2021 年陕西省高考数学六模试卷（理科）
一、选择题（共 12 小题）.
1．设集合 A＝{x|lgx＜1}，B＝{x|x＞3}，则 A∪B＝（ ）
A．（0，+∞） B．（3，10） C．（﹣∞，+∞） D．（3，+∞）
2．已知 i 为虚数单位，且复数 a2﹣1+（a﹣1）i 是纯虚数，则实数 a 的值为（ ）
A．1 或﹣1 B．1 C．﹣1 D．0
3．已知向量 ＝（2，3）， ＝（x，2），则“ 与 的夹角为锐角”是“x＞﹣3”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
4．铸于明嘉靖十二年的泰山岱庙铁塔，造型质朴雄伟，原有十三级，抗日战争中被日军飞
机炸毁，现仅存三级，它的底座是近似圆形的，如图 1．我国古代工匠已经知道，将长方
体砖块以某个固定的角度相接就可砌出近似圆形的建筑，现存铁塔的底座是用 10 块一样
的长方体砖块砌成的近似圆形的墙面，每块长方体砖块底面较长的边长为 1 个单位，相
邻两块砖之间的夹角固定为 36°，如图 2，则此近似圆形墙面内部所能容纳最大圆的半
径是（ ）
A． B． C． D．
5．已知二项式（2x﹣1）n 的展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则展开式中 x3 项的系
数为（ ）
A．﹣80 B．80 C．﹣160 D．﹣120
6．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n﹣1，则数列{log2an}的前 10 项和等于（ ）
A．1023 B．55 C．45 D．35
7．已知 a＝2 ，b＝ log37，c＝ ，则 a，b，c 的大小关系（ ）
A．a＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a
8．在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C1：x2+y2﹣2x+4y﹣4＝0，圆 C2：x2+y2+2x﹣2y﹣2＝
0，则两圆的公切线的条数是（ ）
A．1 条 B．2 条 C．3 条 D．4 条
9．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过
初赛，共 10 人进入决赛，其中高一年级 2 人，高二年级 3 人，高三年级 5 人，现采取抽
签方式决定演讲顺序，则在高二年级 3 人相邻的前提下，高一年级 2 人不相邻的概率为
（ ）
A． B． C． D．
10．数列{an}中，a1＝5，a2＝9．若数列{an+n2}是等差数列，则{an}的最大项为（ ）
A．9 B．11 C． D．12
11．已知曲线 C 上任意一点 P（x，y）满足 ，则曲
线 C 上到直线 2x﹣y﹣4＝0 的距离最近的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
12．函数 f（x）＝x+ ，g（x）＝xa﹣alnx（a＜0），当 x
∈
（1，+∞）时，关于 x 的不等
式 f（x）≥g（x）恒成立，则实数 a 的最小值为（ ）
A． B． C． D．﹣e
二、填空题（共 4 小题）.
13．在△ABC 中，已知 AB＝AC，D 为 BC 边中点，点 O 在直线 AD 上，且 ，则
BC 边的长度为 ．
14．已知函数 f（x）＝Atan（
ω
x+
φ
）（
ω
＞0，|
φ
|＜ ），y＝f（x）的部分图象如图，则
f（ ）＝ ．
15．已知随机变量
ξ
的分布列如表，D（
ξ
）表示
ξ
的方差，则 D（2
ξ
+1）＝ ．
ξ
0 1 2
p a 1﹣2a
16．已知四面体 ABCD 的所有棱长均为 ，M，N 分别为棱 AD，BC 的中点，F 为棱 AB 上
异于 A，B 的动点．则下列结论中正确的结论的序号为 ．
①
线段 MN 的长度为 1；
②
若点 G 为线段 MN 上的动点，则无论点 F 与 G 如何运动，直线 FG 与直线 CD 都是异
面直线；
③
∠MFN 的余弦值的取值范围是 ；
④
△FMN 周长的最小值为 ．
三、解答题（本大题共 5 小题，第 17-21 题为必考题，第 22、23 题为选考题）（一）必考
题：共 60 分
17．△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c．已知△ABC 的面积为 ，A＝ ．
（1）若 2sinC＝3sinB，求 a；
（2）若 D 为 BC 边的中点，求线段 AD 长的最小值．
18．如图，直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AC＝BC＝ AA1＝2，M、N 分别为 AB、B1C1 的中点．
（1）求证：MN∥平面 ACC1A1；
（2）若 B1M＝3 ，求二面角 B1﹣A1M﹣N 的余弦值．
19．如图，抛物线关于 x 轴对称，它的顶点在坐标原点，点 P（1，2）、A（x1，y1）、B（x2，
y2）均在抛物线上．
（1）写出该抛物线的标准方程；
（2）当直线 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求直线 AB 的斜率．
20．某机器生产商，对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修
方案：
方案一：交纳延保金 6000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次每次收取维修
费 1500 元；
方案二：交纳延保金 7740 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次每次收取维修
费 a 元．
某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为
此搜集并整理了 100 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计得如表：
维修次数 0 1 2 3
机器台数 20 10 40 30
以这 100 台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率．记 X 表示这两台机
器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
（1）求 X 的分布列；
（2）以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合
算．
21．已知函数 f（x）＝x（lnx﹣1）．
（1）设曲线 y＝f（x）在 x＝ 处的切线方程为 y＝g（x），求证：f（x）≥g（x）；
（2）若方程 f（x）＝a 有两个根 x1，x2，求证：|x1﹣x2|＜2a+e+ ．
（二）选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答.如果多做则按所做第一题计分
22．直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C
的极坐标方程为
ρ
2＝tan
θ
+ ．
（1）曲线 C 与直线 l：
θ
＝ （
ρ∈
R）交于 A，B 两点，求|AB|；
（2）曲线 C1 的参数方程为 （r＞0，
α
为参数），当
θ∈
（0， ）时，若 C
与 C1 有两个交点，极坐标分别为（
ρ
1，
θ
1），（
ρ
2，
θ
2），求 r 的取值范围，并证明
θ
1+
θ
2
＝ ．
23．已知函数 f（x）＝|x+4|+|x|．
（1）解不等式 f（2x﹣1）≤6；
（2）记函数 f（x）的最小值为 a，且 m2+n2＝ ，其中 m，n 均为正实数，求证： ．
参考答案
一、选择题（共 12 小题）.
1．设集合 A＝{x|lgx＜1}，B＝{x|x＞3}，则 A∪B＝（ ）
A．（0，+∞） B．（3，10） C．（﹣∞，+∞） D．（3，+∞）
解：∵集合 A＝{x|lgx＜1}＝{x|0＜x＜10}，B＝{x|x＞3}，
∴A∪B＝{x|x＞0}＝（0，+∞）．
故选：A．
2．已知 i 为虚数单位，且复数 a2﹣1+（a﹣1）i 是纯虚数，则实数 a 的值为（ ）
A．1 或﹣1 B．1 C．﹣1 D．0
解：∵复数（a2﹣1）+（a﹣1）i（a
∈
R）是纯虚数，
∴ ，解得 a＝﹣1．
故选：C．
3．已知向量 ＝（2，3）， ＝（x，2），则“ 与 的夹角为锐角”是“x＞﹣3”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
解：因为 与 的夹角为锐角，所以 且 与 不平行，
所以 2x+6＞0 且 3x≠4，即 x＞﹣3 且 ，
所以“ 与 的夹角为锐角”可以推出“x＞﹣3”，但是“x＞﹣3”不能推出“ 与 的夹
角为锐角”，
故“ 与 的夹角为锐角”是“x＞﹣3”的充分不必要条件．
故选：A．
4．铸于明嘉靖十二年的泰山岱庙铁塔，造型质朴雄伟，原有十三级，抗日战争中被日军飞
机炸毁，现仅存三级，它的底座是近似圆形的，如图 1．我国古代工匠已经知道，将长方
体砖块以某个固定的角度相接就可砌出近似圆形的建筑，现存铁塔的底座是用 10 块一样
的长方体砖块砌成的近似圆形的墙面，每块长方体砖块底面较长的边长为 1 个单位，相
邻两块砖之间的夹角固定为 36°，如图 2，则此近似圆形墙面内部所能容纳最大圆的半
径是（ ）
A． B． C． D．
解：由题意分析可知当圆与长方形砖块较长的边相切时，且切点为中点时，圆的半径最
大，
此时有 ，
解得 ，
故选：B．
5．已知二项式（2x﹣1）n 的展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则展开式中 x3 项的系
数为（ ）
A．﹣80 B．80 C．﹣160 D．﹣120
解：∵二项式（2x﹣1）n 的展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，∴n＝6，
则展开式中 x3 项的系数为 ×23×（﹣1）3＝﹣160，
故选：C．
6．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n﹣1，则数列{log2an}的前 10 项和等于（ ）
A．1023 B．55 C．45 D．35
解：数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n﹣1，
可得 a1＝S1＝2﹣1＝1；
当 n≥2 时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣1﹣（2n﹣1﹣1）＝2n﹣1，对 n＝1 也成立．
log2an＝log22n﹣1＝n﹣1，
则数列{log2an}的前 10 项和等于 0+1+2+…+9＝ ×（1+9）×9＝45．
故选：C．
7．已知 a＝2 ，b＝ log37，c＝ ，则 a，b，c 的大小关系（ ）
A．a＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a
解：∵a＝2 ＝2log54＝log516
∈
（1，2），
0＜b＝ log37＝ ＜log33＝1，c＝ ＝ ＞2，
∴c＞a＞b．
故选：C．
8．在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C1：x2+y2﹣2x+4y﹣4＝0，圆 C2：x2+y2+2x﹣2y﹣2＝
0，则两圆的公切线的条数是（ ）
A．1 条 B．2 条 C．3 条 D．4 条
解：圆 的圆心坐标为（1，﹣2），半径为 3，
圆 的圆心坐标为（﹣1，1），半径为 2，
则圆心距为： ＝
∈
（3﹣2，3+2），
故两圆相交，
故两圆的公切线的条数是 2 条，
故选：B．
9．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过
初赛，共 10 人进入决赛，其中高一年级 2 人，高二年级 3 人，高三年级 5 人，现采取抽
签方式决定演讲顺序，则在高二年级 3 人相邻的前提下，高一年级 2 人不相邻的概率为
（ ）
A． B． C． D．
解：清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，
经过初赛，共 10 人进入决赛，其中高一年级 2 人，高二年级 3 人，高三年级 5 人，
采取抽签方式决定演讲顺序，二年级 3 人相邻，
基本事件总数 n＝
在高二年级 3 人相邻的前提下，高一年级 2 人不相邻包含的基本事件个数 m＝ ，
∴在高二年级 3 人相邻的前提下，高一年级 2 人不相邻的概率为：
P＝ ＝ ＝ ．
故选：D．
10．数列{an}中，a1＝5，a2＝9．若数列{an+n2}是等差数列，则{an}的最大项为（ ）
A．9 B．11 C． D．12
解：令 bn＝an+n2，又 a1＝5，a2＝9，
∴b2＝a2+4＝13，b1＝a1+1＝6，
∴数列{an+n2}的公差为 13﹣6＝7，
则 an+n2＝6+7（n﹣1）＝7n﹣1，
∴ ，
又 n
∈
N*，∴当 n＝3 或 4 时，an 有最大值为 ．
故选：B．
11．已知曲线 C 上任意一点 P（x，y）满足 ，则曲
线 C 上到直线 2x﹣y﹣4＝0 的距离最近的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
解：设 F1（﹣1，0），F2（1，0），则 ，
等价于|PF1|+|PF2|＝2 ＞|F1F2|，
∴曲线 C 为以 F1，F2 为焦点的椭圆，且长轴长为 2 ，焦距为 2，
故曲线 C 的方程为： ＝1，与直线 2x﹣y﹣4＝0 平行的直线设为 2x﹣y+t＝0，
联立方程组 ，消去 y 可得：6x2+4tx+t2﹣2＝0，
△＝16t2﹣24（t2﹣2）＝0，解得 t＝± ，当 t＝﹣ 时，x＝ ，y＝ ，
当 t＝ 时，x＝﹣ ，y＝ ，
曲线 C 上到直线 2x﹣y﹣4＝0 的距离最近的点的坐标是（ ，﹣ ）．
故选：B．
12．函数 f（x）＝x+ ，g（x）＝xa﹣alnx（a＜0），当 x
∈
（1，+∞）时，关于 x 的不等
式 f（x）≥g（x）恒成立，则实数 a 的最小值为（ ）
A． B． C． D．﹣e
解：由题意得 x++ ≥xa﹣alnx（a＜0）在 x
∈
（1，+∞）上恒成立，
即 lnxa﹣xa≥lne﹣x﹣e﹣x 在 x
∈
（1，+∞）上恒成立，
令 m（t）＝lnt﹣t，0＜t＜1，
故 m′（t）＝ ﹣1＝ ＞0 在（0，1）上恒成立，
故 m（t）在（0，1）上单调递增，故 xa≥e﹣x，得 aln≥﹣x，即 a≥﹣ ，
记
φ
（x）＝﹣ （x＞1），则
φ
′（x）＝ （x＞1），
当 x
∈
（1，e）时，
φ
′（x）＞0，当 x
∈
（e，+∞）时，
φ
′（x）＜0，
故函数
φ
（x）在（1，e）递增，在（e，+∞）递减，
故
φ
（x）的最大值是
φ
（e）＝﹣e，故 a≥﹣e，
即实数 a 的最小值是﹣e，
故选：D．
二、填空题（本大题共 4 小题，共 20 分）
13．在△ABC 中，已知 AB＝AC，D 为 BC 边中点，点 O 在直线 AD 上，且 ，则
BC 边的长度为 ．
解：在△ABC 中，由 AB＝AC，D 为 BC 边中点，点 O 在直线 AD 上，且 ，
结合图象可得| |•| |cos＜ ＞＝3，
即 ＝3，所以|BC|＝ ．
故答案为： ．
14．已知函数 f（x）＝Atan（
ω
x+
φ
）（
ω
＞0，|
φ
|＜ ），y＝f（x）的部分图象如图，则
f（ ）＝ ．
解：由题意可知 T＝ ，所以
ω
＝2，
函数的解析式为：f（x）＝Atan（
ω
x+
φ
），因为函数过（ ，0）所以 0＝Atan（ +
φ
）
所以
φ
＝ ，
图象经过（0，1），所以，1＝Atan ，所以 A＝1，所以 f（x）＝tan（2x+ ）则 f（ ）
＝tan（ ）＝
故答案为：
15．已知随机变量
ξ
的分布列如表，D（
ξ
）表示
ξ
的方差，则 D（2
ξ
+1）＝ 2 ．
ξ
0 1 2
p a 1﹣2a
解：由题意可得：a+1﹣2a+ ＝1，解得 a＝ ，
ξ
0 1 2
p
所以 E（
ξ
）＝0× +1× +2× ＝1，
D（
ξ
）＝ （0﹣1）2+ ×（1﹣1）2+ ×（2﹣1）2＝ ，
D（2
ξ
+1）＝22D（
ξ
）＝2．
故答案为：2．
16．已知四面体 ABCD 的所有棱长均为 ，M，N 分别为棱 AD，BC 的中点，F 为棱 AB 上
异于 A，B 的动点．则下列结论中正确的结论的序号为
①④
．
①
线段 MN 的长度为 1；
②
若点 G 为线段 MN 上的动点，则无论点 F 与 G 如何运动，直线 FG 与直线 CD 都是异
面直线；
③
∠MFN 的余弦值的取值范围是 ；
④
△FMN 周长的最小值为 ．
解：在棱长为 1 的正方体上取如图所示的四个顶点，依次连接可得四面体 ABCD，
则四面体 ABCD 的所有棱长均为 ，又 M，N 分别为棱 AD，BC 的中点，
∴线段 MN 的长度为正方体的棱长为 1，故
①
正确；
取 AB 的中点为 F，G 为 MN 的中点，I 为 CD 的中点，由正方体的结构特征可知，F、I、
G 三点共线，
此时直线 FG 与直线 CD 相交于点 I，故
②
错误；
由已知可得，BN＝ BC＝ ，BM＝ ＝ ，
又 MN＝1，∴cos∠MBN＝ ＝ ＞ ，故 F 点无限接近 B 点时，cos∠
MFN 无限接近 ，
∴∠MFN 的余弦值的取值范围为[0， ）错误，故
③
错误；
如图将等边三角形 ABC 与 ABD 铺平，放置在同一平面上，故有 N′F+FM′≥M′N′
＝ ，
当且仅当 F 为 AB 的中点时取最小值，故在正方体中，NF+FM≥ ，即三角形 FMN 的
最小值为 +1，
故
④
正确．
故选：
①④
．
三、解答题（本大题共 5 小题，第 17-21 题为必考题，第 22、23 题为选考题）（一）必考
题：共 60 分
17．△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c．已知△ABC 的面积为 ，A＝ ．
（1）若 2sinC＝3sinB，求 a；
（2）若 D 为 BC 边的中点，求线段 AD 长的最小值．
解：（1）因为 2sinC＝3sinB，
所以由正弦定理可得 2c＝3b，
因为 A＝ ，△ABC 的面积为 ＝ bcsinA＝ ×b× × ，
所以解得 b＝2，可得 c＝3，
所以由余弦定理可得 a＝ ＝ ＝ ．
（2）因为 A＝ ，△ABC 的面积为 ＝ bcsinA＝ bc，
所以 bc＝6，
因为 D 为 BC 边的中点，可得 2 ＝ + ，
两边平方，可得 4| |2＝| |2+| |2+2 ＝c2+b2+2bccosA＝c2+b2+bc≥2bc+bc＝3bc
＝18，当且仅当 b＝c＝ 时等号成立，
可得| |≥ ，当且仅当 b＝c＝ 时等号成立，即线段 AD 长的最小值为 ．
18．如图，直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AC＝BC＝ AA1＝2，M、N 分别为 AB、B1C1 的中点．
（1）求证：MN∥平面 ACC1A1；
（2）若 B1M＝3 ，求二面角 B1﹣A1M﹣N 的余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）取 AC 的中点 O，连接 OM，OC1，
在△ABC 中，∵M 为 AB 的中点，O 为 AC 的中点，
∴OM∥BC，且 OM＝ BC，
又 N 为 B1C1 的中点，BC∥B1C1，且 BC＝B1C1，
∴C1N∥BC，且 C1N＝ BC，
∴OM∥C1N 且 OM＝C1N，从而四边形 OMNC1 为平行四边形．
∴MN∥OC1，
又 MN
⊄
平面 ACC1A1，OC1
⊂
平面 ACC1A1，
∴MN∥平面 ACC1A1；
解：（Ⅱ）在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，BB1⊥AB， ，BB1＝4，
∴ ，故 AB＝ ，AC2+BC2＝AB2，从而 AC⊥BC，
以 C 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则 M（1，1，0），A1（2，0，4），B1（0，2，4），N（0，1，4），
， ， ，
设平面 MA1B1 的法向量为 ，
则 ，取 x＝1，得 ；
设平面 MA1N 的法向量为 ，
则 ，取 z2＝1，得 ．
∴cos＜ ＞＝ ＝ ＝ ．
由图可知，二面角 B1﹣A1M﹣N 为锐二面角，
则二面角 B1﹣A1M﹣N 的余弦值为 ．
19．如图，抛物线关于 x 轴对称，它的顶点在坐标原点，点 P（1，2）、A（x1，y1）、B（x2，
y2）均在抛物线上．
（1）写出该抛物线的标准方程；
（2）当直线 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求直线 AB 的斜率．
解：（1）由图与题意可设抛物线的标准方程为：y2＝2px．（p＞0）．
把点 P（1，2）代入抛物线方程可得：22＝2p，解得 p＝2，
∴抛物线的方程为：y2＝4x．
（2）∵直线 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补，
∴k1+k2＝ + ＝ + ＝ ＝0，
化简可得 y1+y2＝﹣4．
∴直线 AB 的斜率 kAB＝ ＝ ＝ ＝ ＝﹣1．
20．某机器生产商，对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修
方案：
方案一：交纳延保金 6000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次每次收取维修
费 1500 元；
方案二：交纳延保金 7740 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次每次收取维修
费 a 元．
某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为
此搜集并整理了 100 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计得如表：
维修次数 0 1 2 3
机器台数 20 10 40 30
以这 100 台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率．记 X 表示这两台机
器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
（1）求 X 的分布列；
（2）以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合
算．
解：（1）根据题意，随机变量 X 的所有取值为 0，1，2，3，4，5，6 因为以这 100 台机
器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率．
所以，P（X＝0）＝0.2×0.2＝0.04，P（X＝1）＝ ×0.2×0.1＝0.04，P（X＝2）＝0.1
×0.1+ ＝0.17，P（X＝3）＝ + ＝0.2．P
（X＝4）＝0.4×0.4+ ＝0.22
P（X＝5）＝ ＝0.24，P（X＝6）＝0.3×0.3＝0.09．
所以随机变量 X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5 6
P 0.04 0.04 0.17 0.2 0.22 0.24 0.09
（2）设所需延保金与维修费用之和为 Yn（n＝1，2），若采用方案 1，则随机变量 Y1 的
分布列为：
Y1 6000 7500 9000 10500 12000
p 0.25 0.2 0.22 0.24 0.09
则随机变量 Y1 的期望为：E（Y1）＝6000×0.25+7500×0.2+9000×0.22+10500×0.24+12000
×0.09＝8580 元．
若采用方案 2，则随机变量 Y2 的分布列为：
Y2 7740 a+7740 2a+7740
p 0.67 0.24 0.09
所以随机变量 Y2 的期望为：
E（Y2）＝0.67×7740+0.24×（a+7740）+0.09×（2a+7740）＝7740+0.42a 元．
令 7740+0.42a＝8580，得 a＝2000 元，
①
若 a＜2000，则方案 1 的费用高，应选择方案 2．
②
若 a＝2000，则两种方案费用一样多，可以任选一个方案．
③
若 a＞2000，则方案 2 的费用高，应选择方案 1．
21．已知函数 f（x）＝x（lnx﹣1）．
（1）设曲线 y＝f（x）在 x＝ 处的切线方程为 y＝g（x），求证：f（x）≥g（x）；
（2）若方程 f（x）＝a 有两个根 x1，x2，求证：|x1﹣x2|＜2a+e+ ．
【解答】证明：（1）f（x）＝x（lnx﹣1），则 f′（x）＝lnx，
故 f（ ）＝﹣ ，f′（ ）＝﹣1，
故切线方程是：y+ ＝﹣（x﹣ ），即 g（x）＝﹣x﹣ ，
令 h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x（lnx﹣1）+x+ ，则 h′（x）＝lnx+1，
令 h′（x）＞0，解得：x＞ ，令 h′（x）＜0，解得：0＜x＜ ，
故 h（x）在（0， ）递减，在（ ，+∞）递增，
故 h（x）≥h（ ）＝0，即 f（x）≥g（x）；
（2）不妨设 x1＜x2，直线 y＝﹣x﹣ 与 y＝a 相交于点（x0，a）
又由（1）知：f（x）≥g（x），则 a＝﹣x0﹣ ＝f（x1）≥g（x1）＝﹣x1﹣ ，
从而 x1≥x0＝﹣a﹣ ，当且仅当 x0＝ ，a＝﹣ 时取“＝”，
下面证明：x2≤a+e，
由于 a＝f（x2），故 x2≤a+e
⇔
x2≤f（x2）+e，即证 f（x2）﹣x2+e≥0，
令
φ
（x）＝f（x）﹣x+e＝xlnx﹣2x+e，则
φ
′（x）＝lnx﹣1，
令
φ
′（x）＞0，解得：x＞e，令
φ
′（x）＜0，解得：0＜x＜e，
故
φ
（x）在（0，e）递减，在（e，+∞）递增，
故
φ
（x）≥
φ
（e）＝0，即 x2≤a+e 成立，当且仅当 x2＝e，a＝0 时取“＝”，
由于等号成立的条件不同时满足，
故|x1﹣x2|＝x2﹣x1＜（a+e）﹣（﹣a﹣ ）＝2a+e+ ．
（二）选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答.如果多做则按所做第一题计分
22．直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C
的极坐标方程为
ρ
2＝tan
θ
+ ．
（1）曲线 C 与直线 l：
θ
＝ （
ρ∈
R）交于 A，B 两点，求|AB|；
（2）曲线 C1 的参数方程为 （r＞0，
α
为参数），当
θ∈
（0， ）时，若 C
与 C1 有两个交点，极坐标分别为（
ρ
1，
θ
1），（
ρ
2，
θ
2），求 r 的取值范围，并证明
θ
1+
θ
2
＝ ．
解：（1）曲线 C 的极坐标方程为
ρ
2＝tan
θ
+ ，整理得 ，
曲线 C 与直线 l：
θ
＝ （
ρ∈
R）交于 A，B 两点，
所以 ，
所以
ρ
2＝2，
所以 ，
故|AB|＝ ．
（2）由（1）得 ＝ ，
ρ
2＝r2，
由于
θ∈
（0， ），
所以 2
θ∈
（0，
π
），
故 sin2
θ∈
（0，1]．
故 ，
所以 r 的范围为[ ）．
证明：由于 ，
所以 ，
故 sin2
θ
1＝sin2
θ
2，
由于若 C 与 C1 有两个交点，极坐标分别为（
ρ
1，
θ
1），（
ρ
2，
θ
2），
所以
θ
1≠
θ
2，
故 2
θ
1＝
π
﹣2
θ
2，
整理得
θ
1+
θ
2＝ ．
23．已知函数 f（x）＝|x+4|+|x|．
（1）解不等式 f（2x﹣1）≤6；
（2）记函数 f（x）的最小值为 a，且 m2+n2＝ ，其中 m，n 均为正实数，求证： ．
【解答】（1）解：令 g（x）＝f（2x﹣1）＝|2x+3|+|2x﹣1|，
①
当 时，g（x）＝﹣（2x+3）﹣（2x﹣1）＝﹣4x﹣2≤6
⇒
x≥﹣2，则 ，
②
当 时，g（x）＝（2x+3）﹣（2x﹣1）＝4≤6，则 ，
③
当 时，g（x）＝（2x+3）+（2x﹣1）＝4x+2≤6
⇒
x≤1，则 ，
综上：不等式的解集为[﹣2，1]．
（2）证明：因为 f（x）＝|x+4|+|x|≥|x+4﹣x|＝4，则 a＝4，m2+n2＝1，
则 ，
又 1＝m2+n2≥2mn（当且仅当 时取等号），则 ，
则 ，故得证．
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