0,+∞)单调递增，
当a≥1时，f(x)在[0,+∞)单调递减，
当0<a<1时，f(x)在(0,ln1
a )单调递增，在(ln1
a
,+∞)时，单调递减；
(Ⅱ)当a=1时，不等式f(x)≤(m+1)x−1
2x2+1−1
2
m2，
即2e x−x2+2mx+2−m2≥0，
设g(x)=2e x−x2+2mx+2−m2，(x≥0)，
则g′(x)=2e x−2x+2m=2(e x−x+m)，
设ℎ(x)=e x−x+m，则ℎ′(x)=e x−1≥0，
故ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，又ℎ(0)=1+m，
①当m≥−1时，ℎ(x)≥ℎ(0)≥0，故g′(x)≥0，g(x)在[0,+∞)上单调递增，
故g(x)≥g(0)=4−m2≥0，故−1≤m≤2，
②当m<−1时，ℎ(0)=1+m<0，
由(Ⅰ)知，a=1
2
时，可得当x≥0时，e x>2x，
故ℎ(−m)=e−m+2m>−2m+2m=0，
故存在x0∈(0,−m)，使得ℎ(x0)=0，即e x0−x0+m=0，
当x∈(0,x0)时，ℎ(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，ℎ(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)≥g(x0)=2e x0−x02+2mx0+2−m2
=2e x0−x02+2x0(x0−e x0)+2−(x0−e x0)2
=−e2x0+2e x0+2，
由−e2x0+2e x0+2≥0，解得：0<x0≤ln(√3+1)，
∵m=x0−e x0，
由(Ⅰ)得：a=1时，可得当x≥0时，f(x)=x−e x单调递减，
故ln(√3+1)−(√3+1)≤m<−1，
综上：ln(√3+1)−(√3+1)≤m≤2．
【解析】(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；(Ⅱ)代入a的值，问题转化为2e x−x2+2mx+2−m2≥0，设g(x)=2e x−x2+
2mx+2−m2，(x≥0)，求出函数的导数，结合函数的单调性确定m的取值范围即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化
思想，分类讨论思想，是难题．
22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{
x =4t 2−1
y =4t
(t 为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为θ=π
6(ρ∈R)． (Ⅰ)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程； (Ⅱ)设曲线C 1与曲线C 2交于两点A ，B ，求1
|OA|+1
|OB|的值．
【答案】解：(Ⅰ)曲线C 1的参数方程为{
x =4t 2−t
y =4t
(t 为参数)，转换为t =y 4，代入x =4t 2−1，得到直角坐标方程为y 2=4x +4． 根据{x =ρcosθy =ρsinθ
x 2+y 2=ρ2
，转换为极坐标方程为ρ2sin 2θ=4ρcosθ+4．
曲线C 2的极坐标方程为θ=π
6(ρ∈R)，转换为直角坐标方程为y =√3
3
x ．
(Ⅱ)把曲线C 2的极坐标方程为θ=π
6(ρ∈R)，代入ρ2sin 2θ=4ρcosθ+4得到ρ2−8√3ρ−16=0，
所以ρ1+ρ2=8√3，ρ1ρ2=−16， 所以
1
|OA|
+1
|OB|=|ρ1−ρ2||ρ1ρ2|
=
√(ρ1+ρ2)2−4ρ1ρ2
|ρ1ρ2|
=1．
【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换； (Ⅱ)利用极径的应用和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
23. 设函数f(x)=|2x +1|+|x +3
2|.
(Ⅰ)求函数f(x)的最小值；
(Ⅱ)若函数f(x)的最小值为m ，且正实数a ，b ，c 满足a +b +c =m ，证明：√ab +√ac ≤
√2
2
． 【答案】解：(Ⅰ)f(x)={
−3x −5
2,x <−3
2−x +12,−32≤x ≤−1
23x +52,x >−12
当x ≤−1
2，f(x)单调递减；当−1
2<x ，f(x)单调递增；
所以函数f(x)的最小值为1．(Ⅱ)证明：由于a+b+c=1，
所以1=a
2+b+a
2
+c≥2√ab
2
+2√ac
2
，
即√ab+√ac≤√2
2，当且仅当a=1
2
，b=c=1
4
时取等号．
【解析】(Ⅰ)去绝对值，求出最小值；
(Ⅱ)由a+b+c=1，利用均值不等式证明．
本题考查解绝对值不等式，均值不等式的应用，属于中等题．。