【高考领航】2025年高考数学模拟试题精编卷（新课标）(8)

高考数学模拟试题精编(八) (考试用时：120分钟　分值：150分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，把答题卡上对应题目的答案标号填在表格内．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若复数z满足·i＝2＋i，其中i为虚数单位，则z＝(　　) A．1＋2i B．1－2i C．－1＋2i D．－1－2i 2．记集合A＝{x|log2(x－1)＜2}，A∩N＝B，则B的元素个数为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 3．已知sin 2α＝－，则sin2＝(　　) A． B． C． D． 4．已知向量a＝(m－1，－3)，b＝(2，－m)，则“m＝3”是“a∥b”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 5．现有4份不同的礼物，若将其全部分给甲、乙两人，要求每人至少分得1份，则不同的分法共有(　　) A．10种 B．14种 C．20种 D．28种 6．已知x1，x2是函数f(x)＝tan(ωx－φ)(ω＞0，0＜φ＜π)的两个零点，且|x1－x2|的最小值为，若将函数f(x)的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则φ的最大值为(　　) A． B． C． D． 7．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑．”一个长方体ABCD­A1B1C1D1沿对角面斜解(图1)，得到两个一模一样的堑堵(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得到一个四棱锥，称为阳马(图3)，一个三棱锥称为鳖臑(图4).若鳖臑的体积为4，AB＝4，BC＝3，则在鳖臑中，平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为(　　) 　　　 　图1　　　　　　图2　　　　　　　图3　　　　　图4 A． B． C． D． 8．已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有xf(x＋1)＝(x＋1)f(x)，则f的值是(　　) A．0 B． C．1 D． 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分． 9．2018年到2022年某市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年的增长率如下图所示．根据下图，下列说法一定正确的是(　　) A．该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民 B．对于该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年增长率的极差，城镇比农村的大 C．对于该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年增长率的中位数，农村比城镇的大 D．2022年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2021年均有所上升 10．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是(　　) A．若O为线段PQ的中点，则|PF|＝2 B．若|PF|＝4，则|OP|＝2 C．存在直线l，使得PF⊥QF D．△PFQ面积的最小值为2 11．已知函数f(x)＝ln x，则(　　) A．当x2＞x1＞0时，＜0 B．当x2＞x1＞1时，x1f(x1)＜x2f(x2) C．当x2＞x1＞e时，x2f(x1)＞x1f(x2) D．方程＝－1有两个不同的解 12．提丢斯­波得定则是关于太阳系中行星轨道的一个简单的几何学规则，它是1766年由德国的一位中学老师戴维·提丢斯发现的，后来被柏林天文台的台长波得归纳成了一个经验公式来表示．数列{an}：0.4，0.7，1，1.6，2.8，5.2，10，19.6，…表示的是太阳系第n颗行星与太阳的平均距离(以天文单位A.U.为单位).现将数列{an}的各项乘以10后再减4，得数列{bn}，可以发现{bn}从第3项起，每一项是前一项的2倍，则下列说法正确的是(　　) A．数列{bn}的通项公式为bn＝3×2n-2 B．数列{an}的第2023项为0.3×22023＋0.4 C．数列{an}的前n项和Sn＝0.4n＋0.3×2n-1－0.3 D．数列{nbn}的前n项和Tn＝3(n－1)·2n-1 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．过点P(1，1)作圆C：x2＋y2＝2的切线交坐标轴于点A，B，则·＝________． 14．一个盒子里装有除颜色外完全相同的6个小球，盒子中有编号分别为1，2，3，4的红球4个，编号分别为4，5的白球2个，从盒子中任取3个小球(假设取到任何一个小球的可能性相同).则在取出的3个小球中小球编号最大值为4的概率是________． 15．设函数f(x)＝已知x1＜x2，且f(x1)＝f(x2)，若x2－x1的最小值为e，则a的值为________． 16．若函数f(x)的定义域为R，对任意的x1，x2，当x1－x2∈D时，都有f(x1)－f(x2)∈D，则称函数f(x)是关于D关联的．已知函数f(x)是关于{4}关联的，且当x∈[－4，0)时，f(x)＝x2＋6x.则： ①当x∈[0，4)时，函数f(x)的值域为________； ②不等式0＜f(x)＜3的解集为________． 四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分10分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin A sin B＋cos2A＋cos2B＋sin2C＝2. (1)求C； (2)若△ABC为锐角三角形，且b＝4，求△ABC面积的取值范围． 18．(本小题满分12分)设数列{an}的前n项和Sn＝n(n－1)t＋2n(t≠0)，a1－1，a3－1，a13－1成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 19.(本小题满分12分)在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l. (1)证明：A1B⊥B1C. (2)已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2.l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由． 20．(本小题满分12分)已知斜率为的直线l过椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点以及点(0，－2)，椭圆C的中心关于直线l的对称点在直线x＝上． (1)求椭圆C的方程； (2)过点E(－2，0)的直线m交椭圆C于M，N两点，且满足·＝·(O为坐标原点)，求直线m的方程． 21．(本小题满分12分)某新型双轴承电动机需要装配两个轴承才能正常工作，且两个轴承互不影响．现计划购置甲、乙两个品牌的轴承，两个品牌轴承的使用寿命及价格情况如下表： 品牌 价格(元/件) 使用寿命(月) 甲 1000 7或8 乙 400 3或4 已知甲品牌使用7个月、8个月的概率均为，乙品牌使用3个月、4个月的概率均为. (1)若从4件甲品牌和2件乙品牌共6件轴承中，任选2件装入电动机内，求电动机可工作时间不少于4个月的概率； (2)现有两种购置方案，方案一：购置2件甲品牌；方案二：购置1件甲品牌和2件乙品牌(甲、乙两品牌轴承搭配使用).试从性价比(即电动机正常工作时间与购置轴承的成本之比)的角度考虑，选择哪一种方案更实惠？ 22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln (x＋1)－ax＋1(a∈R). (1)当a＞0时，设函数f(x)的最大值为h(a)，证明：h(a)≥1； (2)若函数g(x)＝f(x)＋x2有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，求a的取值范围， 并证明：g(x1)＋g(x2)＜2. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考数学模拟试题精编(八) 1．A　由题意知＝＝1－2i，所以z＝1＋2i.故选A. 2．B　由A＝{x|log2(x－1)＜2}，得0＜x－1＜4， 即A＝{x|1＜x＜5}，又A∩N＝B，所以B＝{2，3，4}，即集合B中的元素个数为3.故选B. 3．B　sin2＝－cos＝＝＝.故选B. 4．A　由a∥b，得－m(m－1)＋6＝0，解得m＝3或m＝－2，所以“m＝3”是“a∥b”的充分不必要条件．故选A. 5．B　解法一　先分组再排列．先把4份不同的礼物分成两组，有两种情况：1份和3份，2份和2份，共有种分法；再把这两组礼物分给甲、乙两人，有A种分法．所以不同的分法共有·A＝×2＝14(种).故选B. 解法二　将4份不同的礼物全部分给甲、乙两人，每人至少分得1份，有以下三种情况： (1)甲分得1份，乙分得3份，有CC种分法； (2)甲分得2份，乙分得2份，有CC种分法； (3)甲分得3份，乙分得1份，有CC种分法． 所以不同的分法共有CC＋CC＋CC＝14(种).故选B. 解法三　在不考虑每人至少分得1份礼物的情况下，将4份不同的礼物全部分给甲、乙两人共有24＝16(种)分法，其中4份礼物全部给一人的分法有2种，所以将4份不同的礼物全部分给甲、乙两人，每人至少分得1份，不同的分法有16－2＝14(种).故选B. 6．A　由题意知函数f(x)的最小正周期T＝，则＝，得ω＝3，∴f(x)＝tan (3x－φ). 将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，得到y＝tan ＝tan 的图象．y＝tan 的图象关于原点对称，则－φ＝，k∈Z，所以φ＝－，k∈Z，又0＜φ＜π，所以当k＝－1时，φ取得最大值，最大值为.故选A. 7．B　由D1C1⊥平面BCC1，可得D1C1⊥BC，D1C1⊥BC1， 而BC⊥CC1，则BC⊥平面D1C1C，可得BC⊥CD1， 过C作CN⊥D1B，垂足为N，过C1作C1M⊥D1B，垂足为M(图略)， 由鳖臑的体积为4，AB＝4，BC＝3， 可得4＝×4××3×CC1，解得CC1＝2. 在直角三角形D1C1C中，D1C＝＝2. 在直角三角形BCD1中，BD1＝＝. 在直角三角形BCD1中，BC1＝＝， CN＝＝， 在直角三角形BC1D1中，C1M＝＝， 由直角三角形的射影定理可得BN＝＝， D1M＝＝， 所以MN＝－－＝. 设〈，〉＝θ， 由＝＋＋，所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝＋＋＋0＋2××cos θ＋0＝4， 解得cos θ＝－.则平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为. 故选B. 8．A　当x≠－1且x≠0时，由xf(x＋1)＝(x＋1)f(x)，得＝，令g(x)＝，则g(x＋1)＝g(x)，所以g(x)是周期为1的函数，所以g＝g＝2f.当x＝－时，由xf(x＋1)＝(x＋1)f(x)得，－f＝f，又f(x)是偶函数，所以f＝f，所以f＝0，所以g＝g＝2f＝0，所以f＝g＝0.故选A. 　9.BCD　10.AD　11.BC　12.CD 9．BCD　对于A，由于题图反映的是2018年到2022年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年的增长率，因此不能得出该市农村居民年人均可支配收入高于城镇居民，故A不正确；对于B，通过题图可得，该市城镇居民年人均可支配收入比上年的增长率的极差大于4，而该市农村居民年人均可支配收入比上年的增长率的极差小于4，所以城镇比农村的大，故B正确；对于C，由题图知该市城镇居民年人均可支配收入比上年的增长率的中位数出现在2020年，小于6，该市农村居民年人均可支配收入比上年的增长率的中位数出现在2021年，大于6，所以农村比城镇的大，故C正确；对于D，2022年相对于2021年来说，该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比上年的增长率虽都在下降，但都为正数，即城镇居民、农村居民年人均可支配收入仍为正增长，所以2022年该市城镇居民、农村居民年人均可支配收入比2021年均有所上升，故D正确．综上，选BCD. 10．AD　由题意，得p＝2，F(1，0)，抛物线的准线方程为x＝－1.对于A，O为线段PQ的中点，因为xQ＝－1，所以xP＝1，由抛物线的定义，得|PF|＝xP＋＝2，故A正确；对于B，由抛物线的定义，得|PF|＝xP＋＝xP＋1＝4，所以xP＝3，所以y＝4xP＝12，所以|OP|＝＝，故B不正确；对于C，设P(a≠0)，则kOP＝＝，所以直线OP的方程为y＝x，所以Q，所以＝，＝，所以·＝2＋(－a)·＝－2－＜0，所以向量与不垂直，即PF不垂直于QF，故C不正确；对于D，由对C的分析可得S△PFQ＝×|OF|×(|yP|＋|yQ|)＝×1×≥×2 ＝2，当且仅当|a|＝，即a＝±2时等号成立，所以△PFQ面积的最小值为2，故D正确．综上，选AD. 11．BC　 f(x)＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以当x2＞x1＞0时，＞0，A选项错误．令g(x)＝x ln x(x＞0)，则g′(x)＝ln x＋1，所以当x∈时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以当x2＞x1＞1时，g(x1)＜g(x2)，即x1f(x1)＜x2f(x2)，B选项正确．令h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝，所以当x∈(0，e)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．所以x2＞x1＞e时，h(x1)＞h(x2)，即＞，即x2ln x1＞x1ln x2，C选项正确．h(e)＝，h(1)＝0，当x＞1时，h(x)＞0，画出h(x)的图象如图所示，由图可知h(x)＝－1有一个解，D选项错误．故选BC. 12．CD　a1＝0.4，a2＝0.7，a3＝1，a4＝1.6，a5＝2.8，a6＝5.2，a7＝10，a8＝19.6，b1＝0，b2＝3，b3＝6，b4＝12，b5＝24，b6＝48，b7＝96，b8＝192，所以bn＝A选项错误．an＝＝ a2023＝0.3×22021＋0.4，B选项错误．Sn＝0.4×n＋＝0.4n＋0.3×2n-1－0.3，C选项正确．nbn＝Tn＝6×20＋9×21＋…＋3n×2n-2　①，2Tn＝6×21＋9×22＋…＋3n×2n-1　②，①－②得－Tn＝6＋3×(21＋22＋…＋2n-2)－3n×2n-1＝6＋－3n×2n-1＝3(1－n)·2n-1，Tn＝3(n－1)·2n-1，D选项正确．故选CD. 13．解析：因为12＋12＝2，所以点P在圆C上，所以PC⊥AB.因为点P(1，1)，且圆C：x2＋y2＝2的圆心为C(0，0)，所以kCP＝＝1，所以直线AB的斜率kAB＝－1，所以直线AB的方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0，不妨设直线AB与x轴交点为A，与y轴交点为B，则令y＝0，得点A(2，0)，令x＝0，得点B(0，2).所以＝(1，－1)，＝(－1，1)，所以·＝－1－1＝－2. 答案：－2 14．解析：基本事件总数为n＝C＝20，若编号为4的球有一个被取到，有C·C＝6(种)取法；若编号为4的两个球都被取到，有C＝3(种)取法．小球编号最大值为4的基本事件数为9，所以小球编号最大值为4的概率为. 答案： 15．解析：令f(x1)＝f(x2)＝t，由图象可知t∈(－∞，－a]. ∵x1＜x2，则x1－a＝t，ln x2＝t，得x1＝t＋a，x2＝et，即x2－x1＝et－t－a.令g(t)＝et－t－a(t≤－a)，则g′(t)＝et－1(t≤－a).∴当－a≤0时，即a≥0时，g′(t)≤0，则g(t)在(－∞，－a]上单调递减，∴g(t)min＝g(－a)＝e－a＋a－a＝e－a＝e，解得a＝－1(舍去).∴当－a＞0时，即a＜0时，g′(0)＝0，∴g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，－a]上单调递增，∴g(t)min＝g(0)＝e0－0－a＝e，解得a＝1－e＜0，满足题意．综上可得，a＝1－e. 答案：1－e 16．解析：因为f(x)是关于{4}关联的，所以若x1－x2＝4，则f(x1)－f(x2)＝4，所以f(x)在[0，4)上的图象可由f(x)在[－4，0)上的图象向右和向上各平移4个单位长度得到． ①当x∈[－4，0)时，f(x)＝x2＋6x，其对称轴方程为x＝－3，f(－3)＝－9，f(－4)＝－8，当x→0时，f(x)→0，所以当x∈[－4，0)时，f(x)∈[－9，0)，故当x∈[0，4)时，f(x)∈[－5，4)，即f(x)的值域为[－5，4).②当x∈[4，8)时，f(x)∈[－1，8)，当x∈[8，12)时，f(x)∈[3，12)，所以当x∈[0，4)和x∈[4，8)时，0＜f(x)＜3有解．因为当x∈[－4，0)时，f(x)＝x2＋6x＝(x＋3)2－9，所以当x∈[0，4)时，f(x)＝(x－1)2－5，令0＜(x－1)2－5＜3，解得1＋＜x＜1＋2，当x∈[4，8)时，f(x)＝(x－5)2－1，令0＜(x－5)2－1＜3，解得6＜x＜7.综上所述，不等式0＜f(x)＜3的解集为(1＋，1＋2)∪(6，7). 答案：[－5，4)　(1＋，1＋2)∪(6，7) 17．解：(1)∵sin A sin B＋cos2A＋cos2B＋sin2C＝2， ∴2－sin2C＝sinA sin B＋(1－sin2A)＋(1－sin2B)， ∴sin2A＋sin2B－sin2C＝sinA sin B，　　(4分) 由正弦定理得a2＋b2－c2＝ab， 又由余弦定理得a2＋b2－c2＝2ab cos C， ∴cos C＝， ∵C∈(0，π)，∴C＝. (2)∵△ABC是锐角三角形，A＋B＋C＝π，C＝， ∴A＋B＝，0＜B＜，0＜－B＜， ∴＜B＜.　　(6分) ∵b＝4，由正弦定理得＝， ∴a＝， ∴S△ABC＝ab sin C＝4×＝4×＝＋2.　　(8分) ∵＜B＜， ∴tan B＞， ∴2＜S△ABC＜8. 故S△ABC的取值范围是(2，8).　　(10分) 18．解：(1)由已知有a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n－1)t＋2n－[(n－1)(n－2)t＋2(n－1)]＝2tn－2t＋2，　　(2分) 当n＝1时上式也适合， 所以an＝2tn－2t＋2. 因为a1－1，a3－1，a13－1成等比数列， 所以(a3－1)2＝(a1－1)(a13－1)，　　(4分) 即(4t＋1)2＝1×(24t＋1)， 得t＝1， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n.　　(7分) (2)由(1)知Sn＝n(n＋1)，　　(8分) 所以＝＋＝＋＝－＋－＝－，　　(9分) Tn＝＋＋＋…＋＋　　(11分) ＝＋－－ ＝－.　　(12分) 19．解：(1)证明：因为四边形AA1B1B为菱形，所以A1B⊥B1A， 因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC，AC⊥AB， 所以AC⊥平面AA1B1B.　　(2分) 又A1B⊂平面AA1B1B，所以A1B⊥AC， 又B1A∩AC＝A，B1A，AC⊂平面B1AC，所以A1B⊥平面B1AC，又B1C⊂平面B1AC，所以A1B⊥B1C.　　(5分) (2)l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°. 理由如下： 取棱A1B1的中点D，连接AD， 因为∠ABB1＝60°， 所以∠AA1B1＝60°. 又AA1＝A1B1，所以△AA1B1为等边三角形， 所以AD⊥A1B1. 因为A1B1∥AB，所以AD⊥AB， 又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB， AD⊂平面AA1B1B， 所以AD⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC，所以AD⊥AB，AD⊥AC.　　(6分) 以A为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A­xyz，如图． 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(－1，0，)，B1(1，0，)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，＝(1，0，).　　(7分) 因为AC∥A1C1，又AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1， 所以AC∥平面A1B1C1， 又AC⊂平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l， 所以AC∥l.　　(8分) 假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°，连接AP，BP，设＝λ(λ∈R)，　　(9分) 则＝(0，2λ，0)，所以＝＋＝(1，2λ，). 设n＝(x，y，z)为平面ABP的法向量， 则 即 令y＝－，则z＝2λ，可取n＝(0，－，2λ).　　(10分) 又＝(3，0，－)，所以sin 30°＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，　　(11分) 即3＋4λ2＝4λ2，此方程无解， 因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.　　(12分) 20．解：(1)由题意得，直线l的方程为y＝x－2　①，过坐标原点且垂直于l的直线方程为y＝－x　②，由①②，可得x＝. 因为椭圆C的中心O(0，0)关于直线l的对称点在直线x＝上，所以＝2×＝3.　　(2分) 因为直线l过椭圆C的焦点，所以易得该焦点的坐标为(2，0)， 所以c＝2，a2＝6，b2＝2， 故椭圆C的方程为＋＝1.　　(5分) (2)因为·＝·， 所以||·||·cos ∠MON＝·， 显然·≠0，所以cos ∠MON≠0， 所以||·||·sin ∠MON＝， 所以S△OMN＝.　　(7分) 当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y＝k(x＋2)， 代入椭圆C的方程并整理得，(3k2＋1)x2＋12k2x＋12k2－6＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝.　　(9分) 易得点O到直线m的距离d＝. 所以S△OMN＝·|MN|·d＝，所以|MN|·d＝， 即·＝，解得k＝±， 此时直线m的方程为y＝±(x＋2).　　(11分) 当直线m的斜率不存在时，直线m的方程为x＝－2，将x＝－2代入＋＝1，得y＝±，所以|MN|＝，得S△OMN＝|MN|·|OE|＝，满足条件． 故直线m的方程为y＝±(x＋2)或x＝－2.　　(12分) 21．解：(1)电动机可工作时间不少于4个月共有3种情况：①装入2件甲品牌，概率为＝；②装入一件甲品牌，一件乙品牌，且乙品牌的使用寿命为4个月，概率为×＝；③装入2件乙品牌，且2件的使用寿命均为4个月，概率为××＝.　　(5分) 所以电动机可工作时间不少于4个月的概率为＋＋＝.　　(6分) (2)若采用方案一，设电动机可工作时间为X(单位：月)，则X的可能取值为7，8， P(X＝8)＝×＝， P(X＝7)＝1－P(X＝8)＝，所以X的分布列为 X 7 8 P 所以E(X)＝7×＋8×＝，它与购置轴承的成本之比为＝.　　(8分) 若采用方案二，设2件乙品牌轴承的使用寿命之和为Y(单位：月)，甲品牌轴承的使用寿命为M(单位：月)，电动机可工作时间为Z(单位：月)，则Y的可能取值为6，7，8， P(Y＝6)＝C××＝，P(Y＝7)＝C××＝，P(Y＝8)＝C××＝. Z的可能取值为6，7，8， P(Z＝6)＝P(Y＝6)＝， P(Z＝7)＝P(M＝7，Y≥7)＋P(M＝8，Y＝7)＝×＋×＝，P(Z＝8)＝P(M＝Y＝8)＝×＝， 所以Z的分布列为 Z 6 7 8 P 所以E(Z)＝6×＋7×＋8×＝，它与购置轴承的成本之比为＝.　　(11分) 因为＜，所以从性价比的角度考虑，方案二更实惠．　　(12分) 22．解：(1)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞). 当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，得x＝－1，　　(2分) 当－1＜x＜－1时，f′(x)＞0；当－1＜x时，f′(x)＜0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，则f(x)的最大值为h(a)＝ f＝a－ln a. h′(a)＝1－，当0＜a＜1时，h′(a)＜0； 当a＞1时，h′(a)＞0，所以h(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(a)min＝h(1)＝1，故h(a)≥1.　　(4分) (2)g(x)＝f(x)＋x2＝ln (x＋1)－ax＋1＋x2， 则g′(x)＝－a＋x＝.　　(5分) 因为g(x)＝f(x)＋x2有两个极值点x1，x2(x1＜x2)， 所以x2＋(1－a)x＋1－a＝0有两个根x1，x2(－1＜x1＜x2)， 则满足解得a＞1. 故a的取值范围为(1，＋∞).　　(8分) 当－1＜x＜x1时，g′(x)＞0，当x1＜x＜x2时， g′(x)＜0，当x2＜x时，g′(x)＞0，所以极大值为g(x1)，极小值为g(x2)，又g′(0)＝1－a＜0，所以－1＜x1＜0＜x2， 所以当x＞0时有g(x)≥g(x2)，　　(10分) 又－x1＞0，所以g(－x1)≥g(x2)，故g(x1)＋g(x2)≤g(x1)＋g(－x1)＝ln (x1＋1)＋ln (－x1＋1)＋x＋2. 设G(x)＝ln (x＋1)＋ln (－x＋1)＋x2＋2，－1＜x＜0， 则G′(x)＝＋2x＝2x＝－＞0. 所以G(x)在(－1，0)上单调递增，当x→0时，G(x)→2，则G(x)＜2，所以g(x1)＋g(x2)＜2.　　(12分) 学科网（北京）股份有限公司 $$