2021年河南省洛阳市高考数学第三次统一考试试卷(文科)(附答案详解)

2021年河南省洛阳市高考数学第三次统一考试试卷（文
科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.若集合A={x|x2−4<0}，B={x|log3x<1}，则A∩B=()
A. (0,1)
B. (0,2)
C. (−2,1)
D. (−2,3)
2.已知i为虚数单位，复数z满足z(3+i)=4−2i，则下列说法正确的是()
A. 复数z的模为2
B. 复数z的共轭复数为−1+i
C. 复数z的虚部为−i
D. 复数z在复平面内对应的点在第四象限
3.已知如表所示数据的回归直线方程为ŷ=4x−4，则实数m的值为()
A. 11
B. 12
C. 13
D. 14
4.下列命题中，真命题是()
A. 命题“若sinx=siny，则x=y”的逆否命题是真命题
B. 命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是“∀x∈R，x2<0”
C. “x>1”是“x2>1”的必要不充分条件
D. 对任意x∈R，e x+e−x≥2
5.执行如图所示的程序框图，则输出的a值为()
A. 1
3
B. −3
C. −1
2
D. 2
6. 已知双曲线E ：
x 2
a 2
−y 2
b 2=1(a >0,b >0)的左，右焦点为F 1，F 2，P 为其渐近线上一点，若△PF 1F 2是等腰直角三角形，则E 的离心率为( )
A. √5
B. 2
C. √3
D. √2
7. 已知a =log 31.5，b =log 0.50.1，c =0.50.2，则a 、b 、c 的大小关系为( )
A. a <b <c
B. a <c <b
C. b <c <a
D. c <a <b
8. 我国三国时期的数学家赵爽为了证明勾股定理创制了一幅
“勾股圆方图”，该图是由四个全等的直角三角形组成，它们共同围成了一个如图所示的大正方形和一个小正方形．设直角三角形中一个锐角的正切值为3.在大正方形内随机取一点，则此点取自小正方形内的概率是( )
A. 1
10
B. 1
5
C. 3
10
D. 2
5
9. 已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 9=126，a 4+a 10=40，则
2S n +60n
的最小值
为( )
A. 12√5+1
B. 4√5+1
C. 19
D. 28
10. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其
名字命名的“高斯函数”为：设x ∈R ，用[x]表示不超过x 的最大整数，则y =[x]称为高斯函数，例如：[−2.1]=−3，[3.1]=3，已知函数f(x)=3x −21+3x+1
，则函数y =
[f(x)]的值域为( )
A. {0,−3}
B. {0,−1}
C. {0,−1,−2}
D. {1,0，−1，−2}
11. 已知球O 是棱长为24的正四面体ABCD 的内切球，球O 1与球O 外切且与正四面体
的三个侧面都相切，则球O 1的表面积为( )
A. 24π
B. 12π
C. 8π
D. 6π
12. 已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意实数x 都有f′(x)−f(x)=e x (2x −1)，
f(0)=4，则不等式f(x)<10e x 的解集为( )
A. (−2,3)
B. (−3,2)
C. (−∞,−3)∪(2,+∞)
D. (−∞,−2)∪(3,+∞)
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若sin(π2−θ)=3
5，θ∈(0,π)，则sin2θ= ______ ．
14. 已知递增等比数列{a n }满足1a 1
+1a 3
+1a 5
=7
8，a 3=4，则a 8= ______ ．
15. 已知A ，B 是圆O ：x 2+y 2=4上的两个动点，|AB|=2√3，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，M 为线段AB 的中点，则OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为______ ． 16. 已知椭圆C ：x 2
a 2+y 2=1(a >1)的左，右焦点分别是F 1，F 2，P 是椭圆C 上第一象
限内的一点，且△PF 1F 2的周长为4+2√3.过点P 作C 的切线l ，分别与x 轴和y 轴交于A ，B 两点，O 为原点，当点P 在C 上移动时，△AOB 面积的最小值为______ ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 在平面四边形ABCD 中，∠ABC =90°，∠A =60°，AD =2，BD =4．
(1)求cos∠ABD ； (2)若BC =2√3，求CD ．
18.如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB//平面AEC；
(2)设AP=1，AD=√3，三棱锥P−ABD的体积V=√3
，求A到平面PBC的距离．
4
19.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P(4,m)(m>0)是抛物线C上一点，
且|PF|=5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB，记点A，B到直线y=−4的
距离分别为a，b，求证：ab为定值．
20.2020年11月某市进行了高中各年级学生的“国家体质健康测试”.现有1500名(男
生1200名，女生300名)学生的测试成绩，根据性别按分层抽样的方法抽取100名学生进行分析，得到如下统计图表：
男生测试情况：
女生测试情况：
(Ⅰ)现从抽取的100名且测试成绩为优秀的学生中随机挑选两名学生，求选出的这两名学生恰好是一男一女的概率；
(Ⅱ)若测试成绩为良好或优秀的学生为“体育达人”，其他成绩的学生(含病残等免试学生)为“非体育达人”.根据以上统计数据填写下面的列联表，并回答能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“是否为体育达人与性别有关？”
临界值表：
,n=a+b+c+d)．
附：(K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
21.已知函数f(x)=ax−x2−lnx(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)存在极值，且这些极值的和大于5+ln2，求实数a的取值范围．
22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{
x =1+sin2α
y =sinα+cosα
(α为参数)，在以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2的极坐标方程为ρ=2sinθ．
(1)求C 1和C 2的直角坐标方程；
(2)若射线l ：θ=θ0(θ0∈[π4,π
3]，ρ≥0)与曲线C 1和C 2分别交于异于原点的点A ，B ，求OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 取值范围．
23. 已知a ，b ，c 都是正实数．
(1)若abc
a+b+c =1
3，求ab +bc +ac 的最小值；
(2)若a >b >c ，且a +2b +3c =1，求证：a 2+8b 2+27c 2<1．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵集合A ={x|x 2−4<0}={x|−2<x <2}， B ={x|log 3x <1}={x|0<x <3}， ∴A ∩B ={x|0<x <2}=(0,2)． 故选：B ．
求出集合A ，B ，由此能求出A ∩B ．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由z(3+i)=4−2i ，得z =4−2i 3+i
=
(4−2i)(3−i)(3+i)(3−i)
=
10−10i 32+12
=1−i ，
∴|z|=√12+(−1)2=√2，故A 错误； 复数z 的共轭复数为1+i ，故B 错误； 复数z 的虚部为−1，故C 错误；
复数z 在复平面内对应的点的坐标为(1,−1)，在第四象限，故D 正确． 故选：D ．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：x −
=1
5(2+3+4+5+6)=4，y −
=1
5(3+7+m +18+21)=49+m 5
，
则样本点的中心为(4,49+m 5
)，
代入y ̂
=4x −4，得49+m 5
=4×4−4=12，解得m =11．
故选：A ．
由已知求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程即可求得m 值．
本题考查线性回归方程，明确线性回归方程恒过样本点的中心是关键，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，因为逆否命题与原题等价，又因为原命题“若sinx=siny，则x=y”是假命题，所以A错；
对于B，命题“∀x∈R，x2≥0”的否定是“∃x∈R，x2<0”，所以B错；
对于C，因为“x>1”⇒“x2>1”，所以“x>1”是“x2>1”的充分条件，所以
C错；
对于D，因为对任意x∈R，e x+e−x≥2√e x⋅e−x=2，所以D对．
故选：D．
A根据逆否命题与原题等价判断；B根据全称命题的否定概念判断；C根据充分条件与
必要条件概念判断；D根据重要不等证明判断．
本题以命题真假判断为载体，考查了充分条件与必要条件概念，考查了全称命题的否定问题，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：a=2，i=1，
第1次执行循环体后，a=−3，i=2，不满足退出循环的条件；
，i=3，不满足退出循环的条件；
第2次执行循环体后，a=−1
2
第3次执行循环体后，a=1
，i=4，不满足退出循环的条件；
3
第4次执行循环体后，a=2，i=5，不满足退出循环的条件；
……
第2020次执行循环体后，a=2，i=2021，不满足退出循环的条件；
第2021次执行循环体后，a=−3，i=2022，满足退出循环的条件；
故输出a值为−3，
故选：B．
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量a的值，模拟程序的运行过程可得答案．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：∵△PF1F2是等腰直角三角形，
设∠F1PF2=90，|PF1|=|PF2|，
则P 点仅在y 轴上成立， ∵P 为其渐近线上一点， ∴∠F 1PF 2=90°，不成立，
由于双曲线是对称图形，P(x,y)点为渐近线第二象限上的点， ∵∠PF 1F 2=90°，P 点为渐近线第二象限上的点， ∴y =−b
a ⋅(−c)=
bc
a
，即P 点的坐标为P(−c,bc
a )， 又∵△PF 1F 2是等腰直角三角形， ∴|PF 1|=|F 1F 2|=2c ， ∴2c =
bc a
，即b =2a ，
∵c 2=a 2+b 2=a 2+4a 2=5a 2， ∴c =√5a ，
∴则双曲线E 的离心率为：e =c a =√5a a =√5，
故选：A ．
通过分析可得，∠F 1PF 2=90°，不符合题意，由于双曲线是对称图形，可设∠PF 1F 2=90°，P(x,y)点为渐近线第二象限上的点，可得P 点的坐标，最后结合离心率公式，即可求解． 本题考查双曲线的性质，以及渐近线、离心率，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵0=log 31<log 31.5<log 3√3=1
2，∴0<a <1
2， ∵log 0.50.1>log 0.50.5=1，∴b >1， ∵0.5<0.50.2<0.50，∴1
2<c <1， ∴a <c <b ， 故选：B ．
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．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查概率性质、几何概型等基础知识，是较易题．
由题意，设直角三角形中较小的直角边是1，则较大的直角边是3，分别表示出大正方形和小正方形的面积，从而求出满足条件的概率即可． 【解答】
解：由题意设直角三角形中较小的直角边是1， 则较大的直角边是3， 则斜边是√10，
则大正方形的面积是10，
则4个三角形的面积是1
2×1×3×4=6， 故小正方形的面积是4， 故满足的条件的概率p =4
10=2
5， 故选D ．
9.【答案】D
【解析】解：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 9=126，得9a 1+
9×82
d =126，即9a 1+
36d =126①；又a 4+a 10=40得a 1+3d +a 1+9d =0即2a 1+12d =40②． 联立①②得{a 1+4d =14a 1+6d =20，解得a 1=2；
d =3.所以S n =2n +n(n−1)2×3=32n 2+1
2n ；则
2S n +60n
=
3n 2+n+60
n =3(n +
20n
)+1．
令f(x)=x +20x
(x >0)，则该函数在(−∞,2√5)单调递减、在(2√5,+∞)单调递增，且
f(4)=4+
204
=9；f(5)=4+
204
=9．
所以当n =4时，
2S n +60n
=3×4+1=28；当n =5时，2S n +60n
=3×4+1=28.所以
2S n +60n
的最小值为28．
故选：D ．
利用S 9=126；a 4+a 10=40可建立关于首项a 1和公差d 的方程组且能解出a 1和d 的值；将a 1和d 的值代入
2S n +60n
中再结合其对应函数的性质即可得出
2S n +60n
的最小值．
本题主要考查等差数列的通项、前n 项和、数列与函数的综合问题；考查运算求解能力，涉及逻辑推理、数学运算等数学学科核心素养，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】解：∵函数f(x)=3x−2
1+3x+1=1
3
×3x+1−6
3x+1+1
=1
3
×(1−7
3x+1+1
)，
∵0<7
3x+1+1<7，∴−6<1−7
3x+1+1
<1，
∴−2<1
3×(1−7
3x+1+1
)<1
3
，
则函数y=[f(x)]的值域为{0,−1,−2}，
故选：C．
把函数的解析式变形，求出它的值域，再利用高斯函数定义的理解得：函数y=[f(x)]的值域为{0,−1,−2}，得解．
本题考查了分式函数值域的求法及对即时定义的理解，属中档题．
11.【答案】A
【解析】解：如图，设求O的半径为R，球O1的半径
为r，
由正四面体的性质，取CD中点E，连接EA、EB，设
AG是棱锥的高，
两球与侧面分别切于点H、F，O在AG上，G是底面
中心，
记正四面体棱长为a，则GE=1
3×√3
2
a=√3
6
a，AE=
√3
2
a，
在△ABE中，AG=√AE2−GE2=√6
3
a，
由△AOF∽△AEG，得OF
GE =AO
AE
，即
√3
6
a
=
√6
3
a−R
√3
2
a
，解得R=√6
12
a，
又由O1H//OF，得O1H
OF =AO1
AO
，
即r
R =AG−2R−r
AG−R
，把a=24代入，解得r=√6．
∴球O1的表面积为S=4πr2=4π×(√6)2=24π．
故选：A．
设求O的半径为R，球O1的半径为r，取CD的中点E，连接EA，EB，AG是棱锥的高，两球与侧面分别切于点H、F，O在AG上，G是底面中心，记正四面体的棱长为a，在△ABE中求解三角形得r，代入球的表面积公式得答案．
本题考查球的表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】A
【解析】解：令G(x)=
f(x)e x
，则G′(x)=
f′(x)−f(x)
e x
=2x −1，
可设G(x)=x 2−x +c ，则G(0)=f(0)=4，∴c =4，所以G(x)=f(x)e x
=x 2−x +4，
不等式f(x)<10e x 等价于
f(x)e <10，所以x 2−x <6，解得−2<x <3，
所以不等式的解集为(−2,3)． 故选：A ． 令G(x)=
f(x)e x
，求导后得G′(x)=2x −1，根据不定积分的运算法则，可设G(x)=x 2−
x +c ，由G(0)=0求出c 的值，进而得G(x)的解析式；不等式f(x)<10e x 等价于G(x)<10，解之即可．
本题考查利用导数解不等式、不定积分的运算，构造新函数是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】24
25
【解析】解：由sin(π
2−θ)=3
5，知cosθ=3
5， ∵θ∈(0,π)，∴sinθ=√1−cos 2θ=4
5， ∴sin2θ=2sinθcosθ=2×3
5×4
5=2425． 故答案为：24
25．
结合诱导公式、同角三角函数的平方关系，可得cosθ和sinθ的值，再由二倍角公式，求解即可．
本题考查二倍角公式、诱导公式和同角三角函数的基本关系，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】16√2
【解析】解：设等比数列{a n }的公比为q(q >1)，由a 3=4，得1a 3
=1
4．
又1a 1
+1a 3
+1a 5
=7
8，则1a
3
÷q 2
+1a 3
+1
a
3
⋅q 2
=78，即q 2+1q 2=52，解得q 2=2或q 2=1
2(舍去)．
所以q =√2；所以a 8=a 4⋅q 5=4×4√2=16√2． 故答案为：16√2．
根据等比数列{a n }满足1a 1
+1a 3
+1a 5
=78，可得1
a
3÷q
2+
1a 3
+
1a 3
⋅q 2=7
8
，结合a 3=4可求得q 2，从而确定q 值；即可根据a 8=a 4⋅q 5求得结果．
本题主要考查等比数列的性质、通项公式；考查运算求解能力；考查逻辑推理、数学运算等数学学科核心素养，属于基础题．
15.【答案】5
【解析】解：在△OAB 中，cos∠AOB =
OA 2+OB 2−AB 22⋅OA⋅OB
22+22−(2√3)2
2×2×2
=−1
2
．
∵M 为线段AB 的中点，∴OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2
(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )， ∴OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅1
2
(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =3
2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+52OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =32×22+22+52
×2×2×cos120°=5． 故答案为：5．
OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12
(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 作内积即可解决此题． 本题考查平面向量数量积性质及运算，考查数学运算能力，属于中档题．
16.【答案】2
【解析】解：∵△PF 1F 2的周长为4+2√3，∴2a +2c =4+2√3， 由a 2=b 2+c 2，且b 2=1，得a 2=1+c 2， 联立{a +c =2+√3a 2=1+c 2，解得a =2(a >1)，c =√3， 则椭圆方程为
x 24
+y 2=1．
设P(x 0,y 0)，x 0>0，y 0>0，则x 0
24
+y 02=1，
过P 点的切线l 的方程为
x 0x 4
+y 0y =1，
取x =0，得y =1
y 0
，则B(0,1
y 0
)，取y =0，得x =4
x 0
，则A(4
x 0
,0)，
∴S △AOB =12⋅4x 0
⋅1y 0
=2
x
0y 0，
由
x 0
24
+y 02=1，得1=x 02
4+y 02≥2√x 02
4
⋅y 02=x 0y 0，
当且仅当x
2=y 0时等号成立．
∴△AOB面积的最小值为2
x0y0
=2．
故答案为：2．
由已知列关于a与c的方程组，求得a值，可得椭圆方程，设P的坐标，得到过P点的切线方程，求得A、B的坐标，代入三角形面积公式，再由点P在椭圆上，利用基本不等式求最值．
本题考查椭圆的几何性质，训练了利用基本不等式求最值，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)在△ABD中，由正弦定理可得AD
sin∠ABC =BD
sinA
，
∵∠A=60°，AD=2，BD=4，
∴sin∠ABD=AD⋅sinA
BD =2×
√3
2
4
=√3
4
，
∵BD>AD，
∴∠ABD<60°，
∴cos∠ABD=√1−sin2∠ABD=√1−3
16=√13
4
．
(2)∵∠ABC=90°,sin∠ABD=√3
4
，
∴cos∠CBD=sin∠ABD=√3
4
，
在△BCD中，由余弦定理可得，
CD2=BD2+BC2−2BD⋅BC⋅cos∠CBD=16+12−2×4×2√3×√3
4
=16，
∴CD=4．
【解析】(1)在△ABD中，利用正弦定理可得，sin∠ABD=√3
4
，再利用三角函数的同角公式，即可求解，(2)在△BCD中，运用余弦定理，即可求解．
本题考查了解三角形的正弦定理、余弦定理，以及三角函数的同角公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连结EO，
∵四边形ABCD 是矩形， ∴O 为BD 的中点 ∵E 为PD 的中点， ∴EO//PB ．
因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ∴PB//平面AEC ；
(2)∵AP =1，AD =√3，PA ⊥平面ABCD ，三棱锥P −ABD 的体积V =√3
4，
∴V =13
×1
2
PA ⋅AB ⋅AD =
√3
6
AB =
√3
4
， ∴AB =3
2，
所以PB =√1+(3
2
)2=√13
2
．
∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BC ，
又AB ⊥BC ，PA ∩AB =A ，PA ，AB ⊂平面PAB ∴BC ⊥平面PAB ， 作AH ⊥PB 交PB 于H ， ∵AH ⊂平面PAB ∴BC ⊥AH ，
又PB ∩BC =B ，PB ，BC ⊂平面PBC ． 故AH ⊥平面PBC ． 则△ABH ∽△PBA ， 所以AH =
PA⋅AB PB
=
3√13
13
， ∴A 到平面PBC 的距离3√1313
．
【解析】本题考查直线与平面垂直，点到平面的距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力，为中档题．
(1)设BD 与AC 的交点为O ，连结EO ，通过直线与平面平行的判定定理证明PB//平面AEC ；
(2)通过AP =1，AD =√3，三棱锥P −ABD 的体积V =√3
4，求出AB ，作AH ⊥PB 交PB
于H ，说明AH 就是A 到平面PBC 的距离．通过解三角形求解即可．
19.【答案】解：(1)P(4,m)(m >0)是抛物线C 上一点，|PF|=5，
∴p
2+4=5，即p =2，
∴抛物线C 的方程为y 2=4x ， (2)证明∵P(4,m)是抛物线C 上一点， ∴m 2=16， ∵m >0， ∴m =4，
设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，
设直线PA 的方程为{x −4=t(y −4)
y 2=4x
，
联立方程可得y 2−4ty +16(t −1)=0，即(y −4)(y −4t +4)=0， ∴y 1=4t −4，
∵点A 到直线y =−4的距离分别为a ， ∴a =|y 1−(−4)|=|4t|， 又∵PA ⊥PB ，
∴用−1
t 代入t ，可得y 2=−4
t −4，b =|y 2−(−4)|=|4
t |， ∴ab =|4t ×4
t |=16，即ab 为定值．
【解析】(1)运用抛物线的性质，即可求解，(2)设直线PA 的方程(x −4)=t(y −4)，将直线与抛物线进行联立，可得y 1=4t −4，再结合点A 到直线y =−4的距离为a ，可得a =|4t|，由于PA ⊥PB ，可用−1
t 代入t ，可求得b =|4
t |，即可求解．
本题考查了抛物线的标准方程及其应用，考查了计算能力，需要学生熟练掌握公式，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得，用分层抽样抽取的男生人数为1200×100
1500=80，抽
取的女生人数为300×100
1500
=20；
所以x=80−(2+10+18+46)=4，y=20−(1+3+11+2)=3，
则抽取的这100名学生中，男生优秀的有4人，标记为A，B，C，D；女生优秀的有2人，标记为a，b；
从这6人中随机抽取两名学生，所包含的基本事件有：(A,B)，(A,C)，(A,D)，(A,a)，(A,b)，(B,C)，(B,D)，(B,a)，(B,b)，(C,D)，(C,a)，(C,b)，(D,a)，(D,b)，(a,b)共15个基本事件，
选出的这两名学生恰好是一男一女，所包含的基本事件有：(A,a)，(A,b)，(B,a)，(B,b)，(C,a)，(C,b)，(D,a)，(D.b)，共8个基本事件；
所以选出的这两名学生恰好是一男一女的概率为P=8
15
；
(Ⅱ)由题中条件，完善列联表如下：
利用公式K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100×(50×15−5×30)2
55×45×80×20
≈9.091>6.635，
故因此在犯错误的概率不超过0.01的前提下可以认为“是否为体育达人与性别有关“．
【解析】本题考查了独立性检验与分层抽样、古典概型的概率求法，属于中档题．(Ⅰ)先根据分层抽样的方法，由题中条件，得到抽取的这100名学生中，男生优秀的有4人，标记为A，B，C，D；女生优秀的有2人，标记为a，b；用列举法列举出从这7人中随机抽取两名学生，所包含的基本事件，以及选出的这两名学生恰好是一男一女，所包含的基本事件，基本事件的个数比即为所求概率；
(Ⅱ)根据(Ⅰ)中计算，结合题中条件，直接完善列联表，由列联表根据公式计算K，根据临界值表，即可得出结论．
21.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=a−2x−1
x ，∵2x+1
x
≥2√2，
①当a≤2√2时，f′(x)≤0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
②当a>2√2时，f′(x)=a−2x−1
x =−2x2−ax+1
x
，
由f′(x)=0得x1=a−√a2−8
4,x2=a+√a2−8
4
，且x2>x1>0，
由f′(x)>0得x 1<x <x 2，由f′(x)<0得0<x <x 1，或x >x 2， ∴函数f(x)的单调递增区间为(a−√a
2−8
4
,
a+√a 2−8
4
)，单调递减区间为
(0,
a−√a 2−8
4
),(
a+√a 2−8
4
,+∞)，
综上所述，当a ≤2√2时，函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞)，无单调递增区间；当a >2√2时，函数f(x)的单调递减区间为(0,a−√a 2−8
4
),(
a+√a 2−8
4
,+∞)，单调递增区间为
(
a−√a 2−84
,
a+√a 2−8
4
)；
(2)由(1)知，当f(x)存在极值时，a >2√2，此时方程2x 2−ax +1=0有两个不相等的正根x 1，x 2， ∴{
x 1+x 2=
a 2
>0
x 1x 2=1
2>0
，
∴f(x 1)+f(x 2)=a(x 1+x 2)−(x 12+x 22)−(lnx 1+lnx 2)=a(x 1+x 2)−[(x 1+x 2)−
2x 1x 2]−ln(x 1x 2)=a 22
−
a 24
+1−ln 1
2
=
a 24
+1+ln2，
依题意
a 24
+1+ln2>5+ln2，即a 2>16，且a >2√2，∴a >4，
∴a 的取值范围是(4,+∞)．
【解析】(1)可看出f(x)的定义域为(0,+∞)，并求出f′(x)=a −2x −1
x ，根据2x +1
x ≥2√2可讨论a ：a ≤2√2时，可得出f′(x)≤0，从而得出f(x)在(0,+∞)上单调递减；a >2√2时，f′(x)=−
2x 2−ax+1
x
，可求出2x 2−ax +1=0的两个不相等的实数根，然后即
可写出f(x)的单调增区间和单调减区间；
(2)根据(1)知，当a >2√2时，f(x)存在极值，这两个极值是方程2x 2−ax +1=0的两个不相等的实数根x 1，x 2，根据韦达定理可得出{x 1+x 2=a
2
x 1x 2=1
2，从而可求出f(x 1)+f(x 2)=a 24
+1+ln2，然后根据题意可得出a 2
4+1+ln2>5+ln2，然后解出a 的范围
即可．
本题考查了根据导数符号判断函数单调性的方法，一元二次方程的求根公式，一元二次不等式的解法，函数极值的定义及求法，韦达定理，对数的运算性质，考查了计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)曲线C 1的参数方程为{x =1+sin2α
y =sinα+cosα(α为参数)，转换为直角坐标
方程为y 2=x(0≤x ≤2)．
曲线C 2的极坐标方程为ρ=2sinθ，根据{x =ρcosθ
y =ρsinθ
x 2+y 2=ρ2，转换为直角坐标方程为x 2+
(y −1)2=1．
(2)方程y 2
=x(0≤x ≤2)，根据{x =ρcosθ
y =ρsinθ
x 2+y 2=ρ2
，转换为极坐标方程为ρsin 2θ=
cosθ．
由于{
ρsin 2θ=cosθ
θ=θ0，得到|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=ρA =cosθ
0sin θ
， 由{
ρ=2sinθθ=θ0
，得到|OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=ρB =2sinθ0， 所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=ρA ρB =cosθ0sin 2θ0
⋅2sinθ0=2tanθ
， 由于θ0∈[π4,π
3]， 所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∈[2√33
,2]．
【解析】(1)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； (2)利用极径的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．
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，三角函数关系式的恒等变换，函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
23.【答案】(1)解：∵abc a+b+c =13，∴1bc +1ac +1
ab =3，
而bc +1
bc ≥2√bc ⋅1
bc =2，ac +1
ac ≥2√ac ⋅1
ac =2，
ab +1
ab ≥2√ab ⋅1
ab =2，
三式相加，可得ab +bc +ac +1
ab +1
bc +1
ac ≥6， ∴ab +bc +ac ≥3，当且仅当a =b =c =1时等号成立． 故ab +bc +ac 的最小值为3；
(2)证明：∵a >b >c ，∴b 2<ab ，c 2<ac ，c 2<bc ，
∴a 2+8b 2+27c 2=a 2+4b 2+9c 2+4b 2+6c 2+12c 2
<a 2+4b 2+9c 2+4ab +6ac +12bc =(a +2b +3c)2， 又∵a +2b +3c =1，∴a 2+8b 2+27c 2<1．
【解析】(1)把已知等式变形可得1
bc +1
ac
+1
ab
=3，再由基本不等式得到bc+1
bc
≥
2√bc⋅1
bc =2，ac+1
ac
≥2√ac⋅1
ac
=2，ab+1
ab
≥2√ab⋅1
ab
=2，同向不等式相加，
即可求得ab+bc+ac的最小值；
(2)由已知可得b2<ab，c2<ac，c2<bc，把不等式左边拆项，然后结合放缩法与配方即可证明结论．
本题考查利用基本不等式求最值，训练了利用放缩法证明不等式，考查逻辑思维能力与推理论证能力，是中档题．。