河南省2021屆高三仿真模擬考試數(shù)學(xué)（理科）試卷及答案

絕密★啟用前

河南省2021屆高三仿真模擬考試數(shù)學(xué)（理科）試

題

注意事項：1、答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2、請將答

案正確填寫在答題卡上

一、單選題

1.已知（i—l）z=i,復(fù)數(shù)z的共施復(fù)數(shù)5在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

2.已知集合4=卜,<2x},集合8=［腕2（大-1）<1},則（）7.三星堆古遺址是迄今在西南地區(qū)發(fā)現(xiàn)的范圍最大，延續(xù)時間最長，文化內(nèi)涵最豐富

的古城、古國、古蜀文化遺址.三星堆遺址被稱為20世紀(jì)人類最偉大的考古發(fā)現(xiàn)之一，

A.{H2c〈3}B.|x|l<x<2|

昭示了長江流域與黃河流域一樣，同屬中華文明的母體，被譽為“長江文明之源”，考

C.1x|0<x<31D.1x|0<x<2|

古學(xué)家在測定遺址年代的過程中，利用“生物死亡后體內(nèi)的碳14含量按確定的比率衰

3.已知平面向量Z=（2,2）,b=（\,m）,且［2￡-目=|￡+?，則任=（）減''這??規(guī)律，建立了樣本中碳14的含量，隨時間x（年）變化的數(shù)學(xué)模型：

A.y/3B.2c.|D.72y=%（為表示碳14的初始量）.2020年考古學(xué)家對三星堆古遺址某文物樣本

4.若圓C:V+16x+y2+機=（）被直線3x+4y+4=0截得的弦長為6,則加=（）進行碳14年代學(xué)檢測，檢測出碳14的含量約為初始量的68%,據(jù)此推測三星堆古遺

A.26B.31C.39D.43址存在的時期距今大約是（）（參考數(shù)據(jù)：log25k2.32,log217k409）

工+3%3,

A.2796年B.3152年C.3952年D.4480年

5.設(shè)滿足約束條件，工一為L,貝ijz=2x-y的最大值為（）

8.（/+3工一1）5展開式中式的系數(shù)為（）

x+y.A,

75

A.-B.C.2D.0A.-3B.3C.-15D.15

22

l.x|9.若關(guān)于x的方程2\/3cos2x-sin2x=g-m在區(qū)間一~上有且只有一個解,

6.函數(shù)/（K）=^-一工的圖象大致為（）46

則〃7的值不可能為（）

A.-2B.-1C.--D.0?\F}F2\=4\MF2\,則e?的取值范圍是（g，2）

2

10.在三棱錐P—ABC中，底面ABC是面積為RQ的正三角形，若三棱錐P—A5C

其中所有正確結(jié)論的編號是（）

的每個頂點都在球。的球面上，且點。恰好在平面ABC內(nèi)，則三棱錐P-A5C體積

A.①③B.0@C.②③D.②④

的最大值為（）

二、填空題

A.6B.2GC.4GD.6G

13.若c°s（a+五］=§，則sin（2a+—^-）=.

11.如圖，在平行四邊形ABC￡>中，BC=4AB=8,點E是AO邊上一點，且

EA=EB,記A為ZMBE的面積，邑為AEBC的面積，則當(dāng)，-Sz取得最小值時，14.沙漏是一種古代的計時裝置，它由兩個形狀完全相同的容器和一個狹窄的連接管

Z4=（）道組成，開始時細(xì)沙全部在上部容器中，細(xì)沙通過連接管道全部流到下部容器所需要

的時間稱為該沙漏的一個沙時，如圖，某沙漏由上、下兩個圓錐組成，該圓錐的高為1,

2

若上面的圓錐中裝有高度為一的液體，且液體能流入下面的圓錐，則液體流下去后的

3

液面高度為.

12.設(shè)耳,為同時為橢圓G:鼻+}=1（〃>6>0）與雙曲線

22

G：5-2=l（4>°，4>o）的左右焦點，設(shè)橢圓G與雙曲線G在第一象限內(nèi)交于

a\4

點M，橢圓C,與雙曲線C2的離心率分別為。,6，。為坐標(biāo)原點，現(xiàn)有下述四個結(jié)論：

①I耳耳=2阿?,貝1」4+1=也

e\e215.規(guī)定記號“△”表示一種運算，即=一。92-2沖,々力￡1<,若Z>0,函

數(shù)"X）=（云）X的圖象關(guān)于直線X=；對稱，則左=.

②忸閭=2|M0|,則<+<=2

e\e2

16.三分損益法是古代中國發(fā)明制定音律時所用的生律法.三分損益包含“三分損一”“三

③忸國=4p明I，則毋2的取值范圍是分益一”兩層含義，三分損一是指將原有長度作3等分而減去其I份，即原有長度

x\—=生得長度；而三分益一則是指將原有長度作3等分而增添其1份，即原有長（2）已知直線/交拋物線C于點48,且A4_LPB，證明：直線/過定點.

度x券=生得長度，兩種方法可以交替運用、連續(xù)運用，各音律就得以輾轉(zhuǎn)相生，假20.某企業(yè)有甲、乙兩條生產(chǎn)同種產(chǎn)品的生產(chǎn)線，據(jù)調(diào)杳統(tǒng)計，100次生產(chǎn)該產(chǎn)品所用

時間的頻數(shù)分布表如下：假設(shè)訂單A約定交貨時間為11天，訂單8約定交貨時間為

設(shè)能發(fā)出第一個基準(zhǔn)音的樂器的長度為243,每次損益的概率為則經(jīng)過5次三分

12天.（將頻率視為概率，當(dāng)天完成即可交貨）

損益得到的樂器的長度為128的概率為.

所用的時間（單位：天）10111213

三、解答題

甲生產(chǎn)線的頻數(shù)10201010

17.在公比大于0的等比數(shù)列｛4｝中，已知W，%，6q依次組成公差為4的等差數(shù)列

乙生產(chǎn)線的頻數(shù)520205

（1）求｛凡｝的通項公式；

（1）為盡最大可能在約定時間交貨，判斷訂單A和訂單B應(yīng)如何選擇各自的生產(chǎn)線（訂

（2）設(shè)?！ˋMT,求數(shù)列｛g｝的前〃項和〃

單A,8互不影響）；

（2）已知甲、乙生產(chǎn)線的生產(chǎn)成本分別為3萬元、2萬元，訂單A,8互不影響，若規(guī)

18.如圖，在四棱錐A—BCDE中，BC//DE,BE1BC,

定實際交貨時間每超過一天就要付5000元的違約金，現(xiàn)訂單A,B用（1）中所選的

AB=BC=AC=2DE=2BE,

生產(chǎn)線生產(chǎn)產(chǎn)品，記訂單4,4的總成本為々萬元），求隨機變量J的期望值.

21.己知函數(shù)〃犬）=〃忙'（工+1）-12-4犬-2.

（1）討論/（尢）的單調(diào)性；

（2）當(dāng)工..-2時，f（x）..O桓成立，求〃z的取值范圍.

[x=cosa,

22.在平面直角坐標(biāo)系中，曲線。的參數(shù)方程為《..。為參數(shù)，以坐標(biāo)原點

[y=1+sina

（1）證明：ADIBC.。為極點，工軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線/的極坐標(biāo)方程為

（2）若平面BCDEJ■.平面ABC,經(jīng)過A、。的平面。將四棱錐A—分成左

V3psin0+tnpcosO-2>/3=0（AW>0）.

、右兩部分的體積之比為1:2,求平面。與平面ADC所成銳二面角的余弦值.

（1）當(dāng)"?=G時，求C與/交點的直角坐標(biāo)；

19.已知拋物線。:/=2°），（0>0）的焦點為尸，點P。,為）在拋物線C上，

TT

（2）射線OP的極坐標(biāo)方程為。=丁，射線OP與曲線C的交點為A（異于點。），與

陽=攀6

直線/的交點為3,若A為OB的中點，求團.

（1）求拋物線。的標(biāo)準(zhǔn)方程.

23.已知函數(shù)/(x)=，力,一2|+卜+1.

(1)當(dāng)機=2時，求不等式，(力..8的解集.

27

(2)若加=1,々>0/>0,/+〃'=彳，證明：〃x)..a+江

參考答案

1.A

分析:

根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算和共扼復(fù)數(shù)的概念可得選項.

解:

z-l-22222

復(fù)數(shù)z的共軌復(fù)數(shù)5在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點是，在第一象限.

故選：A.

2.C

分析：

本題首先可通過求解f<2x得出A={x|0<x<2},然后通過求解log?（x—1）<1得出

B={x|l<x<3},最后通過并集的相關(guān)性質(zhì)即可得出結(jié)果.

解：

x2<2%.即f一2x<0，x（x-2）<0,0cx<2,A={x[0<x<2},

log2（x-l）<l,即0<x—l<2,解得l<x<3,B={x[l<x<3},

則AuB={x[0<x<3},

故選：C.

3.D

分析：

根據(jù)平面向量模的坐標(biāo)運算可得出關(guān)于，”的等式，解出"?的值，即可求得忖的值.

解：

已知平面向量a=（2,2）,B=則2a—加=（3,4—〃z）,a+b=（3,m+2）,

由忸一q=|￡+q可得32+（4—加）2=32+（加+2『，解得機=1,

因此，尼卜五+儼=0

故選：D.

4.C

分析：

將圓化作標(biāo)準(zhǔn)形式，由圓心到弦的距離，求得半徑與弦長及距離的關(guān)系，從而求得半徑，求

得參數(shù)m.

解：

將圓化為(x+8>+>2=64-m(m<64),

所以圓心到直線3x+4y+4=0的距離d=H1tll=4,

該距離與弦長的一半及半徑組成直角三角形，

所以4?+3?=64-根，解得m=39.

故選：C

5.B

分析：

畫出不等式組表示的平面區(qū)域，數(shù)形結(jié)合即可求出.

解：

畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖陰影部分，

將z=2x-y化為y=2x-z,則當(dāng)直線y=2x-z過點A時，z取得最大值,

=331<30

聯(lián)立〈1，解得x==即A不二，

x-y=l222J

15

3=

則z的最大值為2x32-2-

2

故選：B.

6.B

分析：

通過解析式判斷函數(shù)奇偶性，并當(dāng)x>0時求導(dǎo)，取x=2驗證圖像的單調(diào)性及函數(shù)值是否

符合計算結(jié)果，即可得到解析式對應(yīng)圖像.

解：

?.***0,/(-％)=1+%=-/(*),；./(%)為奇函數(shù)，排除A.

—X

???/(1)=6—1>0,二.排除口.

???當(dāng)x>0時,/'(x)=e'G])一廠，.?.當(dāng)x=2時,r(x)>0,函數(shù)存在單增區(qū)間,

.1.排除C.

故選：B.

7.B

分析：

X

根據(jù)題意可得結(jié)合指對運算性質(zhì)，即可得到結(jié)果.

解：

設(shè)三星堆古遺址存在的時期距今大約是X年，

Y

所以=X=logi°-68=log225-log217=21og25-log217=0.55,

57302

解得X*5730x0.55a3152.

故選：B

8.D

分析：

（x，+3x—1）=[（3x—1）+X2]=（3x—I），+C；（3x—I）4?了2+...,展開式中存在x的項只

存在于(3工一1)5中，從而求得工的系數(shù).

解：

2255422

.(x+3x-l^=[(3x-1)+x]=(3x-1)+C；(3x-1)-x++(x)\一x的項只存

在于(31)5中，

\x的系數(shù)為C；(—l)4x3=15.

故選：D

9.B

分析：

化簡可得cos(2x+g]=-：,轉(zhuǎn)化為y=cos(2x+[]的圖象和直線>=一m

5只有I個

7T乃

交點，根據(jù)xe結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可求出.

_46

解：

由2Gcos2x-sin2x=百一根可得2G---y——sin2x=6一加,

(J?AYYI

化簡可得cos[2x+%卜一萬，

即y=cos12龍+%J的圖象和直線>=一,只有1個交點.

__717C_71nn

又xe—,貝ij2x+7e

466T'7

當(dāng)2犬+工=一三，即》=一工時，可得,=(：05

=2；

634

7TTT

當(dāng)2x+—=0,即％=-一時，可得y=l；

612

TTTTTT

當(dāng)2工+—二一，即無二一時:可得y=0.

626

要使得y=cos[2x+qj的圖象和直線y=—,只有1個交點,

m,…八m1

可得---=1或0,,----<—,

222

解得/%=-2或一1v%,0.

故選：B.

【點睛】

關(guān)鍵點睛：本題考查三角函數(shù)與方程的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是化簡將題目轉(zhuǎn)化為

，=以尤［2%+彳）的圖象和直線丁=一5只有1個交點.

10.B

分析：

先求出三棱錐的外接球的半徑，分析得當(dāng)P。，平面ABC時,三棱錐尸-ABC體積的最大,

即得解.

解：

由底面ABC是面積為373的正三角形，可知底面ABC的邊長為2出,

因為三棱錐P-ABC外接球的球心。恰好在平面A8C內(nèi)，

因為三角形ABC的外接圓半徑為一24一=2,

2xsin60°

所以球。的半徑為2,

所以當(dāng)PO_L平面ABC時，三棱錐。一ABC體積的最大.

所以三棱錐P-ABC體積的最大值為gx3gx2=26.

故選：B

【點睛】

方法點睛：求幾何體的外接球半徑，常用的方法有：（1）觀察法；（2）模型法；（3）解三角

形法.要根據(jù)已知條件選擇合適的方法求解.

11.C

分析：

設(shè)NA=6,則利用解三角形可求岳-5,=把一-8sin。，利用導(dǎo)數(shù)可求何時取最大值.

2cose

解：

設(shè)因為E4=E3，AB=2,所以EA=E8=—.

I2）cos，

令S=￡-S）=—x2x—?-xsin^--x8x—?-xsin（〃一2，）=--8sin^,

22cose2cose''cose

mic，1八1-8COS

貝|JS'=-z--8ocos6=------z-.

cos0cos6

1JI

令S'=0,得l—8cos3e=0,可得cose=G，即。=工，

23

故當(dāng)ei*,三時一，5'＜o(jì)；當(dāng)回幸?時，s'＞。，

故S在(o,上單調(diào)遞減，在(?,上單調(diào)遞增，所以當(dāng)NA=(時，S]-S2取得最小值.

故選：C.

12.D

分析：

設(shè)=/n,|M■閭=”,結(jié)合橢圓雙曲線定義可得根="+4,"=。一4,當(dāng)山閭=2四。|,

1I....111

可得加+〃2=4/,進而求出萬+”_：當(dāng)忻用=4|M周時，可得----1=5，進而

"1'2”1"2，

2e：

ee=----,即可求出范圍.

i12+4

解：

如圖，設(shè)|叫|=用=〃，焦距為2c,由橢圓定義可得加+“=2。，由雙曲線定義可

得相一〃=2q,解得"2=。+4，〃=。一。].

當(dāng)國匈=2|圖時,則N月g=96,所以＞+〃2=4。2,

即/+&：=2。2,由離心率的公式可得二+[=2,故②正確.

%紇

..,11111

當(dāng)|甲￥=4附引時，可得〃=/c,即Q-qngc,可得------=彳，

G%2

1?112e；

由可得一>1,可得一>彳，即1<?2<2，則罕2=c-，

Ge2

2-2+e2

可設(shè)2+e2=M3<f<4),則2￡_=2(f_2)[=2jr+2

2+e2tI

由/")=/+；-4在(3,4)上單調(diào)遞增，可得§』)，則勺々6(],2),故④正確.

故選：D.

【點睛】

關(guān)鍵點睛：本題考查橢圓雙曲線離心率的求解，解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件結(jié)合定義正確得

出關(guān)系式.

13.--

9

分析：

根據(jù)題中條件，由誘導(dǎo)公式以及二倍角公式，直接計算，即可得出結(jié)果.

解:

,C2TTA71i]7t

因為2a+^-=2l￡Z+—1+

127

則sin(2a+=cos21a+—|=2cos21<z+—j-1=-7

12129

7

故答案為：—

9

14.1-^2

3

分析:

根據(jù)圓錐的體積公式，由題中條件，先得到液體的體積與圓錐容積之比，再計算出空閑部分

的體積與圓錐的體積之比，從而可確定結(jié)果.

解:

Q錐-％.8_19

由題意可得,—，所以------------------——1----------——------

272727

又上下兩圓錐是對頂?shù)南嗤瑘A錐,

所以液體流下去后的液面高度為1-Y史

3

J19

故答案為：1-也

3

15.1

分析：

根據(jù)新運算的定義，得到函數(shù)解析式為/（力=（丘一1）（丘+l）x（x—2）,再根據(jù)函數(shù)圖象

關(guān)于直線％對稱，得到函數(shù)的四個零點兩兩對稱，列出方程求解，即可得出結(jié)果.

2

解：

由題意可得：/（x）=（bc）A%=（Z:2x2-1）（-^2-2x）=（Ax-l）（Zy;+l）%（x-2）,k>0,

則函數(shù)〃x）=（"一1）（依+l）x（x—2）有四個零點，從大到小依次是一：，0,2，

KK

因為函數(shù)/（X）的圖象關(guān)于直線x=g對稱，

所以與（2,0）關(guān)于直線尤=:對稱，與（0,0）關(guān)于直線尤=：對稱，

\kJ2J2

0+-=1,

k

所以《,解得左=1.

2TL

故答案為：1.

【點睛】

關(guān)鍵點點睛:

求解本題的關(guān)鍵在于由函數(shù)新定義得到函數(shù)解析式，確定函數(shù)零點，再由對稱性，即可求解.

,5

16.—

16

分析：

設(shè)5次三分損益中有人次三分損一，解方程243x1|）=128得攵的值，即得解.

解:

設(shè)5次三分損益中有七次三分損一，所以243x（：）=128,

解得k=3.

5

故所求概率為=—

s⑶3216

故答案為：—

16

【點睛】

方法點睛：求概率常用的方法有：先定性(古典概型的概率、幾何概型的概率、獨立事件的

概率、互斥事件的概率、獨立重復(fù)試驗的概率、條件概率)，后定量.

2〃一1

17.(1)4=2"；(2)Tn=-1—^-.

分析：

(1)設(shè)｛凡｝的公比為4,根據(jù)題中條件，求出公比與首項，即可得出通項公式；

(2)先由(1)得到%一,再由錯位相減法，即可求出結(jié)果.

an,

解：

(1)設(shè)｛4｝的公比為0,

因為。2，%，64成等差數(shù)列，所以4+64=2q,則2/-4一6=0,

又。＞(),所以q=2.

又因為。3一“2=4,所以4=2,

所以a“=2x2"T=2"；

log7a??-52"一5

(2)由題可知—=

an2

TI

則T++①

"--3FV

2一

1TI

-T+++②

"-一V2/1

2,,

-332

22_

21.一2

~^

一

①明2-2

-2=7

-.T+1

2-H

7

【點睛】

思路點睛:

錯位相減法求數(shù)列｛4d｝（其中｛4｝為等差數(shù)列，｛4｝為公比為q的等比數(shù)列）的前〃項

和1的一般步驟：

（1）先列出前n項和Tn=岫+a2b2+...+anbn-

（2）在上式兩端同乘以等比數(shù)列的公比，得到4騫=。四+。24+-“+。也用，

（3）兩式作差，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式化簡整理，即可得出結(jié)果.（作差時I要注意錯位

相減）

18.（I）證明見解析；（2）上.

7

分析：

（1）本題首先可取8c的中點。，連接AO、DO,根據(jù)3C//OE、BC=2DE以及

3E_L3C即可得出四邊形8OOE是矩形，BCA.DO,然后根據(jù)A5=BC=AC得出

BC1A0,最后根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)即可證得AD

（2）本題首先可根據(jù)題意得出平面AOO即平面a,然后作空間直角坐標(biāo)系O-孫z,求出

平面a的法向量由=（0,1,0）以及平面ADC的法向量元=（1,-6,6）,最后根據(jù)

即可得出結(jié)果.

解:

（1）如圖，取3c的中點。，連接AO,DO,

因為BC7/OE,BC=2DE,。是BC的中點，BE上BC,

所以BO//DE,BO=DE,BE工BO,四邊形史是矩形，BCLDO,

因為AB=3C=AC,所以是等邊三角形，BC1AO,

因為49cZ)O=O,所以平面ADO,

因為AOu平面ADO,所以ADLBC.

(2)因為平面8cDEL平面ABC,平面BCOEc平面ABC=BC,

所以。O,平面ABC,

因為S.CDO:SDOBE=1：2,所以平面ADO即平面a,

如圖，作空間直角坐標(biāo)系。一孫Z,

設(shè)AB=2,則0(0,0,0),A(V3,0,0),5(0,1,0),C((),-l,0),D(0,0,l),

AC=(-V3,-1,O),也=(0,1,1),O?=(0,1,0),

因為8CL平面450,則加=(0,1,0)即平面a的一個法向量，

設(shè)平面A3C的法向量為〃=(x,y,z),

n-AC=0-y/3x-y=0

則《一，即

nCD=0y+z=0

令x=l,則y=—石，z-V3，〃=6,6),

設(shè)平面a與平面AQC所成角為6,

故平面a與平面AQC所成銳二面角的余弦值為衛(wèi).

7

【點睛】

關(guān)鍵點點睛：本題考查線線垂直的證明以及二面角的余弦值的求法，可通過線面垂直的性質(zhì)

得出線線垂直，可借助空間直角坐標(biāo)系求出二面角的余弦值，考查數(shù)形結(jié)合思想，考查推理

能力，是難題.

19.(1)%2=y；(2)證明見解析.

分析：

(1)由拋物線定義求得點P的坐標(biāo)，及參數(shù)P，從而寫出拋物線方程；

(2)設(shè)直線方程，與拋物線聯(lián)立，得到韋達定理，求得以，尸8的斜率，由膽，尸8,得到

斜率乘積為-1,代入韋達定理，得到直線方程中斜率與截距的關(guān)系，從而判斷是否過定點.

解：

⑴解：由拋物線的定義知，|P目=%+^=?，故為=2〃

又P。,為)在拋物線上，所以為=/一，

則2〃=：-,解得

2P2…

故拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=y.

(2)證明:設(shè)4(%,片),8(々，￥)，直線/的方程為丫=丘+加，

則氏4=――7=玉+l,kpB=上一;=%+1

玉一1x2—1

因為Q4_LPB，所以(內(nèi)+1)(%+1)=-1,BPx,+x2+x,x2+2=0,

將直線/的方程與拋物線方程聯(lián)立可得，》?一"一根=。，

則飛+X,=k,x]x2=-m,

所以上一根+2=0,

直線/的方程為>="+攵+2=左(％+1)+2,則直線/過定點(一1,2).

【點睛】

關(guān)鍵點點睛：兩直線垂直等價于斜率乘積為-1,利用直線方程與拋物線方程聯(lián)立求得韋達定

理，代入可以求得直線中的參數(shù)關(guān)系.

20.(1)訂單A選擇甲生產(chǎn)線，訂單8選擇乙生產(chǎn)線；(2)5.35萬元.

分析：

（I）先列出頻率分布表，再求出訂單4和訂單8選擇甲、乙生產(chǎn)線的概率即得解；

（2）設(shè)斗表示訂單A實際交貨時間超過約定時間的天數(shù)，%表示訂單臺實際交貨時間超過

約定時間的天數(shù)，寫出4尤2的分布列，設(shè)X=玉+々，寫出X的分布列，求出E（X）,E（。）

即得解.

解：

解：（1）頻率分布表如下：

所用的時間（單位：天）10111213

甲生產(chǎn)線的頻率0.20.40.20.2

乙生產(chǎn)線的頻率0.10.40.40.1

設(shè)事件A，4分別表示訂單A選擇甲、乙生產(chǎn)線在約定時間交貨；

事件Bt,B2分別表示訂單B選擇甲、乙生產(chǎn)線在約定時間交貨.

P（A）=02+0.4=0.6,

產(chǎn)⑷=0.1+0.4=0.5,

P（4）=0.2+0.4+0.2=0.8,

P（B2）=0.1+0.4+0.4=0.9,

所以訂單A選擇甲生產(chǎn)線，訂單5選擇乙生產(chǎn)線.

（2）設(shè)苞表示訂單A實際交貨時間超過約定時間的天數(shù)，%表示訂單3實際交貨時間超過

約定時間的天數(shù),西,々的分布列分別如下：

王：

再012

P0.60.20.2

x,：

設(shè)X=西+/，則X的分布列如下:

X=X]+/0123

P0.540.240.20.02

EY=0x0.54+1x0.24+2x0.2+3x0.02=0.7

所以E&=3+2+0.5EX=5.35（萬元），

所以訂單A5的總成本J的期望值為5.35萬元.

【點睛】

關(guān)鍵點睛：解答本題的關(guān)鍵是想到先求E(X)=石(芭+々)的值.

21.(1)答案見解析；(2)[2,2e2].

分析：

(1)求出導(dǎo)函數(shù)，因式分解，對參數(shù)分類討論，即可得到結(jié)果；

(2)由/(0)一0縮小參數(shù)的取值范圍，結(jié)合(1)求函數(shù)的最小值即可.

解：

解：(1)/'(x)=me*(x+2)-2x-4=(x+2)(加e'-2).

若，%,0,則〃?e、-2co.當(dāng)xe(ro,—2)時，/'(x)>0;當(dāng)X?—2,4W)時，/(x)<0.

所以/(x)在(-8,-2)上單調(diào)遞增，在(-2,+?)上單調(diào)遞減：

9

若加>0,令/'(x)=0，解得玉=一2,%=ln—.

m

當(dāng)0<m<2e2時，々>內(nèi)，則/(x)在(-°°,-2)和上單調(diào)遞增，

在(一2,In：)上單調(diào)遞減；

當(dāng)m=2e之時，々=玉，則/(力在R上單調(diào)遞增;

當(dāng)機＞2e?時，々＜玉，則/(x)在18,皿3)和(-2,+oo)上單調(diào)遞增，

在1n^，—2)上單調(diào)遞減.

(2)由題可得/(0)..0,即加.2

①