2020-2021学年江西省上饶市高二（下）期末考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省上饶市高二（下）期末考试数学（理）试卷北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知复数z=1+2i，i为虚数单位，则1z−i+1z+i=( )
A.35−45iB.−35+45iC.−45−35iD.45+35i

2. 如果命题“p∧q”是假命题，“¬p”是真命题，那么( )
A.命题p一定是真命题
B.命题q一定是真命题
C.命题q一定是假命题
D.命题q可以是真命题也可以是假命题

3. 用数学归纳法证明不等式1+123+133+...+1n3<2−1n(n≥2, n∈N+)时，第一步应验证不等式( )
A.1+123<2−12B.1+123+133<2−13
C.1+123<2−13D.1+123+133<2−14

4. 已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值，则a的取值范围为( )
A.[−3, 6]B.(−3, 6)
C.(−∞, −3]∪[6, +∞)D.(−∞, −3)∪(6, +∞)

5. 空间向量a→=(1, 1, 1)，b→=(0, 1, −1)，则a→，b→的夹角为( )
A.30∘B.60∘C.90∘D.120∘

6. 已知双曲线y2a2−x2b2=1（a>0，b>0）的顶点到渐近线的距离与焦点到渐近线的距离之比为13，则该双曲线的离心率为( )
A.3B.3C.23D.233

7. 用反证法证明命题：“设m，n为实数，则方程x3−mx−n=0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A.方程x3−mx−n=0没有实根
B.方程x3−mx−n=0至多有一个实根
C.方程x3−mx−n=0至多有两个实根
D.方程x3−mx−n=0恰好有两个实根

8. 已知动点M的坐标满足方程5x2+y2=|3x+4y−12|，则动点M的轨迹是( )
A.椭圆B.双曲线C.抛物线D.圆

9. 若函数f(x)=ax2−2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围是( )
A.(12,+∞)B.(12,1)C.(0,12)D.(0,1)

10. 如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AB=2AD，E、F、G分别是DD1、AB、 CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成的角为( )

A.π6B.π4C.π3D.π2

11. 直线过椭圆x2a2+y2b2=1 a>b>0的左焦点F和上顶点A，与圆x−22+y2=25交于P，Q两点，若线段PQ的中点坐标为1,3，则椭圆离心率为( )
A.1010B.55C.31010D.13

12. 已知函数fx=|lnx|,0A.3−ln3+12+e+1B.1C.5−ln5+12+e+1D.无最小值
二、填空题

F1，F2是椭圆x25+y24=1的左、右焦点，点P在椭圆上运动，则|PF1|⋅|PF2|的最大值是________．
三、解答题

已知命题p:∀x∈R，ax2+ax+1>0，命题q:|2a−1|<3．
(1)若命题p是真命题，求实数a的取值范围．

(2)若p∨q是真命题，p∧q是假命题，求实数a的取值范围．

已知函数fx=lnx−12x，x∈0,+∞．
(1)求函数fx的图象在点(2,f(2))处的切线方程．

(2)求函数fx的单调递增区间．

已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的离心率为3，实轴长为2．
(1)求双曲线C的方程；

(2)若直线y=x+m被双曲线C截得的弦长为42，求实数m的值．

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为等腰梯形，BC // AD，已知AC⊥EC，AB=AF=BC=2，AD=DE=4，四边形ADEF为直角梯形，AF // DE，∠DAF=90∘．

(1)证明：平面ABCD⊥平面ADEF；

(2)求直线BE与平面EAC所成角的正弦值．

已知函数f(x)=ex2−1ex−ax(a∈R)．
(1)当a=32时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在[−1, 1]上为单调函数，求实数a的取值范围．

已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与y轴的正半轴相交于点M，点F1，F2为椭圆的焦点，且△MF1F2是边长为2的等边三角形，若直线l:y=kx+23与椭圆E交于不同的两点A、B．
(1)直线MA，MB的斜率之积是否为定值；若是，请求出该定值．若不是．请说明理由．

(2)求△ABM的面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省上饶市高二（下）期末考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
利用复数的运算法则直接求解．
【解答】
解：∵复数z=1+2i，i为虚数单位，
∴1z−i+1z+i=11+i+11+3i
=1−i1+i1−i+1−3i1+3i1−3i
=1−i2+1−3i10
=35−4i5.
故选A．
2.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
本题首先可以根据命题“p∧q”是假命题来判断命题？以及命题4的真假情况，然后通过命题“￢P“是真命题即可判断出命题P
的真假，最后综合得出的结论，即可得出结果．
【解答】
解：根据命题“p∧q”是假命题以及逻辑联结词“且”的相关性质可知：
命题p以及命题q至少有一个命题为假命题，
根据“¬p”是真命题以及逻辑联结词“非”的相关性质可知：
命题p是假命题，
所以命题q可以是真命题也可以是假命题.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
数学归纳法
【解析】
利用n=2写出不等式的形式，就是第一步应验证不等式．
【解答】
解：用数学归纳法证明不等式1+123+133+...+1n3<2−1n(n≥2, n∈N+)时，
第一步应验证不等式：即当n=2时1+123<2−12成立即可．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
函数在某点取得极值的条件
【解析】
先求出导数f′(x)，由f(x)有极大值、极小值可知f′(x)=0有两个不等实根．
【解答】
解：函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1，
所以f′(x)=3x2+2ax+(a+6)，
因为函数有极大值和极小值，所以方程f′(x)=0有两个不相等的实数根，
即3x2+2ax+(a+6)=0有两个不相等的实数根，
所以Δ>0，
所以(2a)2−4×3×(a+6)>0，解得：a<−3或a>6．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】
利用向量a→⋅b→=0⇔a→⊥b→即可得出．
【解答】
解：向量a→=1,1,1,b→=0,1,−1，
则|a→|=3，|b→|=2，
a→⋅b→=1×0+1×1+1×−1=0，
∴ a→⊥b→，
∴ a→，b→的夹角为90∘．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
本题考查了双曲线的几何性质、离心率的求法、点到直线的距离公式，属于基础题．
【解答】
解：由题意知：取双曲线的顶点A0,a、焦点坐标F0,c，
取渐近线方程为y=abx，也即是ax−by=0，
顶点到渐近线的距离为d1=|−ab|a2+b2=abc，
焦点到渐近线的距离为d2=|−bc|a2+b2=b，
∴ d1d2=abcb=ac=13，
∴ e=ca=3.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
反证法
【解析】
先由原命题的否定，再确定要做的假设即可得解．
【解答】
解：由命题“设m，n为实数，则方程x3−mx−n=0至少有一个实根”的否定为“设m，n为实数，则方程x3−mx−n=0无实根”，即要做的假设是方程x3−mx−n=0没有实根.
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
点到直线的距离公式
轨迹方程
抛物线的定义
【解析】
将题干中的等式变形为x2+y2=|3x+4y−12|32+42，利用距离的几何意义以及抛物线的定义可得出点M的轨迹的形状．
【解答】
解：设点Mx,y，由5x2+y2=|3x+4y−12|可得出x2+y2=|3x+4y−12|32+42，
由题意可知，点M到原点的距离等于点M到直线3x+4y−12=0的距离，
由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线．
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f(x)=ax2−2x+lnx(x>0)，
∴ f′(x)=2ax2−2x+1x(x>0).
若函数f(x)=ax2−2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，
则方程2ax2−2x+1=0有2个不相等的实数根，
故Δ=4−8a>0,x1+x2=1a>0,x1x2=12a>0,
解得0故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
设AA1=AB=2AD=2，以DA，DC， DD1 所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可得A1E→，GF→的坐标，进而可得A1E→⊥GF→，可得答案．
【解答】
解：以DA，DC，DD1 所在直线方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设AA1=AB=2AD=2，A11,0,2，E0,0,1，G0,2,1，F1,1,0，
∴ A1E→=−1,0,−1，GF→=1,−1,−1，
∴ A1E→⋅GF→=−1+1=0，
∴ A1E→⊥GF→，即A1E⊥GF．
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
根据题意，求出点F−c,0，A0,b利用斜率公式表示出kPQ，设点Px1,y1，Qx2,y2，利用点差法：把点Px1,y1，Qx2,y2分别代入圆的方程，然后两式相减，利用线段PQ的中点坐标为1,3，结合中点坐标公式求出kPQ，进而求出b，c的关系，求出椭圆的离心率．
【解答】
解：由题意知，点F−c,0，A0,b，
由斜率公式可得，kPQ=b−00−−c=bc，
所以直线lPQ的方程为y=bcx+b，
设点Px1,y1，Qx2,y2，
因为P，Q两点在圆x−22+y2=25上，
所以x1−22+y12=25,x2−22+y22=25,
两式相减可得，
x1+x2−4x1−x2+y1−y2y1+y2=0,
因为线段PQ的中点坐标为1,3,
由中点坐标公式可得，x1+x2=2,y1+y2=6,
所以2−4×x1−x2+y1−y2×6=0，
化简可得，kPQ=y1−y2x1−x2=13，
所以bc=13，
因为a2=b2+c2，
所以椭圆的离心率e=ca=3b10b=31010．
故选C．
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
分段函数的应用
【解析】

【解答】
解∶因为fa=fb=fc，
∴ |lna|=|lnb|=−c+e+1，
f(x)的大致图象如图所示，
由图可知，0∴ −lna=lnb=−c+e+1，
∴ a=1b,c=−lnb+e+1，
∴ a+b+c=1b+b−lnb+e+11设gx=x+1x−lnx+e+11g′x=1−1x2−1x
=x2−x−1x2
=x−1−52x−1+52x2，
∴ gx在1,5+12上递减，在5+12,e上递增．
∴ gxmin=g5+12=5−ln5+12+e+1．
故选C.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
椭圆的定义
基本不等式
【解析】
由点P在椭圆x25+y24=1上，由椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a=25，再由基本不等式，即可求解|PF1||PF2|得最大值．
【解答】
解：因为点P在椭圆x25+y24=1上，
由椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a=25，
又由|PF1||PF2|≤|PF1|+|PF2|22=52=5，
当且仅当|PF1|=|PF2|时取等号，
所以|PF1||PF2|的最大值为5．
故答案为：5．
三、解答题
【答案】
解：(1)若命题p是真命题，
则当a=0时，不等式等价为1>0，恒成立，
当a≠0时，要使不等式恒成立，
则a>0，Δ=a2−4a<0， 即a>0，0故0综上0≤a<4，
即实数a的取值范围是[0, 4)．
(2)若p∨q是真命题，p∧q是假命题，
则p，q一个为真命题，一个为假命题，
由|2a−1|<3得−3<2a−1<3，得−1若p真q假，则0≤a<4，a≥2或a≤−1， 得2≤a<4，
若p假q真，则a≥4或a<0，−1综上，2≤a<4或−1【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
（1）根据不等式的性质求出命题p为真命题的等价条件即可．
（2）根据复合命题真假关系，得到p，q一个为真命题，一个为假命题，然后进行求解即可．
【解答】
解：(1)若命题p是真命题，
则当a=0时，不等式等价为1>0，恒成立，
当a≠0时，要使不等式恒成立，
则a>0，Δ=a2−4a<0， 即a>0，0故0综上0≤a<4，
即实数a的取值范围是[0, 4)．
(2)若p∨q是真命题，p∧q是假命题，
则p，q一个为真命题，一个为假命题，
由|2a−1|<3得−3<2a−1<3，得−1若p真q假，则0≤a<4，a≥2或a≤−1， 得2≤a<4，
若p假q真，则a≥4或a<0，−1综上，2≤a<4或−1【答案】
解：(1)由fx=lnx−12x，得f′x=1x−12，
∴ f2=ln2−1，f′2=0，
∴ 函数fx在2,f2处的切线方程为y=ln2−1．
(2)∵ f′x=1x−12=2−x2x，
令f′x>0，得x<2，
令f′x<0，得x>2，
又fx的定义域是0,+∞，
∴ 函数fx的单调增区间为0,2．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
(1)根据导数几何意义得切线斜率为f′2，再根据点斜式得结果，
(2)先求导数，再根据导数大于零得函数fx的单调递增区间．
【解答】
解：(1)由fx=lnx−12x，得f′x=1x−12，
∴ f2=ln2−1，f′2=0，
∴ 函数fx在2,f2处的切线方程为y=ln2−1．
(2)∵ f′x=1x−12=2−x2x，
令f′x>0，得x<2，
令f′x<0，得x>2，
又fx的定义域是0,+∞，
∴ 函数fx的单调增区间为0,2．
【答案】
解：(1)由椭圆，得双曲线的离心率为3，实轴长为2．
∴ ca=3，2a=2，
解得a=1，c=3，
∴ b2=c2−a2=2，
∴ 双曲线C的方程为x2−y22=1．
(2)由题意，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立y=x+m，x2−y22=1，
整理，得x2−2mx−m2−2=0，
则Δ=(−2m)2+4(m2+2)=8(m2+1)>0，
∴ x1+x2=2m，x1x2=−m2−2，
∴ |AB|=2[(x1+x2)2−4x1x2]=2[4m2+4(m2+2)]=42，
则m2=1，
解得m=±1，
故实数m的值为±1．
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
与双曲线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
（1）由离心率为3，实轴长为2．可得ca=3，2a=2，再利用b2=c2−a2=2即可得出．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，与双曲线的联立可得x2−2mx−m2−2=0，利用根与系数的关系可得|AB|=2[(x1+x2)2−4x1x2]=2[4m2+4(m2+2)]=42，即可得出．
【解答】
解：(1)由椭圆，得双曲线的离心率为3，实轴长为2．
∴ ca=3，2a=2，
解得a=1，c=3，
∴ b2=c2−a2=2，
∴ 双曲线C的方程为x2−y22=1．
(2)由题意，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立y=x+m，x2−y22=1，
整理，得x2−2mx−m2−2=0，
则Δ=(−2m)2+4(m2+2)=8(m2+1)>0，
∴ x1+x2=2m，x1x2=−m2−2，
∴ |AB|=2[(x1+x2)2−4x1x2]=2[4m2+4(m2+2)]=42，
则m2=1，
解得m=±1，
故实数m的值为±1．
【答案】
(1)证明：取AD的中点O，连接CO， AB=AF=BC=2，BC=//AO，
由四边形ABCO为平行四边形，可知CO=12AD，
在△ACD中，有∠ACD=90∘，
∴ AC⊥DC，
又AC⊥EC，DC∩EC=C，
∴ AC⊥平面CDE，
∵ ED⊂平面CDE，
∴ DE⊥AC，
又DE⊥AD，AD∩DE=D，
∴ DE⊥平面ABCD．
∵ DE⊂平面ADEF，
∴ 平面ABCD⊥平面ADEF．
(2)解：由(1)知平面ABCD⊥平面ADEF，如图，建立空间直角坐标系，
B1,0,3，C−1,0,3，E−2,4,0，A2,0,0，
CA→=3,0,−3，AE→=−4,4,0，BE→=−3,4,−3，
设平面CAE的法向量n→=x,y,z，
则CA→⋅n→=0AE→⋅n→=0，即3x−3z=0−4x+4y=0，
不妨令x=1，得n→=1,1,3．
故直线BE与平面EAC所成角的正弦值：
sin⟨BE→,n→⟩=BE→⋅n→|BE→||n→|=−25×28=3535．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）取AD的中点M，连接CM，推导出四边形ABCM为平行四边形，AC⊥DC，AC⊥EC，从而AC⊥平面CDE，进而DE⊥AC．再由DE⊥AD，得DE⊥平面ABCD．由此能证明平面ABCD⊥平面ADEF．
（2）取AD的中点为O，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE与平面EAC所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：取AD的中点O，连接CO， AB=AF=BC=2，BC=//AO，
由四边形ABCO为平行四边形，可知CO=12AD，
在△ACD中，有∠ACD=90∘，
∴ AC⊥DC，
又AC⊥EC，DC∩EC=C，
∴ AC⊥平面CDE，
∵ ED⊂平面CDE，
∴ DE⊥AC，
又DE⊥AD，AD∩DE=D，
∴ DE⊥平面ABCD．
∵ DE⊂平面ADEF，
∴ 平面ABCD⊥平面ADEF．
(2)解：由(1)知平面ABCD⊥平面ADEF，如图，建立空间直角坐标系，
B1,0,3，C−1,0,3，E−2,4,0，A2,0,0，
CA→=3,0,−3，AE→=−4,4,0，BE→=−3,4,−3，
设平面CAE的法向量n→=x,y,z，
则CA→⋅n→=0AE→⋅n→=0，即3x−3z=0−4x+4y=0，
不妨令x=1，得n→=1,1,3．
故直线BE与平面EAC所成角的正弦值：
sin⟨BE→,n→⟩=BE→⋅n→|BE→||n→|=−25×28=3535．
【答案】
解：(1)当a=32时，函数f(x)=ex2−1ex−32x，
∴ f′(x)=ex2+1ex−32=e2x−3ex+22ex=(ex−1)(ex−2)2ex，
令f′(x)=0，解得x=0或x=ln2，
当f′(x)>0时，即x<0或x>ln2，函数f(x)单调递增，
当f′(x)<0时，即0所以函数f(x)单调增区间为(−∞,0)，(ln2, +∞)，单调减区间为(0, ln2).
(2)∵ f′(x)=ex2+1ex−a，
①若函数f(x)在[−1, 1]上为单调减函数，
∴ f′(x)=ex2+1ex−a≤0，在[−1, 1]恒成立，即a≥ex2+1ex，
令g(x)=ex2+1ex，
则g′(x)=ex2−1ex=(ex+2)(ex−2)2ex，
又因为g(1)=e2+1e，g(−1)=12e+e，g(1)故g(x)max=g(−1)=12e+e，故a≥12e+e，
②若函数f(x)在[−1, 1]上为单调增函数，
∴ f′(x)=ex2+1ex−a≥0，在[−1, 1]恒成立，
即a≤ex2+1ex，令ℎ(x)=ex2+1ex，
则ℎ′(x)=ex2−1ex=(ex+2)(ex−2)2ex，
故当x=ln2，ℎ(x)有最小值，最小值为ℎ(x)min=ℎ(ln2)=2，
故a≤2，
综上所述实数a的取值范围为(−∞, 2]∪[12e+e, +∞).
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
（1）先求导，再根据导数求出函数的单调区间；
（2）需要分两类，函数f(x)在[−1, 1]上为单调减函数和函数f(x)在[−1, 1]上为单调增函数，然后分离参数，根据函数的最值，求出范围即可．
【解答】
解：(1)当a=32时，函数f(x)=ex2−1ex−32x，
∴ f′(x)=ex2+1ex−32=e2x−3ex+22ex=(ex−1)(ex−2)2ex，
令f′(x)=0，解得x=0或x=ln2，
当f′(x)>0时，即x<0或x>ln2，函数f(x)单调递增，
当f′(x)<0时，即0所以函数f(x)单调增区间为(−∞,0)，(ln2, +∞)，单调减区间为(0, ln2).
(2)∵ f′(x)=ex2+1ex−a，
①若函数f(x)在[−1, 1]上为单调减函数，
∴ f′(x)=ex2+1ex−a≤0，在[−1, 1]恒成立，即a≥ex2+1ex，
令g(x)=ex2+1ex，
则g′(x)=ex2−1ex=(ex+2)(ex−2)2ex，
又因为g(1)=e2+1e，g(−1)=12e+e，g(1)故g(x)max=g(−1)=12e+e，故a≥12e+e，
②若函数f(x)在[−1, 1]上为单调增函数，
∴ f′(x)=ex2+1ex−a≥0，在[−1, 1]恒成立，
即a≤ex2+1ex，令ℎ(x)=ex2+1ex，
则ℎ′(x)=ex2−1ex=(ex+2)(ex−2)2ex，
故当x=ln2，ℎ(x)有最小值，最小值为ℎ(x)min=ℎ(ln2)=2，
故a≤2，
综上所述实数a的取值范围为(−∞, 2]∪[12e+e, +∞).
【答案】
解：(1)因为△MF1F2是边长为2的等边三角形，
所以2c=2，b=3c，a=2，
所以a=2，b=3，
所以椭圆E:x24+y23=1，点M0,3，
将直线l:y=kx+23代入椭圆E的方程，
整理得：3+4k2x2+163kx+36=0，（*）
设Ax1,y1,Bx2,y2，则由∗式可得
Δ=163k2−43+4k2×36=484k2−9>0，
所以k∈−∞,−32∪32,+∞，
x1+x2=−163k3+4k2，x1x2=363+4k2，
所以直线MA，MB的斜率之积：
kMA⋅kMB=y1−3x1⋅y2−3x2
=kx1+3kx2+3x1x2
=k2+3kx1+x2+3x1x2
=k2+3k(−163k3+4k2)+336
=k2+9−36k236=14，
所以直线MA，MB的斜率之积是定值14．
(2)记直线l:y=kx+23与y轴的交点为N0,23，
则S△ABM=|S△ANM−S△BNM|=12|MN|x2−x1
=32(x1+x2)2−4x1x2
=32−163k3+4k22−4⋅363+4k2
=64k2−93+4k2=64k2−9+124k2−9≤32，
当且仅当4k2−9=12，
即k=±212∈−∞,−32∪32,+∞时等号成立，
所以△ABM的面积的最大值为32．
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
（1）由椭圆与y轴的正半轴相交于点M，点F1，F2为椭圆的焦点，且△MF1F2是边长为2的等边三角形，求出椭圆E:x24+y23=1．M(0, 3)．联立y=kx+23x24+y23=1 ，得(4k2+3)x2+163kx+36＝0，由此利用根的判别式、韦达定理、直线的斜率公式能求出直线MA，MB的斜率之积为定值．
（2）利用弦长公式、点到直线距离公式、基本不等式，能求出△ABM的面积的最大值．
【解答】
解：(1)因为△MF1F2是边长为2的等边三角形，
所以2c=2，b=3c，a=2，
所以a=2，b=3，
所以椭圆E:x24+y23=1，点M0,3，
将直线l:y=kx+23代入椭圆E的方程，
整理得：3+4k2x2+163kx+36=0，（*）
设Ax1,y1,Bx2,y2，则由∗式可得
Δ=163k2−43+4k2×36=484k2−9>0，
所以k∈−∞,−32∪32,+∞，
x1+x2=−163k3+4k2，x1x2=363+4k2，
所以直线MA，MB的斜率之积：
kMA⋅kMB=y1−3x1⋅y2−3x2
=kx1+3kx2+3x1x2
=k2+3kx1+x2+3x1x2
=k2+3k(−163k3+4k2)+336
=k2+9−36k236=14，
所以直线MA，MB的斜率之积是定值14．
(2)记直线l:y=kx+23与y轴的交点为N0,23，
则S△ABM=|S△ANM−S△BNM|=12|MN|x2−x1
=32(x1+x2)2−4x1x2
=32−163k3+4k22−4⋅363+4k2
=64k2−93+4k2=64k2−9+124k2−9≤32，
当且仅当4k2−9=12，
即k=±212∈−∞,−32∪32,+∞时等号成立，
所以△ABM的面积的最大值为32．