福建省厦门市杏南中学高三上学期期中数学试卷(理科) Word版含解析

2016-2017学年福建省厦门市杏南中学高三（上）期中数学试卷
（理科）
一、选择题（每题5分，共60分）
1．设集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁R S）∪T=（）A．（﹣2，1]B．（﹣∞，﹣4]C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）
2．若，，且，则tanα=（）
A．2 B．C．﹣2 D．
3．已知f（x）是定义在R上的偶函数且以2为周期，则“f（x）为[0，1]上的增函数”是“f（x）为[3，4]上的减函数”的（）
A．充分而不必要的条件B．必要而不充分的条件
C．充要条件D．既不充分也不必要的条件
4．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y=2x上，则cos2θ=（）
A．﹣ B．﹣ C．D．
5．已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M（2，y0）．若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|=（）
A．B． C．4 D．
6．设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（）
A．B．C．2 D．3
7．已知直二面角α﹣l﹣β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于（）
A．B．C．D．1
8．将函数y=cos2x+sin2x（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）个长度单位后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值为（）
A．B．C．D．π
9．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则以下结论中不成立的是（）
A．EF与BB1垂直B．EF与BD垂直C．EF与CD异面D．EF与A1C1异面
10．椭圆（a＞b＞0）的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是
F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为（）
A．B．C．D．
11．设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数y=（1﹣x）f′（x）的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（）
A．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（1）
B．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（1）
C．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（﹣2）
D．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（2）
12．函数y=的图象与函数y=2sinπx，（﹣2≤x≤4）的图象所有交点的横坐标之和等于（）
A．8 B．6 C．4 D．2
二、填空题（每题5分，共20分）
13．已知圆x2+y2+2x﹣2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4，则实数a的值为．
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是．
15
．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC=，AB=3，AD=3，则BD的长为．
16．设函数f（x）=x|x|+bx+c，给出下列命题：①b=0，c＞0时，方程f（x）=0只有一个实数根；②c=0时，y=f（x）是奇函数；③方程f（x）=0至多有两个实根．上述三个命题中所有正确命题的序号为．
三、解答题（共70分）
17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的大小；
（2）如果a+b=6，=4，求c的值．
18．设抛物线C：y2=4x，F为C的焦点，过F的直线L与C相交于A、B两点．（1）设L的斜率为1，求|AB|的大小；
（2）求证：是一个定值．
19．已知函数f（x）=sin2xsinφ+cos2xcosφ﹣sin（+φ）（0＜φ＜π），其图象
过点（，）．
（Ⅰ）求φ的值；
（Ⅱ）将函数y=f（x）的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得
到函数y=g（x）的图象，求函数g（x）在[0，]上的最大值和最小值．20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E 在线段PC上，PC⊥平面BDE．
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AD=2，求二面角B﹣PC﹣A的大小．
21．如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．
（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；
（Ⅱ）过B1做直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程．
22．已知函数f（x）=e x（x∈R）．
（1）证明：曲线y=f（x）与曲线有唯一公共点；
（2）设a＜b，比较与的大小，并说明理由．
2016-2017学年福建省厦门市杏南中学高三（上）期中数
学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题5分，共60分）
1．设集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁R S）∪T=（）A．（﹣2，1]B．（﹣∞，﹣4]C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）
【考点】交、并、补集的混合运算；全集及其运算．
【分析】先根据一元二次不等式求出集合T，然后求得∁R S，再利用并集的定义求出结果．
【解答】解：∵集合S={x|x＞﹣2}，
∴∁R S={x|x≤﹣2}，
T={x|x2+3x﹣4≤0}={x|﹣4≤x≤1}，
故（∁R S）∪T={x|x≤1}
故选C．
2．若，，且，则tanα=（）
A．2 B．C．﹣2 D．
【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．
【分析】利用向量共线定理、同角三角函数基本关系式即可得出．
【解答】解：∵，∴sinα=2cosα，cosα≠0．
则tanα=2．
故选：A．
3．已知f（x）是定义在R上的偶函数且以2为周期，则“f（x）为[0，1]上的增函数”是“f（x）为[3，4]上的减函数”的（）
A．充分而不必要的条件B．必要而不充分的条件
C．充要条件D．既不充分也不必要的条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】由题意，可由函数的性质得出f（x）为[﹣1，0]上是减函数，再由函数的周期性即可得出f（x）为[3，4]上的减函数，由此证明充分性，再由f（x）为[3，4]上的减函数结合周期性即可得出f（x）为[﹣1，0]上是减函数，再由函数是偶函数即可得出f（x）为[0，1]上的增函数，由此证明必要性，即可得出正确选项
【解答】解：∵f（x）是定义在R上的偶函数，
∴若f（x）为[0，1]上的增函数，则f（x）为[﹣1，0]上是减函数，
又∵f（x）是定义在R上的以2为周期的函数，且[3，4]与[﹣1，0]相差两个周期，
∴两区间上的单调性一致，所以可以得出f（x）为[3，4]上的减函数，故充分性成立．
若f（x）为[3，4]上的减函数，同样由函数周期性可得出f（x）为[﹣1，0]上是减函数，再由函数是偶函数可得出f（x）为[0，1]上的增函数，故必要性成立．综上，“f（x）为[0，1]上的增函数”是“f（x）为[3，4]上的减函数”的充要条件．故选C．
4．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y=2x上，则cos2θ=（）
A．﹣ B．﹣ C．D．
【考点】二倍角的余弦；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系．
【分析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值，由已知直线的斜率得到tanθ的值，然后根据同角三角函数间的基本关系求出cosθ的平方，然后根据二倍角的余弦函数公式把所求的式子化简后，把cosθ的平方代入即可求出值．
【解答】解：根据题意可知：tanθ=2，
所以cos2θ===，
则cos2θ=2cos2θ﹣1=2×﹣1=﹣．
故选：B．
5．已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M（2，y0）．若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|=（）
A．B． C．4 D．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】关键点M（2，y0）到该抛物线焦点的距离为3，利用抛物线的定义，可求抛物线方程，进而可得点M的坐标，由此可求|OM|．
【解答】解：由题意，抛物线关于x轴对称，开口向右，设方程为y2=2px（p＞0）∵点M（2，y0）到该抛物线焦点的距离为3，
∴2+=3
∴p=2
∴抛物线方程为y2=4x
∵M（2，y0）
∴
∴|OM|=
故选B．
6．设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（）
A．B．C．2 D．3
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】不妨设双曲线C：，焦点F（﹣c，0），由题设知，
，由此能够推导出C的离心率．
【解答】解：不妨设双曲线C：，
焦点F（﹣c，0），对称轴y=0，
由题设知
，
，
∴，
b 2=2a 2，
c 2﹣a 2=2a 2， c 2=3a 2，
∴e=． 故选B ．
7．已知直二面角α﹣l ﹣β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．1
【考点】点、线、面间的距离计算．
【分析】画出图形，由题意通过等体积法，求出三棱锥的体积，然后求出D 到平面ABC 的距离．
【解答】解：由题意画出图形如图：
直二面角α﹣l ﹣β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足， 若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离转化为三棱锥D ﹣ABC 的高为h ，
所以AD=
，CD=
，BC=
由V B ﹣ACD =V D ﹣ABC 可知
所以，h=
故选C ．
8．将函数y=cos2x+sin2x（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）个长度单位后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值为（）
A．B．C．D．π
【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
【分析】由两角和的正弦化简y=cos2x+sin2x，平移后由函数为偶函数得到
2m+=k，由此可求最小正数m的值．
【解答】解：∵y=cos2x+sin2x==2sin（2x+），
∴将函数y=cos2x+sin2x（x∈R）的图象向左平移m（m＞0）个长度单位后，
所得到的图象对应的函数解析式为．
∵所得到的图象关于y轴对称，
∴为偶函数．
即2m+=k，m=．
当k=0时，m的最小值为．
故选：A．
9．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则以下结论中不成立的是（）
A．EF与BB1垂直B．EF与BD垂直C．EF与CD异面D．EF与A1C1异面【考点】异面直线的判定．
【分析】观察正方体的图形，连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，推出EF∥A1C1；分析可得答案．
【解答】解：连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，三角
形B1AC中EF，所以EF∥平面ABCD，而B1B⊥面ABCD，
所以EF与BB1垂直；又AC⊥BD，所以EF与BD垂直，EF与CD异面．
由EF，AC∥A1C1得EF∥A1C1
故选D．
10．椭圆（a＞b＞0）的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为（）
A．B．C．D．
【考点】椭圆的简单性质；等比关系的确定．
【分析】由题意可得，|AF1|=a﹣c，|F1F2|=2c，|F1B|=a+c，由|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列可得到e2==，从而得到答案．
【解答】解：设该椭圆的半焦距为c，由题意可得，|AF1|=a﹣c，|F1F2|=2c，|F1B|=a+c，
∵|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，
∴（2c）2=（a﹣c）（a+c），
∴=，即e2=，
∴e=，即此椭圆的离心率为．
故选B．
11．设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数y=（1﹣x）f′（x）的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（）
A．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（1）
B．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（1）
C．函数f（x）有极大值f（2）和极小值f（﹣2）
D．函数f（x）有极大值f（﹣2）和极小值f（2）
【考点】函数在某点取得极值的条件；函数的图象．
【分析】利用函数的图象，判断导函数值为0时，左右两侧的导数的符号，即可判断极值．
【解答】解：由函数的图象可知，f′（﹣2）=0，f′（2）=0，并且当x＜﹣2时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜1，f′（x）＜0，函数f（x）有极大值f（﹣2）．
又当1＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，故函数f（x）有极小值f （2）．
故选D．
12．函数y=的图象与函数y=2sinπx，（﹣2≤x≤4）的图象所有交点的横坐标之和等于（）
A．8 B．6 C．4 D．2
【考点】数列与函数的综合；数列的求和．
【分析】函数y1=与y2=2sinπx的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，利用数形结合思想能求出结果．
【解答】解：函数y1=，
y2=2sinπx的图象有公共的对称中心（1，0），
作出两个函数的图象，如图，
当1＜x≤4时，y1＜0
而函数y2在（1，4）上出现1.5个周期的图象，
在（1，）和（，）上是减函数；
在（，）和（，4）上是增函数．
∴函数y1在（1，4）上函数值为负数，
且与y2的图象有四个交点E、F、G、H
相应地，y1在（﹣2，1）上函数值为正数，
且与y2的图象有四个交点A、B、C、D
且：x A+x H=x B+x G=x C+x F=x D+x E=2，
故所求的横坐标之和为8．
故选：A．
二、填空题（每题5分，共20分）
13．已知圆x2+y2+2x﹣2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4，则实数a的值为﹣4．
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】把圆的方程化为标准形式，求出弦心距，再由条件根据弦长公式求得a 的值．
【解答】解：圆x2+y2+2x﹣2y+a=0 即（x+1）2+（y﹣1）2=2﹣a，
故弦心距d=．
再由弦长公式可得2﹣a=2+4，∴a=﹣4；
故答案为：﹣4．
14．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是90°．
【考点】异面直线及其所成的角．
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的方法求出与
夹角求出异面直线A1M与DN所成的角．
【解答】解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设棱长为2，则D（0，0，0），N（0，2，1），M（0，1，0），A1（2，0，2），=（0，2，1），
=（﹣2，1，﹣2）
•=0，所以⊥，即A1M⊥DN，异面直线A1M与DN所成的角的大小是90°，
故答案为：90°．
15．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC=，AB=3，
AD=3，则BD的长为．
【考点】余弦定理．
【分析】由∠BAC=∠BAD+∠DAC，∠DAC=90°，得到∠BAC=∠BAD+90°，代入并利用诱导公式化简sin∠BAC，求出cos∠BAD的值，在三角形ABD中，由AB，AD及cos∠BAD的值，利用余弦定理即可求出BD的长．
【解答】解：∵AD⊥AC，∴∠DAC=90°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=∠BAD+90°，
∴sin∠BAC=sin（∠BAD+90°）=cos∠BAD=，
在△ABD中，AB=3，AD=3，
根据余弦定理得：BD2=AB2+AD2﹣2AB•AD•cos∠BAD=18+9﹣24=3，
则BD=．
故答案为：
16．设函数f（x）=x|x|+bx+c，给出下列命题：①b=0，c＞0时，方程f（x）=0只有一个实数根；②c=0时，y=f（x）是奇函数；③方程f（x）=0至多有两个实根．上述三个命题中所有正确命题的序号为①②．
【考点】函数奇偶性的判断；根的存在性及根的个数判断．
【分析】根据题意，依次分析三个命题，①b=0，c＞0时，f（x）
=x|x|+c=，如图①，结合图形作答．
②c=0时，f（x）=x|x|+bx，显然是奇函数，③当c=0，b＜0时，如图②，f（x）
=x|x|+bx=，结合图形作答．
【解答】解：①b=0，c＞0时，f（x）=x|x|+c=，如图①，曲线
与x轴只有一个交点，
所以方程f（x）=0 只有一个实数根，正确．
②c=0时，f（x）=x|x|+bx，显然是奇函数．
③当c=0，b＜0时，如图②，f（x）=x|x|+bx=，
方程f（x）=0可以有三个实数根．
综上所述，正确命题的序号为①②．
三、解答题（共70分）
17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角C的大小；
（2）如果a+b=6，=4，求c的值．
【考点】余弦定理；正弦定理．
【分析】（1）根据正弦定理得到一个关系式，然后与已知条件联立即可求出tanC 的值，根据C的范围和特殊角的三角函数值即可求出C的度数；
（2）由（1）中C的度数，求出cosC的值，然后利用平面向量的数量积的运算法则化简=4，即可求出ab的值，利用余弦定理得到一个关系式，再由a+b 的值和求出的ab代入关系式即可求出c的值．
【解答】解：（1）因为=，，
所以sinC=cosC，即tanC=，
由C∈（0，π），得到C=；
（2）由（1）得：cosC=cos=
则=||•||cosC=ab，又=4，所以ab=8，
又因为a+b=﹣6，根据余弦定理得：c2=a2+b2﹣2abcosC=（a+b）2﹣3ab=12，
由c＞0，解得c=2．
18．设抛物线C：y2=4x，F为C的焦点，过F的直线L与C相交于A、B两点．（1）设L的斜率为1，求|AB|的大小；
（2）求证：是一个定值．
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．
【分析】（1）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系及抛物线的定义、弦长公式即可得出；
（2）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系、向量的数量积即可得出；
【解答】（1）解：∵直线L的斜率为1且过点F（1，0），∴直线L的方程为y=x ﹣1，
设A（x1，y1），B（x2，y2），联立消去y得x2﹣6x+1=0，△＞0，
∴x1+x2=6，x1x2=1．
∴|AB|=x1+x2+p=8．
（2）证明：设直线L的方程为x=ky+1，联立消去x得y2﹣4ky﹣4=0．△
＞0，
∴y1+y2=4k，y1y2=﹣4，
设A=（x1，y1），B=（x2，y2），则，．
∴=x1x2+y1y2=（ky1+1）（ky2+1）+y1y2
=k2y1y2+k（y1+y2）+1+y1y2=﹣4k2+4k2+1﹣4=﹣3．
∴=﹣3是一个定值．
19．已知函数f（x）=sin2xsinφ+cos2xcosφ﹣sin（+φ）（0＜φ＜π），其图象
过点（，）．
（Ⅰ）求φ的值；
（Ⅱ）将函数y=f（x）的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得
到函数y=g （x ）的图象，求函数g （x ）在[0，]上的最大值和最小值．
【考点】y=Asin （ωx +φ）中参数的物理意义；三角函数的最值．
【分析】（I ）由已知中函数f （x ）=sin2xsinφ+cos 2xcosφ﹣sin （+φ）（0＜φ
＜π），其图象过点（
，）．我们将（
，）代入函数的解析式，结合φ的
取值范围，我们易示出φ的值．
（II ）由（1）的结论，我们可以求出y=f （x ），结合函数图象的伸缩变换，我们可以得到函数y=g （x ）的解析式，进而根据正弦型函数最值的求法，不难求出函数的最大值与最小值．
【解答】解：（I ）∵函数f （x ）=sin2xsinφ+cos 2xcosφ﹣sin （+φ）（0＜φ＜π），
又因为其图象过点（，）．
∴φ﹣
解得：φ=
（II ）由（1）得φ=，
∴f （x ）=sin2xsinφ+cos 2xcosφ﹣sin （+φ）
=
∴
∵x ∈[0，]
∴4x +∈
∴当4x +=时，g （x ）取最大值；
当4x +=时，g （x ）取最小值﹣．
20．如图，在四棱锥 P ﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点 E 在线段 PC 上，PC ⊥平面 BDE ． （1）求证：BD ⊥平面 PAC ；
（2）若PA=1，AD=2，求二面角B﹣PC﹣A的大小．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．
【分析】（1）证明PA⊥BD．PC⊥BD．然后证明BD⊥平面PAC．
（2）解法一：设AC，BD的交点为O，过点O作OF⊥PC于点F，连BF，说明∠BFO为二面角B﹣PC﹣A的平面角，在Rt△BFO中，即可求解二面角B﹣PC﹣A 的大小．
解法二：分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系A﹣xyz．求出相关点的坐标，求出平面PBC的一个法向量，平面PAC的一个法向量．利用向量的数量积求解二面角B﹣PC﹣A的大小．
【解答】证明：（1）∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD
∴PA⊥BD．
同理由PC⊥平面BDE，可证得PC⊥BD．
又PA∩PC=P，
∴BD⊥平面PAC．…6分
解：（2）
解法一：设AC，BD的交点为O，过点O作OF⊥PC于点F，连BF，
易证∠BFO为二面角B﹣PC﹣A的平面角…9分
由（1）知BO⊥AC
∴ABCD为正方形
∴AB=2，
在Rt△BFO中，，
∴tan∠BFO=3，cos∠BFO===
∴二面角B﹣PC﹣A的大小为arccos…14分
解法二：
分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系A﹣xyz．由（1）知BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，
∴BD⊥AC．
故矩形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=AD=2．
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，1），
∴．
设平面PBC的一个法向量为，
则，即，
∴，取x=1，得．
∵BD⊥平面PAC，
∴为平面PAC的一个法向量．
所以．
设二面角B﹣PC﹣A的平面角为α，
由图知，
则，
∴二面角B﹣PC﹣A的大小为…14分．
21．如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左右焦点分别为F1，F2，线段OF1，OF2的中点分别为B1，B2，且△AB1B2是面积为4的直角三角形．
（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；
（Ⅱ）过B1做直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程．
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质．
【分析】（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0），利用△AB1B2
是的直角三角形，|AB1|=AB2|，可得∠B1AB2为直角，从而，利用c2=a2﹣b2，
可求，又S=|B1B2||OA|==4，故可求椭圆标准方程；（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2，代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my
﹣16﹣0，利用韦达定理及PB2⊥QB2，利用可求m的值，进而可求直线l的方程．
【解答】解：（Ⅰ）设椭圆的方程为，F2（c，0）
∵△AB1B2是的直角三角形，|AB1|=AB2|，∴∠B1AB2为直角，从而|OA|=|OB2|，
即
∵c2=a2﹣b2，∴a2=5b2，c2=4b2，∴
在△AB1B2中，OA⊥B1B2，∴S=|B1B2||OA|=
∵S=4，∴b2=4，∴a2=5b2=20
∴椭圆标准方程为；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知B1（﹣2，0），B2（2，0），由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为x=my﹣2
代入椭圆方程，消元可得（m2+5）y2﹣4my﹣16=0①
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
∴，
∵，
∴=
∵PB2⊥QB2，∴
∴，∴m=±2
所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x+2y+2=0和x﹣2y+2=0．
22．已知函数f（x）=e x（x∈R）．
（1）证明：曲线y=f（x）与曲线有唯一公共点；
（2）设a＜b，比较与的大小，并说明理由．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【分析】（1）设，求出导数，令h（x）=e x﹣x﹣1，求得导数和单调区间，可得h（x）的最小值，g（x）的单调性，再由g（0）=0，即可得证；
（2）结论：．运用作差法，设m（x）=e x﹣e﹣x﹣2x，求
得导数，由基本不等式可得m（x）的单调性，即可得到结论．
【解答】解：（1）证明：设，g'（x）=e x﹣x﹣1，
令h（x）=e x﹣x﹣1，h'（x）=e x﹣1，
当x∈（﹣∞，1）时，h'（x）＜0，h（x）递减；
当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）递增；
所以h（x）≥h（0）=0，即g'（x）≥0，
所以g（x）在R上单调递增，
又g（0）=0，故g（x）=e x﹣x﹣1在R上有唯一零点，
即y=f（x）与有唯一公共点；
（2）结论：．
作差可得，=
=，
设m（x）=e x﹣e﹣x﹣2x，m′（x）=e x+e﹣x﹣2≥2﹣2=0（当且仅当x=0时等号成立）
所以m（x）在R上单调递增，当x＞0时，m（x）＞m（0）=0．
令，则得，
又，所以．
2017年1月18日。