2024年高考数学二轮复习【举一反三】系列 2024年高考数学全真模拟卷03- （新高考专用）

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这是一份2024年高考数学二轮复习【举一反三】系列 2024年高考数学全真模拟卷03- （新高考专用），文件包含2024年高考数学全真模拟卷03新高考专用原卷版docx、2024年高考数学全真模拟卷03新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页，欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
2024年高考数学全真模拟卷03（新高考专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷
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.
1．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知全集U=R，集合A=xx2−x−2>0，B=0,1,2,3，则∁UA∩B=（）
A．−1,2B．−1,0,1,2C．0,1,2D．−1,0,1,2,3
【解题思路】根据一元二次不等式的解法求解集合A，然后利用补集和交集运算求解即可.
【解答过程】由x2−x−2>0得x−2x+1>0，解得x<−1或x>2，
所以A=−∞,−1∪2,+∞，所以∁UA=−1,2，故∁UA∩B=0,1,2.
故选：C.
2．（5分）（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）若复数z=(2−ai)(i+1)的共轭复数z在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围是（）
A．(2,+∞)B．(−∞,−2)C．(−2,2)D．(0,2)
【解题思路】应用复数乘法化简，再由所在象限的复数特征列不等式组求参数范围.
【解答过程】由题设，可得z=2+a+(2−a)i，所以z=2+a+(a−2)i，对应的点位于第四象限，
所以a−2<02+a>0⇒−2故选：C.
3．（5分）（2023·陕西榆林·校考模拟预测）在△ABC中，点D满足BD=2DC，点E满足CE=12CD+12CA，若AC=xBE+yBC，则x+y=（）
A．−15B．−14C．−13D．−12
【解题思路】用BA、BC作为一组基底表示出BE、AC，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可.
【解答过程】因为点E满足CE=12CD+12CA，所以E为AD的中点，
所以BE=12BA+12BD，又BD=2DC，
所以BD=23BC，
所以BE=12BA+13BC，又AC=BC−BA，
因为AC=xBE+yBC，所以BC−BA=x12BA+13BC+yBC，
即BC−BA=12xBA+13x+yBC，
所以13x+y=112x=−1，解得x=−2y=53，所以x+y=−13.
故选：C.
4．（5分）（2023·四川南充·统考模拟预测）下列函数是偶函数，且在(0,+∞)上单调递增的是（）
A．fx=−x2B．fx=x12
C．fx=xD．fx=2x
【解题思路】A选项，函数不满足单调性；B选项，定义域不关于原点对称，B错误；C选项，满足函数为偶函数且在(0,+∞)上单调递增；D选项，函数不满足为偶函数.
【解答过程】A选项，fx=−x2在(0,+∞)上单调递减，A错误；
B选项，fx=x12的定义域为0,+∞，定义域不关于原点对称，不是偶函数，B错误；
C选项，fx=x的定义域为R，又f−x=−x=x=fx，故fx=x为偶函数，
且x>0时，fx=x=x在(0,+∞)上单调递增，满足要求，C正确；
D选项，fx=2x的定义域为R，且f−x=2−x≠2x，故f−x≠fx，
fx=2x不是偶函数，D错误.
故选：C.
5．（5分）（2023·全国·模拟预测）某校有甲、乙等5名同学到4个社区参加志愿服务活动，要求每名同学只能去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同1个社区的概率为（）
A．310B．110C．25D．35
【解题思路】由排列与组合的相关计算公式运算即可求解.
【解答过程】先在5名同学中选出2名同学分配到一个社区，有C52种分配方法，
再将另外3人分配到3个社区且每个社区各1人，则共有C52A44=240（种）分配方法，
其中甲、乙2人被分配到同一个社区的分法有A44=24（种），
则甲、乙2人被分配到同1个社区的概率为24240=110.
故选：B．
6．（5分）（2023·广东·校联考二模）已知F是双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点，O为坐标原点，过点F且斜率为73的直线与E的右支交于点M，MN=3NF，MF⊥ON，则E的离心率为（）
A．3B．2C．3D．2
【解题思路】取MF的中点为P，连接MF1，PF1,根据题意得到ON//PF1，求得MF1=FF1=2c，结合tan∠MFF1=73，得到cs∠MFF1=MF2FF1=34，结合双曲线的定义，得到c=2a，即可求解.
【解答过程】如图所示，双曲线E:x2a2−y2b2=1的右焦点为F1，MF的中点为P，连接MF1，PF1,
因为MN=3NF，O为FF1的中点，所以ON//PF1，则MF⊥PF1，可得MF1=FF1=2c，
又因为tan∠MFF1=73，所以cs∠MFF1=MF2FF1=34，
则MF=3c，MF−MF1=3c−2c=c=2a，可得e=ca=2，
所以E的离心率为2．
故选：B.
7．（5分）（2023·广西·模拟预测）已知sina+π3=35，α∈0,π2，则sinα+π12=（）
A．−210B．−7210C．210D．7210
【解题思路】确定α+π3∈π3,5π6得到csα+π3=−45，根据sinα+π12=sinα+π3−π4展开计算得到答案.
【解答过程】α∈0,π2，故α+π3∈π3,5π6，又sinα+π3=35<32，
故α+π3∈π2,5π6，csα+π3=−45，
sinα+π12=sinα+π3−π4=sinα+π3csπ4−csα+π3sinπ4=7210.
故选：D.
8．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知a=e2ln3，b=ee−1，c=e32ln2，则有（）
A．a【解题思路】函数fx=ex−1lnx,x>1，则a=f3,b=fe,c=f4，确定函数fx的单调性，通过单调性可确定大小.
【解答过程】把a，b，c变形得a=e3−1ln3，b=ee−1lne，c=e4−1ln4，
所以构造函数fx=ex−1lnx,x>1，则a=f3,b=fe,c=f4.f′x=ex−1lnx−1xex−1lnx2=ex−1lnx−1xlnx2,x>1，
令gx=lnx−1x，则g′x=1x+1x2>0在1,+∞上恒成立，
所以gx在区间1,+∞上单调递增，因为ge=lne−1e=1−1e>0，
所以f′x>0在e,+∞上恒成立，
所以函数fx=ex−1lnx在e,+∞上单调递增，
所以fe故选：C.
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.
9．（5分）（2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测）甲、乙、丙、丁四名教师分配到A，B，C三个学校支教，每人分配到一个学校且每个学校至少分配一人.设事件M：“甲分配到A学校”；事件N：“乙分配到B学校”，则（）
A．事件M与N互斥B．PM=13
C．事件M与N相互独立D．PMN=512
【解题思路】利用互斥事件、相互独立事件的定义判断AC；利用古典概率计算判断B；计算条件概率判断D作答.
【解答过程】对于A，甲分配到A学校的事件与乙分配到B学校的事件可以同时发生，即事件M与N不互斥，A错误；
对于B，甲分配到A，B，C三个学校是等可能的，则PM=13，B正确；
对于C，由选项B知，PN=13，P(MN)=1+C21C21C42A33=536，显然P(MN)≠P(M)P(N)，
因此事件M与N相互不独立，C错误；
对于D，由选项BC知，P(M|N)=P(MN)P(N)=53613=512，D正确.
故选：BD.
10．（5分）（2023·云南·怒江校联考一模）已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则下列结论正确的是（）
A．正四棱锥的体积为163B．正四棱锥的侧面积为16
C．外接球的表面积为81π4D．外接球的体积为243π16
【解题思路】根据锥体的体积公式计算可判断选项A；先利用勾股定理计算出侧面的高，再根据侧面积公式计算可判断选项B；先计算出外接球的半径，再根据球的表面积公式和体积公式计算即可判断选项C、D.
【解答过程】如图所示：

对于选项A：因为该棱锥的高EF=4，底面边长为2，
所以正四棱锥的体积为13×2×2×4=163，故选项A正确；
对于选项B：因为侧面三角形的高为42+1=17，
所以正四棱锥的侧面积为12×2×17×4=417，故选项B错误；
对于选项C：设外接球的球心为O，半径为r，
则OE=OA=r，OF=EF−OE=4−r.
因为AF=ABsin45°=2，
所以在Rt△AOF中，有(4−r)2+22=r2，解得r=94.
所以该球的表面积为4πr2=4π×942=81π4，故选项C正确；
对于选项D：因为球半径r=94，所以体积为43πr3=43π×943=243π16，故选项D正确.
故选：ACD.
11．（5分）（2023·全国·模拟预测）抛物线C的焦点F0,−1，点M在直线y=1上，直线MA,MB为抛物线C的切线，设Ax1,y1，Bx2,y2，则下列选项正确的是（）
A．抛物线C:x2=−2y
B．直线AB恒过定点
C．x1⋅x2=−4
D．当AB=3FB时，直线AB的斜率为±24
【解题思路】根据抛物线的焦点坐标确定抛物线方程即可判断A；利用导数的几何意义求导，确定切线方程从而验证直线AB是否过定点，即可判断B；联立直线与抛物线结合韦达定理确定交点坐标关系即可判断C；根据抛物线的定义结合直角三角形的几何性质求解直线AB的斜率，即可判断D.
【解答过程】∵抛物线C的焦点F0,−1，∴抛物线C:x2=−4y，故选项A错误；
设Mx0,1．∵y=−14x2，∴y′=−12x，
∴直线MA的方程为y−y1=−12x1x−x1，
即为2y=−x1x−2y1，同理可得直线MB的方程为2y=−x2x−2y2．
又Mx0,1，∴2=−x1x0−2y1，2=−x2x0−2y2，
∴直线AB的方程为2=−xx0−2y，∴直线AB恒过点0,−1，故选项B正确；
联立直线AB与抛物线C方程，可得x2−2x0x−4=0，∴x1x2=−4，故选项C正确；
设直线AB的斜率为k，由AB=3FB，得AF=2FB．
如图，分别作AA1,BB1垂直于直线y=1，垂足分别为A1,B1，
设BF=m>0，则AF=2m，AA1=2m，BB1=m，
过点B作BH⊥AA1，垂足为H，

易得AH=m，AB=3m，所以BH=22m，
则tan∠HBA=AHBH=24，故k=24，
根据对称性得k还可以是−24，故选项D正确.
故选：BCD．
12．（5分）（2023·安徽·校联考模拟预测）若函数f(x)=aex+be−x+cx，既有极大值点又有极小值点，则（）
A．ac<0B．bc<0C．a(b+c)<0D．c2+4ab>0
【解题思路】根据极值定义，求导整理方程，结合一元方程方程的性质，可得答案.
【解答过程】由题知方程f′(x)=aex−be−x+c=ae2x+cex−bex=0，
ae2x+cex−b=0有两不等实根x1，x2，
令t=ex，t>0，则方程at2+ct−b=0有两个不等正实根t1，t2，
其中t1=ex1，t2=ex2，a≠0Δ=c2+4ab>0t1+t2=−ca>0t1t2=−ba>0，c2+4ab>0ac<0ab<0，
bc>0ab+c=ab+ac<0，故ACD正确，B错误.
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）（2023·上海闵行·统考一模）已知x−14=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则a2= 6 ．
【解题思路】直接利用二项式定理计算得到答案.
【解答过程】x−14展开式的通项为Tr+1=C4rx4−r⋅−1r，取x=2得到a2=C42⋅−12=6.
故答案为：6.
14．（5分）（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）若直线y=kx是曲线y=alnx的切线，也是曲线y=ex的切线，则a= e2 ．
【解题思路】先根据y=kx与y=ex相切，确定k的值，再根据直线与y=alnx相切，确定a的值.
【解答过程】因为y=kx与y=ex相切.
y'=ex'=ex，设切点坐标为x1,ex1，则切线方程为y−ex1=ex1x−x1.
因为切线过原点，所以：0−ex1=ex10−x1 ⇒ x1=1，故切点为1,e，所以k=e.
对函数y=alnx，y'=alnx'=ax，由ax=e ⇒ x=ae，
根据y=ex得切点纵坐标为：e·ae=a，
根据y=alnx得切点纵坐标为：a·lnae=alna−1，
由a=alna−1，又由题可知a≠0 ⇒ a=e2.
故答案为：e2.
15．（5分）（2023·全国·模拟预测）设数列an的前n项和为Sn，且Sn+1+Sn=n2．若an+1>an对n∈N∗恒成立，则a1的取值范围为 −14,14 ．
【解题思路】由an与Sn的关系，可求得Sn+Sn−1=n−12(n≥2)，进而求出an+2+an+1与an+1+an的值，当n≥2时，an+2−an=2可得两个等差数列的通项公式，由相邻两项间的大小关系，即可求得a1的取值范围.
【解答过程】法一：因为Sn+1+Sn=n2，当n≥2时，Sn+Sn−1=n−12，两式相减得an+1+an=2n−1n≥2，则an+2+an+1=2n+1，两式相减得an+2−an=2n≥2．
当n=1时，2a1+a2=1，则a2=1−2a1；当n=2时，2a1+2a2+a3=4，则a3=2+2a1．
则a2n=1−2a1+2n−1=2n−2a1−1,a2n+1=a3+2n−1=2n+2a1．
要使an+1>an对n∈N∗恒成立，则a2>a1,a2n+2>a2n+1,a2n+1>a2n,即1−2a1>a1,2n+2−2a1−1>2n+2a1,2n+2a1>2n−2a1−1,解得−14所以a1的取值范围为−14,14.
法二：Sn+1+Sn=n2，当n≥2时，Sn+Sn−1=n−12，
两式相减得an+1+an=2n−1n≥2，则an+2+an+1=2n+1，
两式相减得an+2−an=2n≥2，所以数列a2n+1,a2n都是以2为公差的递增数列，
要使an+1>an对n∈N∗恒成立，只需a2>a1,a3>a2,a4>a3,而a2=1−2a1,a3=2+2a1,a4=3−2a1，
则1−2a1>a1,2+2a1>1−2a1,3−2a1>2+2a1,解得−14所以a1的取值范围为−14,14.
故答案为：(−14,14).
16．（5分）（2023·全国·模拟预测）设点P是圆O:x2+y2=1上的动点，过点P作圆C:x2+y2−6x−8y+21=0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB面积的最大值为 82 .
【解题思路】将四边形PACB的面积表示为S=2PC2−4，当点P是线段CO的延长线与圆O的交点时，PC最大，计算求出即可.
【解答过程】圆C的方程x2+y2−6x−8y+21=0可化为x−32+y−42=4，则圆心为C3,4，半径为2，
连接PC，则在Rt△PAC中，PA=PC2−4，
所以四边形PACB的面积S=2S△PAC=2×12×PA×2=2PC2−4，
（由切线长定理知PA=PB，故S△PBC=S△PAC）
连接CO并延长，当点P是线段CO的延长线与圆O的交点时，PC最大，
此时PC=OC+1=32+42+1=6，
所以四边形PACB面积的最大值为262−4=82.
故答案为：82.
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．（10分）（2023·河南开封·统考一模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=π3，且b+csinB+sinC=2.
(1)求a；
(2)若△ABC的面积为32，求△ABC的周长.
【解题思路】（1）已知条件由正弦定理得a=2sinA，可求a；
（2）由△ABC的面积得bc，余弦定理求b+c，可得△ABC的周长.
【解答过程】（1）由正弦定理得b+csinB+sinC=2=asinA，则a=2sinA=2×32=3.
（2）S△ABC=12bcsinA=3bc4=32，得bc=2，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc，
即3=b+c2−6，则b+c=3，所以a+b+c=3+3，
△ABC的周长为3+3.
18．（12分）（2023·四川南充·统考一模）已知数列an是首项为2的等比数列,且a4是6a2和a3的等差中项．
(1)求an的通项公式；
(2)若数列an的公比q>0,设数列bn满足bn=1lg2an⋅lg2an+1,求bn的前2023项和T2023．
【解题思路】(1)设数列an的公比为qq≠0,根据题意得2a4=6a2+a3,求得公比q,即可得通项公式an.
(2)根据题意得an=2n,代入bn并化简,再用裂项相消法求前2023项和即可.
【解答过程】（1）设数列an的公比为qq≠0,则an=2qn−1.
∵ a4是6a2和a3的等差中项,∴2a4=6a2+a3,即2×2q3=6×2q+2q2,解得q=2或q=−32或q=0（舍去）
∴当q=2时,an=2×2n−1=2n.
当q=−32时,an=2×−32n−1.
（2）∵ q>0,由(1)知an=2n, ∴bn=1lg22n⋅lg22n+1=1nn+1=1n−1n+1.
∴Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1,
∴T2023=20232024,
故bn的前2023项和T2023为20232024.
19．（12分）（2023·贵州铜仁·校联考模拟预测）某地区教育局数学教研室为了了解本区高三学生一周用于数学学习时间的分布情况，做了全区8000名高三学生的问卷调查，现抽取其中部分问卷进行分析（问卷中满时长为12小时），将调查所得学习时间分成0,2，2,4，4,6，6,8，8,10，10,126组，并绘制成如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布Nμ,σ2，则Pμ−σ<ξ≤μ+σ≈0.6827，Pμ−2σ<ξ≤μ+2σ≈0.9545，Pμ−3σ<ξ≤μ+3σ≈0.9973．

(1)求a的值；
(2)以样本估计总体，该地区高三学生数学学习时间ξ近似服从正态分布N6.52,1.482，试估计该地区高三学生数学学习时间在8,9.48内的人数；
(3)现采用分层抽样的方法从样本中学习时间在6,8，8,10内的学生随机抽取8人，并从这8人中再随机抽取3人作进一步分析，设3人中学习时间在8,10内的人数为变量X，求X的期望．
【解题思路】（1）由概率之和为1计算即可得；
（2）根据正态分布的性质计算即可得；
（3）结合分层抽样的性质与期望计算公式计算即可得.
【解答过程】（1）由题意得2×(0.02+0.03+a+0.18+0.06+0.5)=1，解得a=0.16；
（2）P(8<ξ≤9.48)=P(μ+σ<ξ≤μ+2σ)=12P(μ−2σ<ξ≤μ+2σ)−
12P(μ−σ<ξ≤μ+σ)=12×(0.9545−0.6827)=0.1359.
则8000×0.1359=1087.2≈1087，
所以估计该地区高三学生数学学习时间在(8，9.48]内的人数约为1087人；
（3）[6，8)，[8，10)对应的频率比为0.36:0.12，即为3∶1，
所以抽取的8人中学习时间在[6，8)，8,10内的人数分别为6人，2人，
设从这8人中抽取的3人学习时间在8,10内的人数为X，
则X的所有可能取值为0，1，2，
P(X=0)=C63C83=2056=514，
P(X=1)=C21C62C83=3056=1528，
P(X=2)=C22C61C83=656=328，
所以E(X)=0×514+1×1528+2×328=2128=0.75.
20．（12分）（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在几何体ABCDE中，CA=CB,CD⊥平面ABC,BE∥CD,BE=2CD.

(1)求证：平面ADE⊥平面ABE；
(2)若CA=AB,BE=3,AB=4，在棱AC上是否存在一点F，使得EF与平面ACD所成角的正弦值为277？若存在，请求出AFAC的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）取AB的中点O，连接CO，取AE的中点M，连接OM,DM，通过证明DM⊥平面ABE可得平面ADE⊥平面ABE；
（2）以O为坐标原点，OB,OC,OM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AF=λAC，利用向量法求出EF与平面ACD所成角的正弦值，然后解方程可得答案.
【解答过程】（1）因为CD⊥平面ABC，且BE∥CD，
所以BE⊥平面ABC，
取AB的中点O，连接CO，则CO⊂平面ABC，所以BE⊥CO，
又CA=CB，所以CO⊥AB，
取AE的中点M，连接OM,DM，则OM∥BE，且OM=12BE，
又BE∥CD,CD=12BE，所以CD∥OM，且CD=OM，
所以四边形OCDM为平行四边形，所以DM∥CO，
所以DM⊥BE,DM⊥AB，
又AB,BE⊂平面ABE,AB∩BE=B，所以DM⊥平面ABE，
因为DM⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABE；
（2）由（1）知OC,OB,OM两两垂直，以O为坐标原点，OB,OC,OM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A−2,0,0,C0,23,0,D0,23,32,E2,0,3，
所以AC=2,23,0,CD=0,0,32,AE=4,0,3，
设平面ACD的一个法向量n=x,y,z，
则n⋅CD=0,n⋅AC=0,即32z=0,2x+23y=0,取y=1，可得n=−3,1,0.

设AF=λAC=2λ,23λ,0，所以EF=AF−AE=2λ−4,23λ,−3，
记EF与平面ACD所成的角为θ，
所以sinθ=csn,EF=n⋅EFn⋅EF=432×(2λ−4)2+(23λ)2+(−3)2=277，
解得λ=12，故F为AC的中点，即AFAC=12.
所以在棱AC上存在点F，使得EF与平面ACD所成角的正弦值为277，且AFAC=12.
21．（12分）（2023·全国·模拟预测）如图，已知F1,F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，P为椭圆C上一点，若PF1+PF2=PF1−PF2=4，S△PF1F2=2.

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点P坐标为3,1，设不过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，A关于原点的对称点为A′，记直线l，PB，PA′的斜率分别为k，k1，k2，若k1⋅k2=13，求证：直线l的斜率k为定值.
【解题思路】（1）将PF1+PF2=PF1−PF2两边平方可得△PF1F2为直角三角形，然后根据直角三角形的面积及勾股定理计算可得a,b,c的值，进而可得椭圆C的标准方程；
（2）设直线l的方程为y=kx+m，与椭圆方程联立，通过计算kPA⋅kPA′及k1⋅k2=13可得到kPA+kPB=0，结合韦达定理计算可得斜率k的值.
【解答过程】（1）由PF1+PF2=PF1−PF2两边平方得PF1⋅PF2=0，
所以PF1⊥PF2.
因为PF1−PF2=F2F1=4，所以2c=4，即c=2.
由S△PF1F2=2得12PF1⋅PF2=2，即PF1⋅PF2=4
又F1F22=PF12+PF22=PF1+PF22−2PF1⋅PF2=16，
即2a2−8=16，所以a2=6，所以b2=a2−c2=2，
所以椭圆C的标准方程为x26+y22=1；
（2）设直线l的方程为y=kx+m，代入x26+y22=1得1+3k2x2+6kmx+3m2−6=0，
则Δ=36k2m2−41+3k23m2−6=126k2−m2+2>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则A′−x1,−y1，
于是x1+x2=−6km1+3k2,x1x2=−3m2−61+3k2.kPA⋅kPA′=y1−1x1−3⋅y1+1x1+3=y12−1x12−3=21−x126−1x12−3=−13，
又k1⋅k2=13，所以kPA=−k1，即kPA+kPB=0，即y1−1x1−3+y2−1x2−3=0，
即y1−1x2−3+y2−1x1−3=0，
所以kx1+m−1x2−3+kx2+m−1x1−3=0，2kx1x2+m−1−3kx1+x2−23m−1=0.
将x1+x2=−6km1+3k2,x1x2=−3m2−61+3k2代入整理得3k2−23k+1+3mk−m=0，
即3k−13k−1+m=0，
所以3k−1+m=0或3k−1=0
当3k−1+m=0，即m=1−3k时，直线l的方程为y=kx+1−3k=kx−3+1，则直线l过点P3,1，舍去，
所以3k−1=0，即k=33.

22．（12分）（2023·广东东莞·东莞市东华高级中学校考一模）设a，b为函数fx=x⋅ex−m（m<0）的两个零点．
(1)若当x<0时，不等式x⋅ex>1x恒成立，求实数m的取值范围；
(2)证明：ea+eb<1．
【解题思路】（1）求出定义域，求导，得到fx的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到fxmin<0，求出m>−1e，结合题目条件，得到当−1e0，根据零点存在性定理得到fx在−∞，−1内存在唯一零点，同理得到f(x)在−1,0内存在唯一零点，从而求出答案；
（2）设a<−1【解答过程】（1）fx的定义域为R，f′(x)=x+1ex，
当x∈−∞,−1时，f′x<0，当x∈−1,+∞时，f′x>0，
故fx在−∞,−1内单调递减，在−1,+∞单调递增，
故要使fx有两个零点，则需fxmin=f−1=−e−1−m<0，故m>−1e，
由题目条件m<0，可得−1e