山东省日照五莲县丶潍坊安丘市、潍坊诸城市、临沂兰山区2020届高三6月模拟数学试题 Word版含解析 28页

‎2020年高考模拟训练 数学试题 考生注意：‎ ‎1.答题前，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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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，将试题卷和答题卡一并交回.‎ 一、单项选择题：本题共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.已知全集为实数集，集合，，则集合为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：由题意首先求得集合A和集合B，然后结合集合运算的定义进行交集运算即可求得最终结果.‎ 详解：求解对数函数的定义域可得：，‎ 结合交集的定义可得：集合为.‎ 本题选择D选项.‎ 点睛：本题主要考查结合的表示方法，交集的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎2.若复数，在复平面内对应的点关于y轴对称，且，则复数（ ）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复数的几何意义得到，再根据复数的乘除法运算法则可得结果.‎ ‎【详解】依题意可得，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查了复数的几何意义和复数的乘除法运算，属于基础题.‎ ‎3.已知直线：，直线：，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：根据直线的垂直，即可求出tanα=3，再根据二倍角公式即可求出．‎ 详解：因为l1⊥l2，所以sinα﹣3cosα=0，‎ 所以tanα=3，‎ 所以sin2α=2sinαcosα=‎ 故选D．‎ 点睛：本题考查了两直线的垂直，以及二倍角公式，本题利用了sin2θ+cos2θ=1巧妙的完成弦切互化．常用的还有三姐妹的应用，一般，，这三者我们成为三姐妹，结合，可以知一求三.‎ ‎4.泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称，登泰山的路线有四条：红门盘道徒步线路，桃花峪登山线路，天外村汽车登山线路，天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时，发现三人走的线路均不同，且均没有走天外村汽车登山线路，三人向其他旅友进行如下陈述：‎ 甲：我走红门盘道徒步线路，乙走桃花峪登山线路；‎ 乙：甲走桃花峪登山线路，丙走红门盘道徒步线路；‎ 丙：甲走天烛峰登山线路，乙走红门盘道徒步线路；‎ 事实上，甲、乙、丙三人的陈述都只对一半，根据以上信息，可判断下面说法正确的是（ ）‎ A. 甲走桃花峪登山线路 B. 乙走红门盘道徒步线路 C. 丙走桃花峪登山线路 D. 甲走天烛峰登山线路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲乙丙三人陈述中都提到了甲的路线,由题意知这三句中一定有一个是正确另外两个错误的,再分情况讨论即可.‎ ‎【详解】若甲走的红门盘道徒步线路,则乙,丙描述中的甲的去向均错误,又三人的陈述都只对一半,则乙丙的另外两句话“丙走红门盘道徒步线路”,“乙走红门盘道徒步线路”正确,与“三人走的线路均不同”矛盾.‎ 故甲的另一句“乙走桃花峪登山线路”正确,故丙的“乙走红门盘道徒步线路”错误,“甲走天烛峰登山线路”正确.乙的话中“甲走桃花峪登山线路”错误,“丙走红门盘道徒步线路”正确.‎ 综上所述,甲走天烛峰登山线路,乙走桃花峪登山线路, 丙走红门盘道徒步线路 故选D ‎【点睛】本题主要考查了判断与推理的问题,重点是找到三人中都提到的内容进行分类讨论,属于基础题型.‎ ‎5.已知直线与圆相交于A，B两点(O为坐标原点)，则“”是“”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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设，联立，化为，由，可得，根据韦达定理解出 ‎，进而可得结果.‎ ‎【详解】设，‎ 联立，化为，‎ 直线与圆相交于两点，为坐标原点），‎ ‎，解得，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得，‎ 则“”是“”的充分不必要条件，故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的定义、直线与圆的位置关系，以及平面向量数量积公式的应用，属于中档题. 利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.‎ ‎6.如图，点是抛物线的焦点，点，分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且始终平行于轴，则的周长的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由抛物线定义可得，从而的周长，确定点横坐标的范围，即可得到结论．‎ ‎【详解】抛物线的准线，焦点，‎ 由抛物线定义可得，‎ 圆圆心为，半径为4，‎ ‎∴的周长，‎ 由抛物线及圆可得交点的横坐标为2，‎ ‎∴，∴，故选 C.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义，考查抛物线与圆的位置关系，确定点横坐标的范围是关键，属于中档题.‎ ‎7.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则（ ）‎ A. 2 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出酒杯下部分（半球）的表面积为，得到圆柱侧面积为，进一步得到酒杯上部分（圆柱）的高为，然后分别求出，，得到答案.‎ ‎【详解】设酒杯上部分（圆柱）的高为 球的半径为R，则酒杯下部分（半球）的表面积为 酒杯内壁表面积为，得圆柱侧面积为，‎ 酒杯上部分（圆柱）的表面积为，解得 酒杯下部分（半球）的体积 酒杯上部分（圆柱）体积 所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积，属于中档题.‎ ‎8.已知双曲线的左、右焦点分别为、，为左顶点，过点且斜率为的直线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，若，则该双曲线的离心率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，得为直角，可得，即可得，然后利用直线斜率公式求解即可.‎ ‎【详解】解：双曲线的渐近线方程为，‎ 设点，‎ 因为，即为直角三角形，且为直角， ‎ 所以，则上，‎ 解得， ‎ 故，又，‎ 所以直线的斜率，所以，‎ 故该双曲线的离心率.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查了双曲线离心率的求法，重点考查了双曲线渐近线方程及直线的斜率公式，属中档题.‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.‎ ‎9.某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.‎ 根据该折线图，下列结论正确的是（ ）‎ A. 年接待游客量逐年增加 B. 各年的月接待游客量高峰期大致在8月 C. 2017年1月至12月月接待游客量的中位数为30‎ D. 各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 观察折线图，掌握折线图所表达的正确信息，逐一判断各选项.‎ ‎【详解】由2017年1月至2019年12月期间月接待游客量的折线图得：‎ 在A中，年接待游客量虽然逐月波动，但总体上逐年增加，故A正确；‎ 在B中，各年的月接待游客量高峰期都在8月，故B正确；‎ 在C中，2017年1月至12月月接待游客量的中位数小于30，故C错误；‎ 在D中，各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确.‎ 故选：ABD ‎【点睛】本题主要考查学生对于折线图的理解能力，考查图表的识图能力，属于基础题.‎ ‎10.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（ ）‎ A. 线段上存在点E、F使得 B. 平面ABCD C. 的面积与的面积相等 D. 三棱锥A-BEF的体积为定值 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据异面直线的定义可判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；根据三角形的面积公式可判断C；利用直线平行平面，直线上的点到面的距离相等以及椎体的体积公式可判断D.‎ ‎【详解】如图所示，AB与为异面直线，故AE与BF也为异面直线，A错误；‎ ‎，故平面ABCD，故B正确；‎ 由图可知，点A和点B到EF的距离是不相等的，C错误；‎ 连结BD交AC于O，则AO为三棱锥A-BEF的高，‎ ‎，‎ 三棱锥A-BEF的体积为为定值，D正确；‎ 故选：BD.‎ ‎【点睛】本题考查了异面直线的定义、线面平行的判定定理、椎体的体积公式，需熟记公式，属于基础题.‎ ‎11.已知函数，其中表示不超过实数x的最大整数，关于 有下述四个结论，正确的是（ ）‎ A. 的一个周期是 B. 是非奇非偶函数 C. 在单调递减 D. 的最大值大于 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据周期函数定义判断选项A，再根据函数的意义，转化为分段函数判断B选项，结合三角函数的图象与性质判断C，D选项.‎ ‎【详解】，‎ 的一个周期是，故A正确；‎ ‎，‎ 是非奇非偶函数，B正确；‎ 对于C，时，，不增不减，所以C错误；‎ 对于D，，，D正确 故选：ABD ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数的周期性，单调性，奇偶性，考查了特例法求解选择题，属于中档题.‎ ‎12.若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，（为自然对数的底数），则（ ）‎ A. 在内单调递增；‎ B. 和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；‎ C. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；‎ D. 和之间存在唯一的“隔离直线”.‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令，利用导数可确定单调性，得到正确；‎ 设，的隔离直线为，根据隔离直线定义可得不等式组对任意恒成立；分别在和两种情况下讨论满足的条件，进而求得的范围，得到正确，错误；‎ 根据隔离直线过和的公共点，可假设隔离直线为；分别讨论、和时，是否满足恒成立，从而确定，再令，利用导数可证得恒成立，由此可确定隔离直线，则正确.‎ ‎【详解】对于，，‎ ‎，，‎ 当时，，单调递增，‎ ‎，在内单调递增，‎ 正确；‎ 对于，设，的隔离直线为，‎ 则对任意恒成立，即对任意恒成立.‎ 由对任意恒成立得：.‎ ‎⑴若，则有符合题意；‎ ‎⑵若则有对任意恒成立，‎ 的对称轴为，，；‎ 又的对称轴为，；‎ 即，，；‎ 同理可得：，；‎ 综上所述：，，正确，错误；‎ 对于，函数和的图象在处有公共点，‎ 若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点.‎ 设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，‎ 则恒成立，‎ 若，则不恒成立.‎ 若，令，对称轴为 在上单调递增，‎ 又，故时，不恒成立.‎ 若，对称轴为，‎ 若恒成立，则，解得：.‎ 此时直线方程为：，‎ 下面证明，‎ 令，则，‎ 当时，；当时，；当时，；‎ 当时，取到极小值，也是最小值，即，‎ ‎，即，‎ 函数和存在唯一的隔离直线，正确.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查导数中的新定义问题的求解；解题关键是能够充分理解隔离直线的定义，将问题转化为根据不等式恒成立求解参数范围或参数值、或不等式的证明问题；难点在于能够对直线斜率范围进行准确的分类讨论，属于难题.‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知向量，，，则实数__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ 由，则，‎ ‎ 所以，‎ ‎ 又由，所以，解得．‎ ‎14.已知，则__________．‎ ‎【答案】180‎ ‎【解析】‎ ‎，，，故答案为.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于中档题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎15.函数的部分图象如图所示，则__________；将函数的图象沿x轴向右平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则__________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象得周期，利用周期求出，根据图象上最高点坐标求出，利用平移变换得平移后的函数解析式，根据偶函数求得.‎ ‎【详解】根据函数的图象可得，所以，所以，所以，‎ 又因为，所以，所以，，‎ 所以，，‎ 因为，所以.‎ 所以，‎ 将的图象沿x轴向右移个长度单位得函数的图象，‎ 因为函数是偶函数，所以，，‎ 所以，，‎ 因为，所以，.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查了由图象求解析式，考查了图象的平移变换，考查了由函数的奇偶性求参数，属于基础题.‎ ‎16.设集合，则集合A中满足条件：“”的元素个数为__________.‎ ‎【答案】18.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 满足不等式的只有或4两种情况，分别确定每一类的元素组成从而求出可能的元素个数，两类元素个数相加即为所求.‎ ‎【详解】对于分以下几种情况：‎ ‎①，此时集合A的元素含有一个2，或，两个0，2或从三个位置选一个有3种选法，剩下的位置都填0，这种情况有种；‎ ‎②，此时集合A中元素含有两个2一个0；或两个，一个0；或一个2，一个，一个0.‎ 若是两个2或，一个0时，从三个位置任选一个填0，剩下的两个位置都填2或，这种情况有种；‎ 若是一个2，一个，一个0时，对这三个数全排列即得到种；‎ ‎∴集合A中满足条件“”的元素个数为.‎ 故答案为：18‎ ‎【点睛】本题考查分类加法计数原理、排列、集合的概念，属于中档题.‎ 四、解答题：本题共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.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.‎ 已知等比数列的公比，前n项和为，若_________，数列满足，.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前n项和，并证明.‎ ‎【答案】选择见解析；（1），；（2）；证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）若选择①，利用等比数列的通项公式列方程求得，再令中的，可得，进而可得数列，的通项公式；选择②，通过对中的取1和2可得和，进而可得，可得数列，的通项公式；若选择③，利用等比数列的前项和公式列方程求得，再令中的，可得，进而可得数列，的通项公式；‎ ‎（2）利用裂项相消法可求得，观察可得结果.‎ ‎【详解】解析：选择①，‎ ‎（1）由已知得， ‎ 解得或（舍去，∵），‎ 又∵，，‎ 则，解得，‎ ‎∴，‎ 则；‎ ‎（2）‎ ‎∴.‎ 选择②，‎ 当时，，得，‎ 当时，，又，得，‎ 则，，‎ 又∵，‎ 则；‎ ‎（2）‎ ‎∴.‎ 选择③，‎ ‎，‎ 当时，，则，舍去；‎ 当时，，解得（负值舍去），‎ 又∵，，‎ 则，解得，‎ ‎∴，‎ 则；‎ ‎（2）‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，等比数列前项和公式的应用，考查裂项相消法求和，考查学生计算能力，是中档题.‎ ‎18.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若D是AC边上的中点，，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件有，由正弦定理可得，从而可求出答案. （2）设,则由,所以，在直角中可得，即得到，在中，由余弦定理可得，然后根据可得到答案.‎ ‎【详解】解：（1）∵，，‎ ‎∴，‎ 由正弦定理得 又∵，∴，∴.‎ ‎（2）在中，由（1）知，‎ 可设,则由,所以，，‎ 则，‎ ‎∵，‎ 在中，由余弦定理得 ‎，‎ 解得，‎ 由，得，‎ 解得.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理进行边角的互化和由余弦定理解三角形，考查三角形面积公式的应用，属于中档题.‎ ‎19.已知在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，CD^平面PAD，E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD 的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PO^平面；‎ ‎（Ⅱ）求平面EFG与平面所成锐二面角的大小；‎ ‎（Ⅲ）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析 （Ⅱ）（Ⅲ）不存在，见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）正三角形中，由平面得到，所以得到面；（Ⅱ）以点为原点建立空间直角坐标系，根据平面的法向量，和平面的法向量，从而得到平面与平面所成锐二面角的余弦值，再得到所求的角；（Ⅲ）线段上存在满足题意的点，直线与平面法向量的夹角为，设，，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，证明方程无解，从而得到不存在满足要求的点.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明:因为△是正三角形，‎ 是的中点，‎ 所以 .‎ 又因平面，平面，‎ 所以.‎ ‎，平面，‎ 所以面.‎ ‎（Ⅱ）如图，以点为原点分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.‎ 则，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量为 所以，即 令，则 ， ‎ 又平面的法向量，‎ 设平面与平面所成锐二面角为，‎ 所以.‎ 所以平面与平面所成锐二面角. ‎ ‎（Ⅲ）假设线段上存在点，‎ 使得直线与平面所成角为，‎ 即直线与平面法向量所成的角为，‎ 设，，‎ ‎，‎ 所以 所以，‎ 整理得，‎ ‎，方程无解，‎ 所以，不存在这样的点.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，利用空间向量求二面角，利用空间向量证明存在性问题.‎ ‎20.已知椭圆的左，右两个焦点为、，抛物线与椭圆有公共焦点.且两曲线、在第一象限的交点的横坐标为.‎ ‎（1）求椭圆和抛物线的方程；‎ ‎（2）直线与抛物线的交点为、（为坐标原点），与椭圆的交点为、‎ ‎（在线段上），且.问满足条件的直线有几条，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；；（2）满足条件的直线有条，理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由椭圆和抛物线的公共焦点可求得抛物线的标准方程，再由点在抛物线上可求得点的坐标，利用椭圆的定义可求得的值，进而求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）将直线的方程分别与椭圆、抛物线的方程联立，分别求得点、、、的横坐标，由可知点为线段的中点，利用中点坐标公式可得出关于的等式，‎ ‎【详解】（1）由于椭圆和抛物线的公共焦点为，故椭圆的焦点坐标为.‎ 所以，所以抛物线的方程，‎ 由点在抛物线上，所以，‎ 又点又在椭圆上，所以，‎ 所以，又，故，‎ 从而椭圆的方程为；‎ ‎（2）联立直线与椭圆方程得，得，‎ 解得，.‎ 联立直线与抛物线得，得，解得，，‎ 由，故为线段的中点，‎ 即，得，‎ 化简得，解得（负值含去），‎ 故满足题意的值有个，从而存在过原点的有两条直线满足题意.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆和椭圆的标准方程，同时也考查了利用直线与椭圆、抛物线相交求直线的斜率，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎21.为了治疗某种疾病，某科研机构研制了甲、乙两种新药，为此进行白鼠试验.试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验.4轮试验后，就停止试验.甲、乙两种药的治愈率分别是和.‎ ‎（1）若，求2轮试验后乙药治愈的白鼠比甲药治愈的白鼠多1只的概率；‎ ‎（2）已知A公司打算投资甲、乙这两种新药的试验耗材费用，甲药和乙药一次试验耗材花费分别为3千元和 千元，每轮试验若甲、乙两种药都治愈或都没有治愈，则该科研机构和A公司各承担该轮试验耗材总费用的50%；若甲药治愈，乙药未治愈，则A公司承担该轮试验耗材总费用的75%，其余由科研机构承担，若甲药未治愈，乙药治愈，则A公司承担该轮试验耗材总费用的25%，其余由科研机构承担.以A公司每轮支付试验耗材费用的期望为标准，求A公司4轮试验结束后支付试验耗材最少费用为多少元？‎ ‎【答案】（1）；（2）14400元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用和事件的概率公式、独立事件的概率公式，结合独立重复试验概率公式进行求解即可；‎ ‎（2）设随机变量X为每轮试验A公司需要支付的试验耗材费用的取值，根据题意求出随机变量X的可能取值，以及相应的概率，列出分布列，计算数学期望，最后利用二次函数的单调性进行求解即可.‎ ‎【详解】解析：（1）记事件A为“2轮试验后，乙药治愈的白鼠比甲药治愈的白鼠多1只”，‎ 事件B为“2轮试验后，乙药治愈1只白鼠，甲药治愈0只白鼠”，‎ 事件C为“2轮试验后，乙药治愈2只白鼠，甲药治愈1只白鼠”，‎ 则，‎ ‎，‎ ‎（2）一次实验耗材总费用为千元.‎ 设随机变量X为每轮试验A公司需要支付的试验耗材费用的取值，‎ 则，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ X P 令，.‎ 函数的对称轴为：，所以在区间上单调递增，‎ ‎∴（千元）.‎ 则A公司4轮试验结束后支付实验耗材最少费用为（千元），‎ 即14400元.‎ ‎【点睛】本题考查了独立试验概率公式和独立重复试验概率公式，考查了数学期望的应用，考查了数学运算能力和数学阅读能力.‎ ‎22.已知函数，其中；‎ ‎（l）判断函数是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；‎ ‎（2）讨论在上函数的零点个数.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) ，设，，因此单调递减,,讨论正负即可判断出极值情况;‎ ‎(2)由(1)可知若时,恒为增函数,计算可知,此时无零点, 若 时, ,可求得,讨论与的关系,及若，,函数在区间的单调性及函数值在区间端点的符号,即可得出结论.‎ ‎【详解】（1），设，‎ ‎，因此单调递减，‎ ‎，‎ 又时，，‎ 若，即时，‎ ‎，使；‎ 当时，，单调递增，‎ 当时，，单调递减，‎ 在处取极大值，不存在极小值.‎ 若，即，，‎ 在单调递增，此时无极值.‎ ‎（2）由第一问结论可知：‎ ‎（i）若时，由上问可知：‎ ‎，‎ 即时函数没有零点.‎ ‎（ii）若时，时单调递增；‎ 时，单调递减.‎ 由，得，‎ 从而，再设，‎ 则，从而a关于单调递增.‎ ‎①若，此时，‎ 若得或，‎ 所以时无零点；‎ 若得，‎ 所以时有一个零点；‎ 当，，有一个零点.‎ 因此时无零点；‎ 时有一个零点；‎ ‎②此时，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 设，‎ 则，‎ 所以，‎ 若即，即时无零点；‎ 若即，即时有一个零点.‎ 综上所述：时无零点；‎ 时有一个零点.‎ ‎【点睛】本题考查导数在求解函数极值中的应用,考试导数在判断函数单调性的应用,本题综合考查了函数的零点问题,难度困难.‎