2018-2019学年辽宁省六校协作体高二（下）期初数学试卷（理科）（2月份）含详细解答

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1、2018-2019学年辽宁省六校协作体高二（下）期初数学试卷（理科）（2月份）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分1（5分）设集合Ax|x|1，Bx|x（x3）0，则AB（）A（1，0）B（0，1）C（1，3）D（1，3）2（5分）已知命题p：xR，x22x+40，则p为（）AxR，x22x+40BCxR，x22x+40D3（5分）已知等差数列an的前n项和为Sn，若a2+a614，则S7（）A13B35C49D634（5分）已知为锐角，且tan（）+30，则sin的值是（）ABCD5（5分）已知向量，满足|1，|，（）0，则|2|（）A2B2C4D46（5分）函数yloga（x3）+1（

2、a0且a1）的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny10上，其中mn0，则的最小值为（）A16B24C25D507（5分）已知m，n，是直线，是平面，给出下列命题：若，m，nm，则n或n若，m，n，则mn若m，n，m，n，则若m，nm且n，n，则n且n其中正确的命题是（）ABCD8（5分）已知函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，则函数g（x）Acos（x+）图象的一个对称中心可能为（）ABCD9（5分）过抛物线y22px（p0）的焦点F作倾斜角为的直线，交抛物线于A、B两点，则（）ABCD10（5分）已知双曲线C：1的左、右焦点分别为F1，F2，若C上存在一点P满足

3、PF1PF2，且PF1F2的面积为3，则该双曲线的离心率为（）ABC2D311（5分）已知，若f（x）m有四个不同的实根x1，x2，x3，x4且x1x2x3x4，则的取值范围为（）A（0，10）B0，10C（0，4）D0，412（5分）已知椭圆中心在原点，且一个焦点为F（0，3），直线4x+3y130与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为1，则此椭圆的方程是（）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13（5分）设变量x，y满足约束条件则z3x2y的最大值为 14（5分）由直线yx+1上的一点向圆（x3）2+y21引切线，则切线长的最小值为 15（5分）三棱锥PABC，PA平面ABC，

4、ABC90，（单位：cm），则三棱锥PABC外接球的体积等于 cm316（5分）已知数列an中，a12，n（an+1an）an+1，nN*若对于任意的t0，1，nN*，不等式2t2（a+1）t+a2a+3恒成立，则实数a的取值范围为 三、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（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，C60，cb（1）求角A，B的大小；（2）若D为边AC上一点，且a4，BCD的面积为，求BD的长18（12分）已知数列an的前n项和Sn满足2Snan2+n1，且an1（1）求数列an的通项公式；（2）求Tna1+a2+an的值1

5、9（12分）某校从高一年级参加期末考试的学生中抽出50名学生，并统计了他们的数学成绩，将数学成绩进行分组，并根据各组人数制成如下频率分布表：分组频数频率40，50）a0.0450，60）3b60，70）140.2870，80）150.3080，90）cd90，10040.08合计501（1）写出a，b，c，d的值，并估计本次考试全年级学生的数学平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）现从成绩在90，100内的学生中任选出两名同学，从成绩在40，50）内的学生中任选一名同学，共三名同学参加学习习惯问卷调查活动若A1同学的数学成绩为43分，B1同学的数学成绩为95分，求A1，B1两

6、同学恰好都被选出的概率20（12分）已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F（1，0），O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点（ I）求抛物线C的方程；（）若直线OA，OB的斜率之积为，求证：直线AB过定点21（12分）如图，在直角梯形AA1B1B中，A1AB90，A1B1AB，ABAA12A1B12直角梯形AA1C1C通过直角梯形AA1B1B以直线AA1为轴旋转得到，且使得平面AA1C1C平面AA1B1B，M为线段BC的中点，P为线段BB1上的动点（）求证：ACAB；（）当点P是线段BB1中点时，求二面角PAMB的余弦值；（）是否存在点P，使得直线A1C平面AMP？请说明理由22（1

7、2分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（ab0）的离心率为，点M（1，）在椭圆C上（）求椭圆C的方程；（）已知P（2，0）与Q（2，0）为平面内的两个定点，过点（1，0）的直线l与椭圆C交于A，B两点，求四边形APBQ面积的最大值2018-2019学年辽宁省六校协作体高二（下）期初数学试卷（理科）（2月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分1（5分）设集合Ax|x|1，Bx|x（x3）0，则AB（）A（1，0）B（0，1）C（1，3）D（1，3）【分析】解不等式得出集合A、B，根据并集的定义写出AB【解答】解：集合Ax|x|1x|1x1，Bx|x（x3）0x|0x3，

8、则ABx|1x3（1，3）故选：C【点评】本题考查了不等式的解法与集合的运算问题，是基础题2（5分）已知命题p：xR，x22x+40，则p为（）AxR，x22x+40BCxR，x22x+40D【分析】利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p：xR，x22x+40，则p为：故选：B【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题3（5分）已知等差数列an的前n项和为Sn，若a2+a614，则S7（）A13B35C49D63【分析】由等差数列性质得：S7（a1+a7）（a2+a6），由此能求出结果【解答】解：等差数列an的前n

9、项和为Sn，a2+a614，S7（a1+a7）（a2+a6）49故选：C【点评】本题考查等差数列的前7项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题4（5分）已知为锐角，且tan（）+30，则sin的值是（）ABCD【分析】已知等式利用诱导公式变形，求出tan的值，根据为锐角，求出cos的值，即可求出sin的值【解答】解：为锐角，且tan（）+3tan+30，即tan3，cos，则sin故选：B【点评】此题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键5（5分）已知向量，满足|1，|，（）0，则|2|（）A2B2C4D4【分析】利用已

10、知条件求出，求出的值，然后求解向量的模即可【解答】解：|1，|，可得（）0，可得，解得1，4则|2|2故选：A【点评】本题考查向量的数量积以及向量的模的求法，考查计算能力6（5分）函数yloga（x3）+1（a0且a1）的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny10上，其中mn0，则的最小值为（）A16B24C25D50【分析】最值问题长利用均值不等式求解，适时应用“1”的代换是解本题的关键函数yloga（x3）+1（a0且a1）的图象恒过定点A，知A（4，1），点A在直线mx+ny10上，得4m+n1又mn0，m0，n0，下用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值【解答】解：令x31

11、，解得x4，y1，则函数yloga（x3）+1（a0且a1）的图象恒过定点A（4，1），4m+n1，（）（4m+n）16+1+17+217+825，当且仅当mn时取等号，故则的最小值为25，故选：C【点评】均值不等式是不等式问题中的确重要公式，应用十分广泛在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握当均值不等式中等号不成立时，常利用函数单调性求最值也可将已知条件适当变形，再利用均值不等式，使得等号成立有时也可利用柯西不等式以确保等号成立，取得最值7（5分）已知m，n，是直线，是平面，给出下列命题：若，m，nm，则n或n若，m，n，则mn若m，n

12、，m，n，则若m，nm且n，n，则n且n其中正确的命题是（）ABCD【分析】n和和两个平面之间有相交，在面上故不正确，根据两个平面平行的性质定理，得到正确缺少两条直线相交的条件，故不正确，正确【解答】解：若，m，nm，则n和和两个平面之间有相交，在面上故不正确，若，m，n，则mn这是两个平面平行的性质定理，故正确若m，n，m，n，则，缺少两条直线相交的条件，故不正确，若m，nm且n，n，则n且n，正确，故选：B【点评】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，本题解题的关键是正确写出几个元素之间的关系，不要理解不全面，这里题目中出错的地方也是我们经常出错的地方8（5分）已知函数f（x）Asin（

13、x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，则函数g（x）Acos（x+）图象的一个对称中心可能为（）ABCD【分析】由图观察可得A，T，再求得代入最高点可得，所以可得g（x）的解析式，再求得对称中心横坐标【解答】解：由图观察可知：A2，6（2）8，T16，代入最高点（10，2）得sin（10+）1，+2k，kZ，又|，ko，g（x）2cos（x+），由x+k+，kZ，xk，kZ，当k1时，x，所以一个对称中心可能为（，0）故选：D【点评】本题考查了由yAsin（x+）的部分图象确定其解析式属中档题9（5分）过抛物线y22px（p0）的焦点F作倾斜角为的直线，交抛物线于A、B两点，则（）ABCD

14、【分析】写出抛物线的焦点坐标，然后，求解直线的方程，利用焦半径公式求解比值【解答】解：抛物线y22px（p0）的焦点坐标为（，0），直线l倾斜角为30，直线l的方程为：y0（x）设直线与抛物线的交点为A（x1，y1）、B（x2，y2），|AF|x1+，|BF|x2+，联立方程组，消去y并整理，得4x228px+p20，解得x1p，x2p，或x2p，x1p，当x1p，x2p时，|AF|x1+（4+2）p，|BF|x2+（42）p，|AF|：|BF|7+4，当x2p，x1p时，|AF|：|BF|74，故选：C【点评】本题重点考查了抛物线的几何性质、方程、直线与抛物线的位置关系等知识，属于中档题10

15、（5分）已知双曲线C：1的左、右焦点分别为F1，F2，若C上存在一点P满足PF1PF2，且PF1F2的面积为3，则该双曲线的离心率为（）ABC2D3【分析】根据双曲线的定义结合直角三角形的性质建立方程关系进行求解即可【解答】解：不妨设双曲线右支上存在一点P，使PF1PF2，可得|PF1|PF2|2a，|PF1|2+|PF2|24c2，|PF1|PF2|2b2，PF1F2的面积为|PF2|PF2|b23，即m213，a2m24，c27则该双曲线的离心率为e故选：B【点评】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据向量垂直的等价条件结合直角三角形的边角关系以及双曲线的定义是解决本题的关键11（5分）已知

16、，若f（x）m有四个不同的实根x1，x2，x3，x4且x1x2x3x4，则的取值范围为（）A（0，10）B0，10C（0，4）D0，4【分析】画出f（x）的图象，由对称性可得x3+x410，对数的运算性质可得x1x2x1+x2，代入要求的式子，结合图象可得所求范围【解答】解：的图象如右：f（x）m有四个不同的实根x1，x2，x3，x4且x1x2x3x4，可得x3+x410，且|log2（x11）|log2（x21）|，即为log2（x11）+log2（x21）0，即有（x11）（x21）1，即为x1x2x1+x2，可得（+）（x3+x4）10m10m，由0m1，可得010m10，故选：A【点评

17、】本题考查分段函数的图象和应用：求自变量的范围，考查图象的对称性和对数的运算性质，属于中档题12（5分）已知椭圆中心在原点，且一个焦点为F（0，3），直线4x+3y130与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为1，则此椭圆的方程是（）ABCD【分析】先设出椭圆的方程，然后利用平方差法，及MN的中点的横坐标为1，即得a，b，然后求解椭椭圆标准方程【解答】解设椭圆方程为（ab0），依题意c3，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得：；，两式作差化简可得：，直线4x+3y130与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为1，则x1+x22，则y1+y26，a2b227，解得b29a236椭圆的标准方

18、程是：故选：C【点评】本题考查椭圆标准方程的求法，考查椭圆的简单性质，是中档题二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13（5分）设变量x，y满足约束条件则z3x2y的最大值为4【分析】先根据约束条件画出可行域，设z3x2y，再利用z的几何意义求最值，只需求出直线z3x2y过可行域内的点A时，从而得到z3x2y的最大值即可【解答】解：依题意，画出可行域（如图示），则对于目标函数z3x2y，当直线经过A（0，2）时，z取到最大值，Zmax4故答案为：4【点评】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题，这类问题一般要

19、分三步：画出可行域、求出关键点、定出最优解14（5分）由直线yx+1上的一点向圆（x3）2+y21引切线，则切线长的最小值为【分析】从题意看出，切线长、直线上的点到圆心的距离、半径之间满足勾股定理，显然圆心到直线的距离最小时，切线长也最小【解答】解：从题意看出，切线长、直线上的点到圆心的距离、半径之间满足勾股定理，显然圆心到直线的距离最小时，切线长也最小圆心到直线的距离为：切线长的最小值为：，故答案为：【点评】本题考查直线和圆的方程的应用，圆的切线方程，考查转化的数学思想，是基础题15（5分）三棱锥PABC，PA平面ABC，ABC90，（单位：cm），则三棱锥PABC外接球的体积等于cm3【分

20、析】补充图形为长方体，三棱锥PABC的外接球，与棱长为1，1，的长方体外接球是同一个外接球，用长方体的对角线长求外接球的半径，可得球的体积【解答】解：三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABBC，PAAB1，BC，画出几何图形如图所示；补充图形为长方体，则棱长分别为1，1，；对角线长为2，三棱锥DABC的外接球的半径为1，该三棱锥外接球的体积为13cm3故答案为：【点评】本题考查了空间几何体的性质，构建容易操作的几何体，把问题转化求解是关键16（5分）已知数列an中，a12，n（an+1an）an+1，nN*若对于任意的t0，1，nN*，不等式2t2（a+1）t+a2a+3恒成立，则实数a的取值

21、范围为a1或a3【分析】根据题意，数列an中，n（an+1an）an+1，可得，利用迭代法和裂项求和，以及放缩法可得3，则原不等式可转化为2t2+（a+1）ta2+a0，在t0，1上恒成立，构造函数f（a）2t2+（a+1）ta2+a，t0，1，可得，解得即可【解答】解：根据题意，数列an中，n（an+1an）an+1，nan+1（n+1）an1，（）+（）+（a2a1）+a1，（）+（）+（1）+233，不等式2t2（a+1）t+a2a+3恒成立，32t2（a+1）t+a2a+32t2+（a+1）ta2+a0，在t0，1上恒成立，设f（a）2t2+（a+1）ta2+a，t0，1，即，解得a1

22、或a3，故答案为：a1或a3【点评】本题考查了数列递推公式，涉及数列的求和，注意运用裂项相消求和和不等式恒成立问题的解法，关键是对n（an+1an）an+1的变形，属于难题三、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（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，C60，cb（1）求角A，B的大小；（2）若D为边AC上一点，且a4，BCD的面积为，求BD的长【分析】（1）由C60，可得sinC，由cb，可得：，又由正弦定理可得：，解得sinB，结合bc，可得B为锐角，利用三角形内角和定理可求B，A的值（2）利用三角形面积公式及已知可求CD，由余弦定理

23、即可解得BD的值【解答】（本题满分为12分）解：（1）C60，可得：sinC，由cb，可得：，又由正弦定理，可得：，解得：sinB，由已知可得bc，可得B为锐角，可得：B45，ABC75（2）BCD的面积为，即：aCDsinC，解得：CD1，由余弦定理可得：BD【点评】本题主要考查了三角形面积公式，正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理，考查了数形结合思想的应用和计算能力，属于中档题18（12分）已知数列an的前n项和Sn满足2Snan2+n1，且an1（1）求数列an的通项公式；（2）求Tna1+a2+an的值【分析】（1）当n1时，2S12a1+11，a11，解得a1当n2时，2an2（Sn

24、Sn1），又an1，anan11，利用等差数列的通项公式即可得出（2）an（n+1）2n+1利用错位相减法即可得出【解答】解：（1）当n1时，2S12a1+11，a11，解得a12当n2时，2an2（SnSn1）+n1，化为：（an+an11）（anan11）0，又an1，anan11，数列an是公差为1的等差数列，公差为1an2+（n1）n+1（2）an（n+1）2n+1Tn222+323+424+（n+1）2n+1，2Tn223+324+n2n+1+（n+1）2n+2，两式相减得：Tn23+（23+24+2n+1）（n+1）2n+28+（n+1）2n+2n2n+2，Tnn2n+2【点评】本

25、题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19（12分）某校从高一年级参加期末考试的学生中抽出50名学生，并统计了他们的数学成绩，将数学成绩进行分组，并根据各组人数制成如下频率分布表：分组频数频率40，50）a0.0450，60）3b60，70）140.2870，80）150.3080，90）cd90，10040.08合计501（1）写出a，b，c，d的值，并估计本次考试全年级学生的数学平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）现从成绩在90，100内的学生中任选出两名同学，从成绩在40，50）内的学生中任选一名同学，共三名

26、同学参加学习习惯问卷调查活动若A1同学的数学成绩为43分，B1同学的数学成绩为95分，求A1，B1两同学恰好都被选出的概率【分析】（1）由频率分布表，列出方程组，能求出a，b，c，d的值，由此能估计本次考试全年级学生的数学平均分（2）设数学成绩在90，100内的四名同学分别为B1，B2，B3，B4，成绩在40，50）内的两名同学为A1，A2，利用列举法能求出A1，B1两名同学恰好都被选出的概率【解答】解：（1）由频率分布表，得：，解得a2，b0.06，c12，d0.24，估计本次考试全年级学生的数学平均分为：450.04+550.06+650.28+750.3+850.24+950.0873.

27、8（2）设数学成绩在90，100内的四名同学分别为B1，B2，B3，B4，成绩在40，50）内的两名同学为A1，A2，则选出的三名同学可以为：A1B1B2、A1B1B3、A1B1B4、A1B2B3、A1B2B4、A1B3B4、A2B1B2、A2B1B3、A2B1B4、A2B2B3、A2B2B4、A2B3B4，共有12种情况A1，B1两名同学恰好都被选出的有A1B1B2、A1B1B3、A1B1B4，共有3种情况，所以A1，B1两名同学恰好都被选出的概率为【点评】本题考查频率分布表曲的应用，考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题20（12分）已知抛物线

28、C：y22px（p0）的焦点为F（1，0），O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点（ I）求抛物线C的方程；（）若直线OA，OB的斜率之积为，求证：直线AB过定点【分析】（I）利用抛物线的焦点坐标，求出p，然后求抛物线C的方程；（）通过直线的斜率是否存在，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及斜率乘积关系，转化求解即可【解答】解：（）因为抛物线y22px（p0）的焦点坐标为（1，0），所以1，所以p2所以抛物线C的方程为y24x（4分）（）证明：当直线AB的斜率不存在时，设 A（，t），B（，t），因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，化简得t232所以A（8，t），B（8，t

29、），此时直线AB的方程为x8（7分）当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykx+b，A（xA，yA），B（xB，yB），联立得化简得ky24y+4b0（8分）根据根与系数的关系得yAyB，因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，即xAxB+2yAyB0即+2yAyB0，解得yAyB0（舍去）或yAyB32所以yAyB32，即b8k，所以ykx8k，即yk（x8）综上所述，直线AB过x轴上一定点（8，0）（12分）【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，设而不求方法的应用21（12分）如图，在直角梯形AA1B1B中，A1AB90，A1B1AB，A

30、BAA12A1B12直角梯形AA1C1C通过直角梯形AA1B1B以直线AA1为轴旋转得到，且使得平面AA1C1C平面AA1B1B，M为线段BC的中点，P为线段BB1上的动点（）求证：ACAB；（）当点P是线段BB1中点时，求二面角PAMB的余弦值；（）是否存在点P，使得直线A1C平面AMP？请说明理由【分析】（）平面AA1C1C平面AA1B1B，从而AC平面ABB1A1，由此能证明ACAB（）以AC、AB、AA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角PAMB的余弦值（）设P（x1，y1，z1），且，0，1，则（x1，y12，z1）（0，2），求了平面AMP的一个法向量，利用

31、向量法能求出存在点P，使得直线A1C平面AMP【解答】证明：（）由已知A1AC90，平面AA1C1C平面AA1B1B，AC平面ACC1A1，平面ACC1A1平面ABB1A1AA1，AC平面ABB1A1，AB平面ABB1A1，ACAB解：（）由（）知AC、AB、AA1两两垂直，分别以AC、AB、AA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由已知ABACAA12A1B12A1C12，A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，0，0），B1（0，1，2），A1（0，0，2），M为线段BC的中点，P为线段BB1的中点，M（1，1，0），P（0，1），（1，1，0），（0，1），设平面APM的一个法向量

32、（x，y，z），则，取x2，得（2，2，3），平面ABM的法向量（0，0，1），由图知二面角PAMB的大小为锐角，|cos|，二面角PAMB的余弦值为（）存在点P，使得直线A1C平面AMP理由如下：设P（x1，y1，z1），且，0，1，则（x1，y12，z1）（0，2），设平面AMP的一个法向量（x，y，z），则，取y1，得（1，1，），（0不符合题意），（2，0，2），A1C平面AMP，20，解得，存在点P，使得直线A1C平面AMP【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足线面平行的证明是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求

33、解能力，考查函数与方程思想，是中档题22（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（ab0）的离心率为，点M（1，）在椭圆C上（）求椭圆C的方程；（）已知P（2，0）与Q（2，0）为平面内的两个定点，过点（1，0）的直线l与椭圆C交于A，B两点，求四边形APBQ面积的最大值【分析】（I）由可得，a2c，又b2a2c2，b23c2，题意C方程为，又在椭圆C上，可得，基础即可得出（II）方法一：设l的方程为xmy+1，联立与椭圆方程联立化为（3m2+4）y2+6my90，设点A（x1，y1），B（x2，y2），利用根与系数的关系|y1y2|，可得S，利用求导研究函数的单调性即可得出方法二：设l的

34、方程为xmy+1，与椭圆方程联立化为（3m2+4）y2+6my90，设点A（x1，y1），B（x2，y2），利用弦长公式可得|AB|，点P（2，0）到直线l的距离为，点Q（2，0）到直线l的距离为，即可得出从而四边形APBQ的面积S利用导数研究函数的单调性即可得出方法三：当l的斜率不存在时，l：x1，此时，四边形APBQ的面积为6当l的斜率存在时，设l为：yk（x1），（k0）yk（x1）（k0），联立，可得（3+4k2）x28k2x+4k2120，利用根与系数的关系、弦长公式可得|AB|可得四边形APBQ的面积，通过换元利用导数研究函数的单调性即可得出【解答】解：（I）由可得，a2c，又因为

35、b2a2c2，所以b23c2所以椭圆C方程为，又因为在椭圆C上，所以所以c21，所以a24，b23，故椭圆方程为（II）方法一：设l的方程为xmy+1，联立，消去x得（3m2+4）y2+6my90，设点A（x1，y1），B（x2，y2），有，|y1y2|所以令，有，由函数，t1，+）故函数，在1，+）上单调递增，故，故当且仅当t1即m0时等号成立，四边形APBQ面积的最大值为6方法二：设l的方程为xmy+1，联立，消去x得（3m2+4）y2+6my90，设点A（x1，y1），B（x2，y2），有，有，点P（2，0）到直线l的距离为，点Q（2，0）到直线l的距离为，从而四边形APBQ的面积，令，有，函数，t1，+）故函数，在1，+）上单调递增，有，故当且仅当t1即m0时等号成立，四边形APBQ面积的最大值为6方法三：当l的斜率不存在时，l：x1，此时，四边形APBQ的面积为6当l的斜率存在时，设l为：yk（x1），（k0）yk（x1）（k0）则，（3+4k2）x28k2x+4k2120， ，四边形APBQ的面积，令 t3+4k2（t3）t3+4k2（t3）则 ，综上，四边形APBQ面积的最大值为6【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、利用导数研究函数的单调性极值、一元二次方程的根与系数、弦长公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题