2018-2019学年江西省宜春市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答

《2018-2019学年江西省宜春市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019学年江西省宜春市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答（20页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2018-2019 学年江西省宜春市高二（上）期末数学试卷（理科）一、选择题 1 （5 分）命题：x00，0 的否定是（ ） Ax0，x2x20 Bx00，0  Cx0，x2x20 Dx00，0 2 （5 分）若 ab，则下列不等式中正确的是（ ） Aa2b2 B Cac2bc2 Da3b3 3 （5 分）在ABC 中，若A60，B45，BC3，则 AC（ ） A B C D 4 （5 分）对抛物线 x24y，下列描述正确的是（ ） A开口向上，焦点为（0，1）  B开口向上，焦点为  C开口向右，焦点为（1，0）  D开口向右，焦点为 5 （5 分）设

2、 Sn为等比数列an的前 n 项和，8a2+a50，则等于（ ） A11 B5 C8 D11 6 （5 分）若变量 x，y 满足约束条件，则目标函数 zx2y 的最大值为（ ）  A1 B2 C3 D4 7 （5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为线段 A1C1的中点，则异面直线 DE 与 B1C 所成角的大小是（ ） A90 B60 C45 D30 8 （5 分）已知等差数列an的公差为 d，前 n 项和为 Sn，则“d0”是“Sn1+Sn+12Sn” 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件  第 2 页（共 20 页） C充分必要条件 D既不充分也不

3、必要条件 9 （5 分）若正数 x，y 满足 x+3y5xy，则 4x+3y 的最小值为（ ） A B C5 D6 10 （5 分）双曲线1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1（c，0） ，F2（c， 0） 若双曲线上存在点P使， 则该双曲线的离心率的取值范围为 （ ）  A （1，） B （1，2） C （1，） D （1，+1） 11（5 分） 无穷数列an由 k 个不同的数组成， Sn为an的前 n 项和， 若对任意 nN*， Sn2， 3，4，则 k 的最大值为（ ） A5 B6 C7 D8 12 （5 分）设 k，m 为实数，不等式|x2kxm|2 对所有 xa，b成立，

4、则 ba 的最大值 为（ ） A2 B2 C2 D4 二、填空题二、填空题 13 （5 分）不等式x 的解集是   14 （5 分）已知等差数列的前 n 项和为 Sn，若 a418a5，则 S8   15 （5 分）已知抛物线 C：y28x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若，则|FQ|   16 （5 分）如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径 AB 为 6，O 为圆心，且 OCAB，在 OC 上有一座观赏亭 Q，其中AQC，计划在圆弧 BC 上再建一座观赏亭 P，记 POB（0） ，当OPQ 越大时，游客在观赏

5、亭 P 处的观赏效果越佳，则观赏 效果最佳时，sin   三、解答题三、解答题 第 3 页（共 20 页） 17 （10 分）命题 p：f（x）的定义域为 R；命题 q：方程表示焦 点在 y 轴上的双曲线 （1）若命题 p 为真，求实数 m 的取值范围； （2）若“p 且 q”是假命题， “p 或 q”是真命题，求实数 m 的取值范围 18 （12 分）已知函数 f（x）|x3|xa| （1）当 a2 时，解不等式 f（x）； （2）若存在实数 x，使得不等式 f（x）a 成立，求实数 a 的取值范围 19 （12 分）已知ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知

6、 asinB+bcosA （1）求角 B 的大小； （2）若ABC 的面积为，b，ac，求 a，c 20 （12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别是 AB，BB1的中点，AA1AC CB2，AB2 （）证明：BC1平面 A1CD； （）求锐二面角 DA1CE 的余弦值 21 （12 分）各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn满足（n2+n3）Sn3 （n2+n）0，nN* （1）求数列Sn和an的通项公式； （2）证明：对任意的 nN*，有+ 22（12分） 在平面直角坐标系xoy中， 椭圆C1：（a1b10） 和椭圆C2： 第 4 页（共 20 页） （

7、a2b20）的离心率均为，点 T（0，1）在椭圆 C1上，点 S（2，1）在椭圆 C2上 （1）求椭圆 C1和 C2的方程； （2）P 为椭圆 C1上任意一点，过点 P 的直线 ykx+m 交椭圆 C2于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 C2于点 Q， 证明为定值； 求ABQ 面积的最大值 第 5 页（共 20 页） 2018-2019 学年江西省宜春市高二（上）期末数学试卷（理科）学年江西省宜春市高二（上）期末数学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题一、选择题 1 （5 分）命题：x00，0 的否定是（ ） Ax0，x2x20 Bx00，0  Cx0，x

8、2x20 Dx00，0 【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可 【解答】解：命题的否定是：x0，x2x20 故选：C 【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，根据全称命题的否定是特称命题，特称 命题的否定是全称命题是解决本题的关键比较基础 2 （5 分）若 ab，则下列不等式中正确的是（ ） Aa2b2 B Cac2bc2 Da3b3 【分析】由不等式的基本性质及函数的单调性得：yx3在 R 上为增函数，又 ab，所 以 a3b3，得解 【解答】解：由 yx3在 R 上为增函数， 又 ab， 所以 a3b3， 故选：D 【点评】本题考查了不等式的基本性质及函数的单调性，属简单题 3

9、 （5 分）在ABC 中，若A60，B45，BC3，则 AC（ ） A B C D 【分析】结合已知，根据正弦定理，可求 AC 【解答】解：根据正弦定理， 第 6 页（共 20 页） 则 故选：B 【点评】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础试题 4 （5 分）对抛物线 x24y，下列描述正确的是（ ） A开口向上，焦点为（0，1）  B开口向上，焦点为  C开口向右，焦点为（1，0）  D开口向右，焦点为 【分析】根据抛物线的标准方程及基本概念，结合题中的抛物线方程加以计算，即可到 答案 【解答】解：抛物线的标准方程为 x24y， 2p4，p2，解

10、得1， 因此抛物线的焦点为（0，1） ，准线为 y1，可得该抛物线的开口向上 故选：A 【点评】本题给出抛物线的方程，求它的开口方向和焦点坐标着重考查了抛物线的标 准方程及基本概念等知识，属于基础题 5 （5 分）设 Sn为等比数列an的前 n 项和，8a2+a50，则等于（ ） A11 B5 C8 D11 【分析】由题意可得数列的公比 q，代入求和公式化简可得 【解答】解：设等比数列an的公比为 q， （q0） 由题意可得 8a2+a58a1q+a1q40，解得 q2， 故11 故选：D 【点评】本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的求和公式，属中档题 第 7 页（共 20 页） 6 （5

11、分）若变量 x，y 满足约束条件，则目标函数 zx2y 的最大值为（ ）  A1 B2 C3 D4 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数 zx2y 为直线方程的斜截式，可知当直 线在 y 轴上的截距最小时 z 最大，结合图象找出满足条件的点，联立直线方程求出点的 坐标，代入目标函数可求 z 的最大值 【解答】解：由变量 x，y 满足约束条件作出可行域如图， 由 zx2y，得 y， 由图可知，当直线 y过可行域内点 A 时直线在 y 轴上的截距最小，z 最大 联立，解得 A（2，0） 目标函数 zx2y 的最大值为 2202 故选：B 【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结

12、合的解题思想方法，关键是正确作 出可行域，是中档题 7 （5 分）在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为线段 A1C1的中点，则异面直线 DE 与 B1C 所成角的大小是（ ） A90 B60 C45 D30 【分析】以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利 用向量法能求出异面直线 DE 与 B1C 所成角的大小 第 8 页（共 20 页） 【解答】解：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，  设正方体 ABCDA1B1C1D1中棱长为 2， 则 D（0，0，0） ，E（1，

13、1，2） ，B1（2，2，2） ，C（0，2，0） ， （1，1，2） ，（2，0，2） ， 设异面直线 DE 与 B1C1所成角为 ， 则 cos， 30 异面直线 DE 与 B1C 所成角的大小是 30 故选：D 【点评】本题考查异面直线所成角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思 维能力的培养 8 （5 分）已知等差数列an的公差为 d，前 n 项和为 Sn，则“d0”是“Sn1+Sn+12Sn” 的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件  C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据等差数列的前 n 项和公式进行化简，结合充分条件和必要条件的定义进行 判断

14、即可 【解答】解：由 Sn1+Sn+12Sn，得 Sn+1SnSnSn1， 即 an+1an，即 d0， 第 9 页（共 20 页） 则“d0”是 d0 的充分不必要条件， 即“d0”是“Sn1+Sn+12Sn”的充分不必要条件， 故选：A 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列前 n 项和公式进行化 简是解决本题的关键 9 （5 分）若正数 x，y 满足 x+3y5xy，则 4x+3y 的最小值为（ ） A B C5 D6 【分析】将条件 x+3y5xy 进行转化，利用基本不等式的解法即可得到式子的最小值 【解答】解：由 x+3y5xy 得+1， 4x+3y（4x+3y）

15、 （+）+2+， 当且仅当时取等号 故 4x+3y 的最小值是， 故选：B 【点评】本题主要考查基本不等式的应用，将条件进行转化，利用 1 的代换是解决本题 的关键 10 （5 分）双曲线1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1（c，0） ，F2（c， 0） 若双曲线上存在点P使， 则该双曲线的离心率的取值范围为 （ ）  A （1，） B （1，2） C （1，） D （1，+1） 【分析】由双曲线的定义与几何性质，结合正弦定理，得 e1+； 由|PF2|ca，得 e1+，结合 e1，求出 e 的取值范围 【解答】解：由双曲线的定义与几何性质以及正弦定理得， e1+； |PF2|c

16、a，即 e1+，e22e10； 又e1，1e+1； 第 10 页（共 20 页） 离心率 e 的取值范围是（1，+1） 故选：D 【点评】本题考查了双曲线的定义与性质的应用问题，也考查了正弦定理的应用问题， 解题时可以结合图形进行解答问题，是基础题 11（5 分） 无穷数列an由 k 个不同的数组成， Sn为an的前 n 项和， 若对任意 nN*， Sn2， 3，4，则 k 的最大值为（ ） A5 B6 C7 D8 【分析】对任意 nN*，Sn2，3，4，列举出 n1，2，3，4 的情况，归纳可得 n4 后都为 0 或 1 或1 或 2 或2，则 k 的最大个数为 6 【解答】解：对任意 nN

17、*，Sn2，3，4，可得 当 n1 时，a1S12 或 3 或 4； 若 n2，由 S22，3，4，可得数列的前两项为 2，0；或 2，1；或 2，2； 或 3，0；或 3，1；或 3，1；或 4，0；或 4，1；或 4，2； 若 n3，由 S32，3，4，可得数列的前三项为 2，0，0；或 2，0，1；或 2，0，2； 或 2，1，1；或 2，1，0；或 2，1，1； 或 2，2，2， ；或 2，2，1；或 2，2，0； 或 3，0，1；或 3，0，0；或 3，0，1；或 3，1，2；或 3，1，1；或 3，1，1； 或 3，1，0；或 3，1，1；或 3，1，2； 或 4，0，2；或 4，

18、0，1；或 4，0，0；或 4，1，1；或 4，1，0；或 4，1， 1； 或 4，1，3；或 4，1，2；或 4，1，1；或 4，2，0；或 4，2，1；或 4，2， 2； 若 n4，由 S42，3，4，可得数列的前四项为 2，0，0，0；或 2，0，0，1；或 2，0， 0，2； 或 2，0，1，0；或 2，0，1，1；或 2，0，1，1， 或 2，1，0，0；或 2，1，0，1；或 2，1，0，1；或 2，1，1，0；或 2，1，1，1； 或 2，1，1，2； 或 2，2，0，0；或 2，2，0，1；或 2，2，0，2；或 2，2，1，0；或 2，2，1， 1；或 2，2，2，0； 第

19、11 页（共 20 页） 即有 n4 后一项都为 0 或 1 或1 或 2 或2，则 k 的最大个数为 6， 不同的四个数为 4，2，0，2，1，1 故选：B 【点评】本题考查数列与集合的关系，考查分类讨论思想方法，注意运用归纳思想，属 于中档题 12 （5 分）设 k，m 为实数，不等式|x2kxm|2 对所有 xa，b成立，则 ba 的最大值 为（ ） A2 B2 C2 D4 【分析】 求出 f （x） 2， 2， 结合不等式的性质得到 f （a） +f （b） 2f （） 8，从而求出 ba 的范围即可 【解答】解：令 f（x）x2kxm，xa，b， 则 f（x）2，2， 于是 f（a）

20、a2kam2， f（b）b2kbm2， f（）km2， 由+2知， f（a）+f（b）2f（）8， 故选：D 【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查转化思想以及不等式的性质，是一道中 档题 二、填空题二、填空题 13 （5 分）不等式x 的解集是 x|1x0 或 x1 【分析】本题可以先移项再通分，再分类讨论，转化为整式不等式组，再解整式不等式 组，得本题答案 【解答】解：x， ， 第 12 页（共 20 页） 或， x1 或1x0 不等式x 的解集是x|1x0 或 x1 故答案为：x|1x0 或 x1 【点评】本题考查的是分式不等式的解法，可以移项通分后进行分类讨论，也可以移项 通分后直

21、接化成整式不等式，本题有一定的难度，属于中档题 14 （5 分）已知等差数列的前 n 项和为 Sn，若 a418a5，则 S8 72 【分析】先根据 a418a5求得 a4+a5，进而求得 a1+a8代入 S8中答案可得 【解答】解：a418a5，a4+a518， a1+a818， S872 故答案为 72 【点评】本题主要考查了等差数列的性质解题的关键是利用等差中项简化了解题的步 骤 15 （5 分）已知抛物线 C：y28x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若，则|FQ| 3 【分析】求得直线 PF 的方程，与 y28x 联立可得 x1，利

22、用|QF|d 可求 【解答】解：设 Q 到 l 的距离为 d，则|QF|d， 4， |PQ|3d， 不妨设直线 PF 的斜率为2， F（2，0） ， 直线 PF 的方程为 y2（x2） ， 与 y28x 联立可得 x1， |QF|d1+23， 故答案为：3 第 13 页（共 20 页） 【点评】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线的位置关系，属于基础题 16 （5 分）如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径 AB 为 6，O 为圆心，且 OCAB，在 OC 上有一座观赏亭 Q，其中AQC，计划在圆弧 BC 上再建一座观赏亭 P，记 POB（0） ，当OPQ 越大时，游客在观赏亭 P 处的观

23、赏效果越佳，则观赏 效果最佳时，sin 【分析】设OPQ，在OPQ 中，由正弦定理得， 变形可得（sin）sincoscos，记 f（）求导可得，由导数与函 数的单调性的关系分析可得答案 【解答】解：设OPQ，在OPQ 中，OP3，POQ， 由正弦定理得，即， 所以sinsin（） ）sin（） ）cos（） coscos+sinsin， 从而（sin）sincoscos，其中sin0，cos0， 所以 tan， 记 f（）， 则 f（），（0，） 令 f'（）0，sin，存在唯一 0（0，）使得 sin0， 当 （0，0）时 f'（）0，f（）单调增，当 （0，）时 f

24、9;（）0，f（） 单调减， 所以当 0时，f（）最大，即 tanOPQ 最大， 第 14 页（共 20 页） 又OPQ 为锐角，从而OPQ 最大，此时 sin 故观赏效果达到最佳时，sin， 故答案为： 【点评】本题考查解三角形的应用，涉及函数导数的性质以及应用，关键是建立三角函 数的模型 三、解答题三、解答题 17 （10 分）命题 p：f（x）的定义域为 R；命题 q：方程表示焦 点在 y 轴上的双曲线 （1）若命题 p 为真，求实数 m 的取值范围； （2）若“p 且 q”是假命题， “p 或 q”是真命题，求实数 m 的取值范围 【分析】 （1）命题 p 为真命题等价 wie 不等式

25、恒成立，进行求解即可 （2）根据复合命题真假关系，判断 p，q 的真假即可 【解答】解： （1）若命题 p 为真，则xR，x2+mx+10 为真， m2402m2 （2）若命题 q 为真，则 m0， 又“p 且 q”是假命题， “p 或 q”是真命题， p 是真命题且 q 是假命题，或 p 是假命题且 q 是真命题 或， 0m2，或 m2， m 的取值范围是（，2）0，2 【点评】本题主要考查复合命题真假关系的应用，根据条件求出命题 p，q 为真命题的等 价条件是解决本题的关键 18 （12 分）已知函数 f（x）|x3|xa| （1）当 a2 时，解不等式 f（x）； （2）若存在实数 x，

26、使得不等式 f（x）a 成立，求实数 a 的取值范围 【分析】 （1）运用函数的零点分区间，讨论当 x3 时，当 x2 时，当 2x3 时，化 第 15 页（共 20 页） 简不等式解得，最后求并集即可； （2）由题意知这是一个存在性的问题，须求出不等式左边的最大值，可运用绝对值不等 式的性质可得最大值，再令其大于等于 a，即可解出实数 a 的取值范围 【解答】解： （1）当 a2 时，f（x）|x3|x2|， 当 x3 时，f（x），即为（x3）（x2），即1成立，则有 x 3； 当 x2 时，f（x）即为（3x）（2x），即 1，解得 x； 当 2x3 时，f（x）即为 3x（x2），解得

27、，x，则有x 3 则原不等式的解集为，3）3，+）即为，+） ； （2）由绝对值不等式的性质可得|x3|xa|（x3）（xa）|a3|， 即有 f（x）的最大值为|a3| 若存在实数 x，使得不等式 f（x）a 成立，则有|a3|a， 即或，即有 a或 a 则 a 的取值范围是（， 【点评】本题考查绝对值不等式，求解本题的关键是正确理解题意，区分存在问题与恒 成立问题的区别，本题是一个存在问题，解决的是有的问题，故取|a3|a，即小于等 于左边的最大值即满足题意，本题是一个易错题，主要错误就是出在把存在问题当成恒 成立问题求解，因思维错误导致错误 19 （12 分）已知ABC 的内角 A，B，

28、C 所对的边分别为 a，b，c，已知 asinB+bcosA （1）求角 B 的大小； （2）若ABC 的面积为，b，ac，求 a，c 【分析】 （1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式化简已知 等式可得 tanB，结合范围 B（0，） ，可求 B 的值 （2）由已知利用三角形的面积公式可求 ac7，根据余弦定理，结合 ac，即可解得 a， c 的值 第 16 页（共 20 页） 【解答】 （本题满分为 14 分） 解： （1）由已知 asinB+bcosA， 结合正弦定理得 sinAsinB+sinBcosAsinC， 所以 sinAsinB+sinBcosAsin（A

29、+B）（sinAcosB+sinBcosA） ， 即 sinAsinBsinAcosB，即 tanB， 因为 B（0，） ， 所以 B7 分 （2）由 SABCacsinB，B，得：ac，即 ac7， 又 b2（a+c）22ac2accosB，得： （）2（a+c）22acac， 所以， 又 ac， 所以解得：a7，c114 分 【点评】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式， 三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于 中档题 20 （12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别是 AB，BB1的中点，AA1AC

30、 CB2，AB2 （）证明：BC1平面 A1CD； （）求锐二面角 DA1CE 的余弦值 【分析】 （）连结 AC1，交 A1C 于点 O，连结 DO，证明 ODBC1，然后证明 BC1平 面 A1CD （）由以 C 为坐标原点，方向为 x 轴正方向，方向为 y 轴正方向，方向为 z 第 17 页（共 20 页） 轴正方向，建立空间直角坐标系 Cxyz，求出相关点的坐标，平面 A1CD 的法向量，平面 A1CE 的法向量，利用空间向量的数量积求解即可 【解答】解： （）连结 AC1，交 A1C 于点 O，连结 DO，则 O 为 AC1的中点，因为 D 为 AB 的中点，所以 ODBC1，又因为

31、 OD平面 A1CD，BC1平面 A1CD，BC1平 面 A1CD（4 分） （）由，可知 ACBC，以 C 为坐标原点，方向为 x 轴 正方向，方向为 y 轴正方向，方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 Cxyz， 则 D（1，1，0） ，E（0，2，1） ，A1（2，0，2） ， 设是平面 A1CD 的法向量，则即 可取（6 分） 同理，设 是平面 A1CE 的法向量，则， 可取（8 分） 从而（10 分） 所以锐二面角 DA1CE 的余弦值为（12 分） 【点评】本题考查空间向量的数量积的应用，二面角的平面角的求法，直线与平面平行 第 18 页（共 20 页） 的判定定理的应用，考查

32、计算能力 21 （12 分）各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn满足（n2+n3）Sn3 （n2+n）0，nN* （1）求数列Sn和an的通项公式； （2）证明：对任意的 nN*，有+ 【分析】 （1）利用已知条件通过 anSnSn1，转化求解数列的通项公式即可 （2）利用放缩法以及裂项消项法转化求解数列的和，推出结果即可 【解答】 （本小题 12 分） 解： （1）由 Sn2（n2+n3）Sn3（n2+n）0，nN*，得Sn（n2+n）（Sn+3）0  又已知各项均为正数，故 Snn2+n（3 分） 当 n2 时，anSnSn1n2+n（n1）2（n1）2n， 当

33、 n1 时，a12 也满足上式，所以 an2n，nN*（6 分） （ 2 ） 证 明 ： 4k2+2k 3k2+3k（8 分） （10 分） （12 分） 【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列的通项公式以及数列的和，考查计算 能力 22（12分） 在平面直角坐标系xoy中， 椭圆C1：（a1b10） 和椭圆C2： （a2b20）的离心率均为，点 T（0，1）在椭圆 C1上，点 S（2，1）在椭圆 C2上 （1）求椭圆 C1和 C2的方程； （2）P 为椭圆 C1上任意一点，过点 P 的直线 ykx+m 交椭圆 C2于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 C2于点 Q， 证明为定值； 第

34、19 页（共 20 页） 求ABQ 面积的最大值 【分析】 （1）由题意知 b11，求出 a12，即可得到椭圆方程，通过离心率转化求出 a2 4，b22 得到椭圆 C2的方程 （2）证明设，由题意知 Q（x0，y0） ，求解即可； 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，将 ykx+m 代入椭圆 C2的方程，利用韦达定理以及弦长 公式求出三角形的面积，然后求解最值 【解答】 （本小题 12 分） 解： （1）由题意知 b11，有，得 a12， 所以椭圆 C1的方程为 由，得 a24，b22 所以椭圆 C2的方程为（4 分） （2）证明设，由题意知 Q（x0，y0） ， 因为，又，即， 所以

35、 2，即（8 分） 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，将 ykx+m 代入椭圆 C2的方程， 可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2160， 由0，可得 m24+16k2 则有， 所以 因为直线 ykx+m 与 y 轴交点的坐标为（0，m） ， 所以OAB 的面积 第 20 页（共 20 页） 将 ykx+m 代入椭圆 C1的方程，可得 （1+4k2）x2+8kmx+4m240， 由0，可得 m21+4k2， 令，由可知 0t1， 因此，故 ， 当且仅当 t1 时，即 m21+4k2时取得最大值， 由 （1）知， ABQ 面积为 3S， 所以ABQ 面积的最大值 （12 分） 【点评】本题考查椭圆的简单性质，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及 计算能力