黑龙江省大庆市2024届高三第一次教学质量检测数学试题（含答案）

2023-2024学年黑龙江省大庆市高三（上）第一次质检数学试卷

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．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣2≥0}，B＝{﹣2，﹣1，0，1}，则A⋂B＝（　　）

A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1} C．{﹣2} D．{﹣2，﹣1}

2．已知，则＝（　　）

A．﹣4i B．4i C．2 D．﹣2

3．已知向量，则“x＝7”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

4．石拱桥是世界桥梁史上出现较早、形式优美、结构坚固的一种桥型．如图，这是一座石拱桥，桥洞弧线可近似看成是顶点在坐标原点，焦点在y轴负半轴上的抛物线C的一部分，当水距离拱顶4米时，水面的宽度是8米，则抛物线C的焦点到准线的距离是（　　）

A．1米 B．2米 C．4米 D．8米

5．函数f（x）＝ex（x﹣t）在（2，3）上单调递减，则t的取值范围是（　　）

A．[6，+∞） B．（﹣∞，6] C．（﹣∞，4] D．[4，+∞）

6．已知锐角α满足，则sin2α＝（　　）

A． B． C． D．

7．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1，D，E分别为AC，BC的中点，则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．

8．设a＝1.7，b＝tan1.1，c＝2ln2.1，则（　　）

A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜a＜c

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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

（多选）9．若甲组样本数据x1，x2，……，xn （数据各不相同）的平均数为3，乙组样本数据2x1+a，2x2+a，……，2xn+a的平均数为5，下列说错误的是（　　）

A．a的值不确定 

B．乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍 

C．两组样本数据的极差可能相等 

D．两组样本数据的中位数可能相等

（多选）10．已知函数f（x）＝2cos（ωx+φ）+1（ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，则（　　）

A．ω＝2 

B． 

C．f（x）在上单调递增 

D．的图象关于直线对称

（多选）11．已知定义在（0，+∞）的函数f（x）满足f（xy）＝f（x）+f（y），且f（4）＝12，当x＞1时，f（x）＞0，则（　　）

A．f（1）＝0 

B．f（x）是偶函数 

C．f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增 

D．不等式的解集是（0，1）

（多选）12．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（　　）

A．该半正多面体的表面积为 

B．该半正多面体的体积为 

C．该半正多面体外接球的表面积为 

D．若点M，N分别在线段DE，BC上，则 FM+MN+AN的最小值为

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.

13．已知圆C：x2+y2+2x﹣4y+a＝0的半径为3，则a＝　     　．

14．设{an}是等比数列，且a1+a4＝7，a3+a6＝21，则a7+a10＝　      　．

15．现将6本不同的书籍分发给甲、乙、丙3人，每人至少分得1本，已知书籍A分发给了甲，则不同的分发方式种数是 　      　．（用数字作答）

16．已知双曲线E：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点M在双曲线E上，△F1MF2为直角三角形，O为坐标原点，作ON⊥MF1，垂足为N，若2＝3，则双曲线E的离心率为 　                  　．

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．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝10，S9＝9．

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{|an|}的前n项和Tn．

18．如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，AB＝4，．

（1）求sin∠ABC的值；

（2）过点A作AD⊥AB，D在边BC上，记△ABD与△ACD的面积分别为S1，S2，求的值．

19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AC＝AD＝2，PA＝3BC＝3．

（1）证明：平面PAC⊥平面PBC．

（2）若AD⊥AB，求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值．

20．为了提高居民参与健身的积极性，某社区组织居民进行乒乓球比赛，每场比赛采取五局三胜制，先胜3局者为获胜方，同时该场比赛结束，每局比赛没有平局．在一场比赛中，甲每局获胜的概率均为p，且前4局甲和对方各胜2局的概率为．

（1）求p的值；

（2）记该场比赛结束时甲获胜的局数为X，求X的分布列与期望．

21．已知F1，F2分别是椭圆C：的左、右焦点，P是椭圆C上一点，且．

（1）求椭圆C的方程；

（2）延长，并与椭圆C分别相交于M，N两点，求△PMN的面积．

22．已知函数f（x）＝axex（a≠0）．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当时，证明：．

参考答案

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．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣2≥0}，B＝{﹣2，﹣1，0，1}，则A⋂B＝（　　）

A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1} C．{﹣2} D．{﹣2，﹣1}

【分析】先求出集合A，再求两集合的交集即可．

解：由x2﹣x﹣2≥0，得x≤﹣1或x≥2，

所以A＝{x|x≤﹣1或x≥2}，

因为B＝{﹣2，﹣1，0，1}，

所以A⋂B＝{﹣2，﹣1}．

故选：D．

【点评】主要考查了集合交集运算，属于基础题．

2．已知，则＝（　　）

A．﹣4i B．4i C．2 D．﹣2

【分析】先化简计算求出复数z，再求即可

解：因为，

所以．

故选：B．

【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．

3．已知向量，则“x＝7”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

【分析】根据充分不必要条件的定义判断即可．

解：若x＝7，则•＝2×7+7×（﹣2）＝0，即⊥；

若⊥，则x（x﹣5）﹣14＝0，即（x﹣7）（x+2）＝0，解得x＝7或x＝﹣2．

故“x＝7”是“”的充分不必要条件．

故选：A．

【点评】本题考查充分不必要条件的判断，考查平面向量数量积的坐标表示，属于基础题．

4．石拱桥是世界桥梁史上出现较早、形式优美、结构坚固的一种桥型．如图，这是一座石拱桥，桥洞弧线可近似看成是顶点在坐标原点，焦点在y轴负半轴上的抛物线C的一部分，当水距离拱顶4米时，水面的宽度是8米，则抛物线C的焦点到准线的距离是（　　）

A．1米 B．2米 C．4米 D．8米

【分析】设抛物线C：x2＝﹣2py（p＞0），由题意可知点（4，﹣4）在抛物线C上，求得p，即可得解．

解：设抛物线C：x2＝﹣2py（p＞0），

由题意可知点（4，﹣4）在抛物线C上，则﹣2p×（﹣4）＝42，解得p＝2，

∴抛物线C的焦点到准线的距离是2米．

故选：B．

【点评】本题考查了抛物线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

5．函数f（x）＝ex（x﹣t）在（2，3）上单调递减，则t的取值范围是（　　）

A．[6，+∞） B．（﹣∞，6] C．（﹣∞，4] D．[4，+∞）

【分析】根据复合函数的单调性得到关于t的不等式，解出即可．

解：若函数f（x）＝ex（x﹣t）在（2，3）上单调递减，

则y＝x（x﹣t）＝x2﹣tx在（2，3）单调递减，

而y′＝2x﹣t，令y′＜0，解得：x＜，

故y＝x（x﹣t）在（﹣∞，）单调递减，

则≥3，解得：t≥6，

即t的取值范围是[6，+∞）．

故选：A．

【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，是基础题．

6．已知锐角α满足，则sin2α＝（　　）

A． B． C． D．

【分析】根据同角三角函数基本关系式和二倍角正弦公式可求出结果．

解：由，得，

因为sin2α+cos2α＝1，

所以sin2α+2sin2α＝1，

可得，

因为α为锐角，

所以，，

所以．

故选：A．

【点评】本题考查了同角三角函数基本关系式和二倍角正弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．

7．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1，D，E分别为AC，BC的中点，则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为（　　）

A． B． C． D．

【分析】设AB＝2，取A1B1的中点F，连接C1F，DF，DE，则可得∠C1DF为异面直线C1D与B1E所成的角或补角，然后在△C1DF中求解即可．

解：设AB＝2，取A1B1的中点F，连接C1F，DF，DE，

则，

因为D，E分别为AC，BC的中点，所以DE∥AB，，

因为A1B1∥AB，A1B1＝AB，所以DE∥B1F，B1F＝DE，

所以四边形DEB1F为平行四边形，所以DF∥B1E，

所以∠C1DF为异面直线C1D与B1E所成的角或补角．

因为AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝2，D，E分别为AC，BC的中点，

所以，

所以．

故选：D．

【点评】本题主要考查异面直线所成角，考查计算能力，属于中档题．

8．设a＝1.7，b＝tan1.1，c＝2ln2.1，则（　　）

A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜a＜c

【分析】由已知结合正切函数的单调性可比较a，b的大小，构造函数f（x）＝ex﹣ex，对其求导，结合导数分析函数单调性即可比较a，c的大小即可判断．

解：因为 y＝tanx 在 上单调递增，

所以b＝tan1.1＞tan ，

令f（x）＝ex﹣ex，则 f′（x）＝ex﹣e，

当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上单 递增，

则f（1.7）＝e1.7﹣1.7e＞f（1）＝0，

则 e1.7＞1.7e＞1.7×2.7＝4.59＞4.41＝2.12，

因此1.7＞ln2.12＝2ln2.1，即a＞c，

故c＜a＜b．​

故选：C．

【点评】本题主要考查了导数与单调性关系，还考查了函数单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．

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，部分选对的得2分，有选错的得0分.

（多选）9．若甲组样本数据x1，x2，……，xn （数据各不相同）的平均数为3，乙组样本数据2x1+a，2x2+a，……，2xn+a的平均数为5，下列说错误的是（　　）

A．a的值不确定 

B．乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍 

C．两组样本数据的极差可能相等 

D．两组样本数据的中位数可能相等

【分析】根据平均数的性质求出a，从而判断A；根据方差的性质判断B；根据极差和中位数的定义判断CD．

解：由题意可知，2×3+a＝5，a＝﹣1，故A错误；

易知乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的22＝4倍，故B错误；

不妨设x1＜x2＜••••＜xn，则甲组数据的极差为xn﹣x1，

乙组数据的极差为（2xn﹣1）﹣（2x1﹣1）＝2（xn﹣x1），

所以两组样本数据的极差不相等，故C错误；

设甲组样本数据的中位数为m，

则乙组样本数据的中位数为2m﹣1，

当m＝1时，m＝2m﹣1，

所以两组样本数据的中位数可能相等，故D正确．​

故选：ABC．

【点评】本题考查了平均数，方差的性质，考查中位数，极差的定义，是基础题．

（多选）10．已知函数f（x）＝2cos（ωx+φ）+1（ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如图所示，则（　　）

A．ω＝2 

B． 

C．f（x）在上单调递增 

D．的图象关于直线对称

【分析】由图可知T＝π，求得ω，可判断A；由结合0＜φ＜π求得φ，可判断B；利用三角函数的单调性求解可判断C；求出的解析式，进而求出对称轴，可判断D．

解：由图可知，则ω＝＝2，故A正确；

因为，

所以，即，

因为0＜φ＜π，所以，则B正确；

令2kπ﹣π≤，解得，此时f（x）单调递增；

令2kπ≤，解得，此时f（x）单调递减．

由，得f（x）在上单调递减，在上单调递增，则C错误；

因为，

所以．

令，k∈Z，得，k∈Z．

当k＝0时，，

则的图象关于直线对称，故D正确．

故选：ABD．

【点评】本题考查了由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式以及余弦函数的图象和性质的应用，属于中档题．

（多选）11．已知定义在（0，+∞）的函数f（x）满足f（xy）＝f（x）+f（y），且f（4）＝12，当x＞1时，f（x）＞0，则（　　）

A．f（1）＝0 

B．f（x）是偶函数 

C．f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增 

D．不等式的解集是（0，1）

【分析】利用x＝y＝1可求出f（1）判断A，根据定义域判断奇偶性判断B，由单调性定义判断C，由函数性质及单调性脱去“f”解不等式判断D．

解：令x＝y＝1，得f（1）＝f（1）+f（1），即f（1）＝0，则A正确；

由题意可知f（x）的定义域是（0，+∞），则f（x）是非奇非偶函数，故B错误；

当x＞1时，因为y＞0，所以xy＞y，因为f（xy）＝f（x）+f（y），

所以f（xy）﹣f（y）＝f（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上单调递增，故C错误；

令x＝y＝2，得f（4）＝2f（2），因为f（4）＝12，所以f（2）＝6．

因为f（xy）＝f（x）+f（y），所以f（xy）﹣f（y）＝f（x），

所以f（x+3）﹣，所以等价于，

因为f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以，解得0＜x＜1，则D正确．

故选：AD．

【点评】本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．

（多选）12．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（　　）

A．该半正多面体的表面积为 

B．该半正多面体的体积为 

C．该半正多面体外接球的表面积为 

D．若点M，N分别在线段DE，BC上，则 FM+MN+AN的最小值为

【分析】根据给定的多面体，利用正四面体的性质，球的截面圆的性质，以及多面体的侧面展开图，结合棱锥的表面积与体积公式，以及球的表面积公式，逐项判定，即可求解．

解：由题意，该半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，其棱长为1，

对于A，该正多面体的表面积为4×（×32﹣3××12）+4×＝7，故A错误；

对于B，如图所示，该半正多面体所在的正四面体中，可得正四面体的棱长为3，

取正四面体的下底面的中心为N，连接MN，则MN⊥底面ABC，

在直角△MNG中，∵MG＝3，NG＝＝，

∴MN＝＝＝，

∴该半正多面体的体积为＝，故B正确；

对于C，该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心，

记球心为O，半径为R，△DEF的球心为O1，

连接OA，NA，OF，OO1，由等边△DEF的边长为1，

可得F＝＝，

又由底面正六边形AHKBCL的边长为1，可得NA＝1，

在正四面体M﹣DEF中，可得MO1＝，

∴N＝MN﹣MO1＝＝，

设ON＝h，∵OA＝OF＝R，∴NA2+h2＝O1F2+O1E2，

∴12+h2＝（）2+（）2，解得h＝，即ON＝，

∴R2＝OA2＝（）2+12＝，

∴该半正多面体外接球的表面积为4π•OA2＝，故C正确；

对于D，该半正多面体展开图如图所示：

则FT＝4，AT＝，AF＝＝，FM+MN+AN≥AF＝，故D正确．

故选：BCD．

【点评】本题考查正四面体的性质、球的截面圆的性质、多面体的侧面展开图、棱锥的表面积与体积公式、球的表面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.

13．已知圆C：x2+y2+2x﹣4y+a＝0的半径为3，则a＝　﹣4　．

【分析】直接利用圆的一般式和标准式之间的转换求出结果．

解：圆C：x2+y2+2x﹣4y+a＝0的半径为3，转换为圆的标准式为（x+1）2+（y﹣2）2＝5﹣a，

故5﹣a＝9，解得a＝﹣4．

故答案为：﹣4．

【点评】本题考查的知识要点：圆的一般式和标准式的转换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．

14．设{an}是等比数列，且a1+a4＝7，a3+a6＝21，则a7+a10＝　189　．

【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．

解：设等比数列{an}的公比为q，

则，故q2＝3，

故a7+a10＝q4（a3+a6）＝21×9＝189．

故答案为：189．​

【点评】本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．

15．现将6本不同的书籍分发给甲、乙、丙3人，每人至少分得1本，已知书籍A分发给了甲，则不同的分发方式种数是 　180　．（用数字作答）

【分析】通过对甲分得书籍A与其它书籍的多少，分类讨论求解即可．

解：若甲只分得书籍A，则共有种分发方式；

若甲除了书籍A，还分得了其他书籍，则共有种分发方式．

故不同的分发方式种数是30+150＝180．​​

故答案为：180．

【点评】本题考查排列组合的实际应用，计数原理的应用，是中档题．

16．已知双曲线E：﹣＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点M在双曲线E上，△F1MF2为直角三角形，O为坐标原点，作ON⊥MF1，垂足为N，若2＝3，则双曲线E的离心率为 　　．

【分析】由题意，根据直角三角形的直角顶点所在位置以及双曲线的定义得到|MF2|，|MF1|的表达式，结合相似三角形的性质以及离心率公式进行求解即可．

解：已知△F1MF2为直角三角形，

此时∠MF1F2≠90°，

若∠F1MF2＝90°，

因为ON⊥MF1，

所以ON∥MF2，

此时点N为线段MF1的中点，不满足2＝3，

所以∠MF2F1＝90°，

即MF2⊥x轴，

不妨设x＝c，

因为﹣＝1，

所以y2＝，

即|MF2|＝，|MF1|＝+2a＝，

因为2＝3，

所以|NF1|＝|MF1|＝，

易知△ONF1∽△MF2F1，

此时＝，

即＝，

整理得，①

又e＝且e＞1，②

联立①②，解得e＝．

故答案为：．

【点评】本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力．

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．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝10，S9＝9．

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{|an|}的前n项和Tn．

【分析】（1）设数列{an}的首项为a1，公差为d，根据通项公式及前n项和公式得到方程组，解得a1、d，即可得解；

（2）令an＞0求出n的取值范围，再分段求出数列{|an|}的前n项和Tn．

解：（1）设数列{an}的首项为a1，公差为d，

则，解得．

故an＝13﹣3（n﹣1）＝16﹣3n．

（2）由（1）可得，

令an＝16﹣3n＞0，解得，

所以当1≤n≤5时，an＞0，则，

当n≥6时，an＜0，则Tn＝a1+a2+a3+a4+a5﹣a6﹣⋯﹣an

＝2（a1+a2+a3+a4+a5）﹣（a1+a2+a3+a4+a5+a6+⋯+an）

＝，

所以．

【点评】本题考查数列通项公式的求法和数列前n项和的求法，综合性强，难度大，计算繁琐，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．

18．如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，AB＝4，．

（1）求sin∠ABC的值；

（2）过点A作AD⊥AB，D在边BC上，记△ABD与△ACD的面积分别为S1，S2，求的值．

【分析】（1）由余弦定理可得BC，由正弦定理可得sin∠ABC；

（2）求出cos∠ABC，由AD⊥AB可求得，进而得CD，由求得结果．

解：（1）在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AB2+AC2﹣2AB⋅ACcos∠BAC，

则，

故，

由正弦定理可得，

则；

（2）因为∠BAC＝135°，

所以0°＜∠ABC＜90°，

因为，

所以，

因为AD⊥AB，

所以，

所以，

则，

设点A到直线BC的距离为d，

因为，，

所以．

【点评】本题考查了余弦定理，重点考查了三角形的面积公式，属中档题．

19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AC＝AD＝2，PA＝3BC＝3．

（1）证明：平面PAC⊥平面PBC．

（2）若AD⊥AB，求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值．

【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；

（2）建系，利用空间向量，向量夹角公式，即可求解．

解：（1）证明：因为PB⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，

所以PB⊥AB，在Rt△PAB中，可求得．

在△ABC中，因为BC＝1，AC＝2，

所以AC2+BC2＝5＝AB2，所以AC⊥BC，

又PB⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PB，

又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，

所以AC⊥平面PBC，又AC⊂平面PAC，

所以平面PAC⊥平面PBC；

（2）因为AB⊥AD，PB⊥平面ABCD，

所以分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建系如图，

则．

由（1）知AC⊥平面PBC，

所以为平面PBC的一个法向量．

设平面PAD的法向量为，

则，取，

设平面PBC与平面PAD的夹角为θ，

则．

【点评】本题考查面面垂直的证明，向量法求解面面角问题，化归转化思想，属中档题．

20．为了提高居民参与健身的积极性，某社区组织居民进行乒乓球比赛，每场比赛采取五局三胜制，先胜3局者为获胜方，同时该场比赛结束，每局比赛没有平局．在一场比赛中，甲每局获胜的概率均为p，且前4局甲和对方各胜2局的概率为．

（1）求p的值；

（2）记该场比赛结束时甲获胜的局数为X，求X的分布列与期望．

【分析】（1）由题意，可知乙每局获胜的概率为（1﹣p），又前4局甲和对方各胜2局的概率为，列出等式即可求出p的值；

（2）得到X的所有取值，求出相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中进行求解即可．

解：（1）已知在一场比赛中，甲每局获胜的概率均为p，

所以乙每局获胜的概率为（1﹣p），

又前4局甲和对方各胜2局的概率为，

则•p2•（1﹣p）2＝，

解得；

（2）易知X的所有取值为0，1，2，3，

此时，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，

，

则X的分布列为：

故 ＝．

【点评】本题考查离散型随机变量分布列及期望，考查了逻辑推理和运算能力．

21．已知F1，F2分别是椭圆C：的左、右焦点，P是椭圆C上一点，且．

（1）求椭圆C的方程；

（2）延长，并与椭圆C分别相交于M，N两点，求△PMN的面积．

【分析】（1）由平面向量的数量积可得c＝1，再建立关于a，b的方程组，即可得到椭圆方程；

（2）易得点N的坐标以及直线PF1的方程，进一步可得点M的坐标，由此可得△PMN的面积．

解：（1），，

则 ＝，

解得c＝1，

由，

解得a2＝2，b2＝1，

故椭圆C的方程为；

（2）由（1）可知，直线PF2的方程为x＝1，

根据对称性可知，

直线PF1的方程为，

联立方程组，

整理得5x2+2x﹣7＝0，

解得x＝1或，

则，，

所以．

【点评】本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．

22．已知函数f（x）＝axex（a≠0）．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当时，证明：．

【分析】（1）由题意，对函数f（x）进行求导，分别讨论当a＞0和a＜0这两种情况，结合导数的几何意义即可求解；

（2）将问题转化成求证，构造函数，，通过导数研究两个函数的最值，进而即可得证．

解：（1）f（x）＝axex（a≠0），函数定义域为R，

可得f′（x）＝a（x+1）ex．

当a＞0时，

当x＜﹣1时，f′（x）＜0；当x＞﹣1时，f′（x）＞0，

所以f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增；

当a＜0时，

当x＜﹣1时，f′（x）＞0；当x＞﹣1时，f′（x）＜0，

所以f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减；

（2）证明：因为x＞0，所以．

又，

所以．

要证，

需证，

即证，

不妨设，函数定义域为（0，+∞），

可得，

当0＜x＜1时，g′（x）＜0；当x＞1时，g′（x）＞0，

所以函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．

则，

不妨设，函数定义域为（0，+∞），

可得，

当0＜x＜e时，h′（x）＞0；当x＞e时，h′（x）＜0，

所以函数h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减．

则．

因为g（x）min＝h（x）max，且两个最值的取等条件不同，

所以，

故当时，．

【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、分类讨论、转化思想和运算能力．