2020-2021学年广西高二（上）月考数学试卷（文科）（三）（12月份）人教A版

这是一份2020-2021学年广西高二（上）月考数学试卷（文科）（三）（12月份）人教A版，共9页。试卷主要包含了解答题，共6题，共70分等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={(x,y)|x29+y24=1}，B＝{(x, y)|y＝x}，则A∩B中有几个元素（ ）
A.1B.2C.3D.4

2. 焦点坐标为(0, 3)，(0, −3)，长轴长为10，则此椭圆的标准方程为（ ）
A.x2100+y291=1B.y2100+x291=1C.y225+x216=1D.x225+y216=1

3. “φ=π2”是“csφ＝0”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的事件是（ ）
A.至少有一个红球与都是红球
B.至少有一个红球与都是白球
C.恰有一个红球与恰有二个红球
D.至少有一个红球与至少有一个白球

5. 若曲线x22−k+y22+k=1表示椭圆，则k的取值范围是（ ）
A.k>2B.k<−2
C.−2
6. 若点P在椭圆x22+y2=1上，F1、F2分别是椭圆的两焦点，且∠F1PF2＝90∘，则△F1PF2的面积是（ ）
A.2B.1C.32D.12

7. 某种饮料每箱6听，其中2听不合格，随机从中抽出2听，检测到不合格的概率为（ ）
A.25B.35C.815D.115

8. 在平面直角坐标系xOy中，P是椭圆y24+x23=1上的一个动点，点A(1, 1)，B(0, −1)，则|PA|+|PB|的最大值为________.

9. 在面积为S的△ABC内部任取一点P，则△PBC的面积大于S4的概率为( )
A.14B.34C.49D.916

10. 若点O和点F分别为椭圆x24+y23=1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则OP→⋅FP→的最大值为（ ）
A.2B.3C.6D.8

11. 过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于点P，F2为右焦点，若∠F1PF2=60∘，则椭圆的离心率为( )
A.22B.33C.12D.13

12. 已知点P(x, y)是椭圆x29+y24=1上任意一点，则点P到直线l:y＝x+5的最大距离为（ ）
A.52+262B.52−262C.52+26D.52−26
二、填空题，共4题，每题5分，共20分。请在答题卡相应位置上作答。

点M(x, y)在运动过程中，总满足关系式(x+1)2+y2+(x−1)2+y2=6，点M的轨迹方程为________．

下表是降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x（吨）与相应的生产能耗y（吨标准煤）的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为y​=0.7x+0.35，那么表中m的值为________．

椭圆mx2+ny2＝1与直线y＝1−x交于M、N两点，原点与线段MN中点的连线的斜率为22，则mn的值是________．

已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，若AF⊥BF，设∠ABF＝α，且α∈[π6, π4]，则该椭圆离心率e的取值范围为________．
三、解答题，共6题，共70分。请在答题卡相应位置上作答，应写出必要的解题过程。

某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分10的茎叶图如图，其中甲班学生的平均分是85．

（1）计算甲班7位学生成绩的方差x2；

（2）从成绩在90分以上的学生中随机抽取两名学生，求甲班，乙班各一人的概率．

在△ABC中，sin2A+sin2C=sin2B+2sinAsinC．
(Ⅰ)求∠B的大小；
(Ⅱ)求2csA+csC的最大值．

设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，a2＝8，Sn+1+4Sn−1＝5Sn(n≥2)．
（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bn＝(−1)n+1lg2an，求数列{bn}的前2n项和Tn．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为42，且过点H(0, 1)．
（1）求椭圆C的方程；

（2）设不经过点H(0, 1)的直线y＝2x+t与椭圆C相交于两点M，N，若直线HM与HN的斜率之和为1，求实数t的值．

如图3，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60∘，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，点E，F分别为AB和PD的中点．
(1)求证：直线AF // 平面PEC；

(2)求点A到平面PEC的距离．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为12，过F1的直线l与椭圆C交于M，N两点，且△MNF2的周长为8．
（1）求椭圆C的方程；

（2）直线m过点(−1, 0)，且与椭圆C交于P、Q两点，求△PQF2面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广西某校高二（上）月考数学试卷（文科）（三）（12月份）
一、单选题，共12题，每题5分，共60分。请把答案填涂到答题卡相应位置。
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
可由x29+y24=1y=x ，消去y得到13x2−36＝0，该方程有两个不同的实数根，进而得出方程组x29+y24=1y=x 有两个解，从而可得出A∩B的元素个数．
【解答】
由x29+y24=1y=x ，消去y得13x2−36＝0，则△＝4×13×36>0，
∴ 椭圆x29+y24=1与直线y＝x有两个交点，
∴ A∩B中有2个元素．
2.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
由焦点坐标为(0, 3)，(0, −3)，得焦点在y轴上，c＝3，由长轴长为10，2a＝10，根据a2＝b2+c2，解得b的值，代入焦点在y轴上的椭圆的标准方程即可．
【解答】
由题意得，a＝5，c＝3且焦点在y轴上，∴ b＝4，
∴ 椭圆的标准方程为：y225+x216=1，
3.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
【解答】
当φ=π2时，csφ＝0成立，充分性成立．
当csφ＝0，则φ=π2+kπ，k∈Z，则φ=π2不一定成立，必要性不成立．
故“φ=π2”是“csφ＝0”的充分不必要条件，
4.
【答案】
C
【考点】
互斥事件与对立事件
【解析】
利用互斥事件、对立事件的定义直接求解．
【解答】
从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，
在A中，至少有一个红球与都是红球能同时发生，不是互斥事件，故A错误；
在B中，至少有一个红球与都是白球是互斥事件，故B错误；
在C中，恰有一个红球与恰有二个红球是互斥而不对立的事件，故C正确；
在D中，至少有一个红球与至少有一个白球能同时发生，不是互斥事件，故D错误．
5.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
曲线x22−k+y22+k=1表示椭圆，列出不等式组，解出即可得出．
【解答】
∵ 曲线x22−k+y22+k=1表示椭圆，∴ 2−k>02+k>02−k≠2+k ，解得−26.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由椭圆的定义可得 m+n＝2a＝22①，Rt△F1PF2中，由勾股定理可得m2+n2＝4②，由①②可得m⋅n的值，利用△F1PF2的面积是12m⋅n求得结果．
【解答】
由椭圆的方程可得 a=2，b＝1，c＝1，令|F1P|＝m、|PF2|＝n，
由椭圆的定义可得 m+n＝2a＝22①，Rt△F1PF2中，
由勾股定理可得(2c)2＝m2+n2，m2+n2＝4②，由①②可得m⋅n＝2，
∴ △F1PF2的面积是12m⋅n＝1，
7.
【答案】
B
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数n=C62=15，检测到不合格包含的基本事件个数m=C22+C21C41=9，由此能求出检测到不合格的概率．
【解答】
某种饮料每箱6听，其中2听不合格，随机从中抽出2听，
基本事件总数n=C62=15，
检测到不合格包含的基本事件个数m=C22+C21C41=9，
∴ 检测到不合格的概率为p=mn=915=35．
8.
【答案】
5
【考点】
椭圆的定义
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
根据椭圆的方程，算出它的焦点坐标为B(0, −1)和B′(0, 1)．因此连接PB′、AB′，根据椭圆的定义得|PA|+|PB|＝|PA|+(2a−|PB′|)＝4+(|PA|−|PB′|)．再由三角形两边之差小于第三边，得到当且仅当点P在AB′延长线上时，|PA|+|PB|＝4+|AB′|＝5达到最大值，从而得到本题答案．
【解答】
解：∵ 椭圆方程为y24+x23=1，
∴ 焦点坐标为B(0, −1)和B′(0, 1)，
连接PB′，AB′，根据椭圆的定义，
得|PB|+|PB′|=2a=4，可得|PB|=4−|PB′|，
因此|PA|+|PB|=|PA|+(4−|PB′|)=4+(|PA|−|PB′|)
∵ |PA|−|PB′|≤|AB′|，
∴ |PA|+|PB|≤2a+|AB′|=4+1=5．
当且仅当点P在AB′延长线上时，等号成立．
综上所述，可得|PA|+|PB|的最大值为5．
故答案为：5.
9.
【答案】
D
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
在三角形ABC内部取一点P，要满足得到的三角形PBC的面积是原三角形面积的14，P点应位于图中DE的下方，然后用阴影部分的面积除以原三角形的面积即可得到答案
【解答】
解：记事件A={△PBC的面积超过S4}，基本事件是三角形ABC的面积，（如图）
事件A的几何度量为图中阴影部分的面积(DE // BC并且AD:AB=3:4)，
因为阴影部分的面积是整个三角形面积的(34)2=916，
所以P(A)=阴影部分三角形面积=916．
故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： 由椭圆x24+y23=1，得F(−1,0).
设P(x,y)(−2≤x≤2)，因为点O(0,0)，
所以OP→⋅FP→=x2+x+y2=x2+x+31−x24
=14x2+x+3=14(x+2)2+2(−2≤x≤2)，
当且仅当x=2时，OP→⋅FP→取得最大值6.
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
椭圆的离心率
【解析】
把x=−c代入椭圆方程求得P的坐标，进而根据∠F1PF2=60∘推断出2cb2a=3整理得3e2+2e−3=0，进而求得椭圆的离心率e．
【解答】
解：由题意知点P的坐标为(−c, b2a)或(−c, −b2a)，
∵ ∠F1PF2=60∘，
∴ 2cb2a=3，
即2ac=3b2=3(a2−c2),
∴ 3e2+2e−3=0，
∴ e=33或e=−3（舍去）．
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
设直线y＝x+m与椭圆相切，由y=x+mx29+y24=1 得13x2+18mx+9m2−36＝0，利用判别式为0，求出切线方程，然后通过平行线之间的距离求解即可．
【解答】
设直线y＝x+m与椭圆相切，由y=x+mx29+y24=1 得13x2+18mx+9m2−36＝0，
∴ △＝(18m)2−4×13(9m2−36)＝0，m=±13，
切线方程为y=x+13和y=x−13，与l距离较远的是y=x−13，
∴ 所求最大距离为d=|−13−5|2=52+262．
二、填空题，共4题，每题5分，共20分。请在答题卡相应位置上作答。
【答案】
x29+y28=1
【考点】
轨迹方程
【解析】
利用已知条件判断M的关键为椭圆，求出a，b即可得到轨迹方程．
【解答】
M到(−1, 0)与(1, 0)的距离之和为6，又(−1, 0)，(1, 0)两点间的距离为2，
所以其轨迹是以(−1, 0)，(1, 0)为焦点的椭圆，c＝1，a＝3，b2＝8．
故点M的轨迹方程为x29+y28=1．
【答案】
3
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
根据表格中所给的数据，求出这组数据的横标和纵标的平均值，表示出这组数据的样本中心点，根据样本中心点在线性回归直线上，代入得到关于m的方程，解方程即可．
【解答】
∵ 根据所给的表格可以求出
x¯=3+4+5+64=4.5，y¯=2.5+m+4+4.54=11+m4
∵ 这组数据的样本中心点在线性回归直线上，
∴ 11+m4=0.7×4.5+0.35，
∴ m＝3，
【答案】
22
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，线段MN中点P(x0, y0)，则y0x0=22，利用“点差法”把mn转化为y0x0得答案．
【解答】
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，线段MN中点P(x0, y0)，
则mx12+ny12=1，mx22+ny22=1，y0x0=22，
两式作差可得m(x1+x2)(x1−x2)＝−n(y1+y2)(y1−y2)，
∴ y1−y2x1−x2=−m(x1+x2)n(y1+y2)=−mx0ny0，
∴ mn=y0x0=22．
【答案】
[22,3−1]
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)焦点在x轴上，四边形AFF1B为长方形．根据椭圆的定义：|AF|+|AF1|＝2a，∠ABF＝α，则∠AF1F＝α．椭圆的离心率e=2c2a=1sinα+csα=12sin(α+π4)，α∈[π6, π4]，2(3+1)4≤sin(α+π4)≤1，22≤12sin(α+π4)≤3−1，即可求得椭圆离心率e的取值范围．
【解答】
椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)焦点在x轴上，
椭圆上点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为F1，连接AF，AF1，BF，BF1，
∴ 四边形AFF1B为长方形．
根据椭圆的定义：|AF|+|AF1|＝2a，
∠ABF＝α，则：∠AF1F＝α．
∴ 2a＝2ccsα+2csinα
椭圆的离心率e=2c2a=1sinα+csα=12sin(α+π4)，α∈[π6, π4]，
∴ 5π12≤α+π4≤π2，
则：2(3+1)4≤sin(α+π4)≤1，
∴ 22≤12sin(α+π4)≤3−1，
∴ 椭圆离心率e的取值范围：[22,3−1]，
三、解答题，共6题，共70分。请在答题卡相应位置上作答，应写出必要的解题过程。
【答案】
∵ 甲班学生的平均分是85，
∴ 92+96+80+80+x+85+79+787=85，
解得x＝5，
则甲班7位学生成绩的方差为：
S2=17[(−6)2+(−7)2+(−5)2+02+02+72+112]＝40．
甲班成绩在90分以上的学生有两名，分别记为A，B，
乙班成绩在90分以上的学生有三名，分虽记为C，D，E，
从这五名学生中任意抽取2名学生，有10种情况：
(A, B)，(A, C)，(A, D)，(A, E)，(B, C)，(B, D)，(B, E)，(C, D)，(C, E)，(D, E)，
其中两人均来自甲班（或乙班）共有4种情况：
(A, B)，(D, C)，(E, D)，(C, E)，
记“甲班，乙班各一人”为事件M，
则P(M)＝1−410=35．
∴ 甲班，乙班各一人的概率为35．
【考点】
极差、方差与标准差
古典概型及其概率计算公式
茎叶图
【解析】
（1）由甲班学生的平均分是85，列方程求出x＝5，由此能求出甲班7位学生成绩的方差．
（2）甲班成绩在90分以上的学生有两名，分别记为A，B，乙班成绩在90分以上的学生有三名，分虽记为C，D，E，从这五名学生中任意抽取2名学生，利用列举法能求出甲班，乙班各一人的概率．
【解答】
∵ 甲班学生的平均分是85，
∴ 92+96+80+80+x+85+79+787=85，
解得x＝5，
则甲班7位学生成绩的方差为：
S2=17[(−6)2+(−7)2+(−5)2+02+02+72+112]＝40．
甲班成绩在90分以上的学生有两名，分别记为A，B，
乙班成绩在90分以上的学生有三名，分虽记为C，D，E，
从这五名学生中任意抽取2名学生，有10种情况：
(A, B)，(A, C)，(A, D)，(A, E)，(B, C)，(B, D)，(B, E)，(C, D)，(C, E)，(D, E)，
其中两人均来自甲班（或乙班）共有4种情况：
(A, B)，(D, C)，(E, D)，(C, E)，
记“甲班，乙班各一人”为事件M，
则P(M)＝1−410=35．
∴ 甲班，乙班各一人的概率为35．
【答案】
（1）△ABC中，由正弦定理可得a2+c2＝b2+2ac，
所以a2+c2−b2=2ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=22，又B∈(0, π)，
所以B=π4；
（2）由(I)得：C=3π4−A，
所以2csA+csC=2csA+cs(3π4−A)
=2csA−22csA+22sinA=22csA+22sinA＝sin(A+π4)，
又A∈(0, 3π4)，所以A+π4∈(π4, π)，
所以当A+π4=π2时，sin(A+π4)取得最大值1，
即csA+csC的最大值为1．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)利用正弦定理和余弦定理，即可求得B的值；
(Ⅱ)根据三角形内角和定理与三角恒等变换，以及三角函数的图象与性质，即可求得csA+csC的最大值．
【解答】
（1）△ABC中，由正弦定理可得a2+c2＝b2+2ac，
所以a2+c2−b2=2ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=22，又B∈(0, π)，
所以B=π4；
（2）由(I)得：C=3π4−A，
所以2csA+csC=2csA+cs(3π4−A)
=2csA−22csA+22sinA=22csA+22sinA＝sin(A+π4)，
又A∈(0, 3π4)，所以A+π4∈(π4, π)，
所以当A+π4=π2时，sin(A+π4)取得最大值1，
即csA+csC的最大值为1．
【答案】
∵ 数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，a2＝8，Sn+1+4Sn−1＝5Sn(n≥2)．
∴ 当n≥2时，Sn+1−Sn＝4(Sn−Sn−1)．∴ an+1＝4an．…
∵ a1＝2，a2＝8，∴ a2＝4a1．……………………………………………
∴ 数列{an}是以a1＝2为首项，公比为4的等比数列．…………………………………………
∴ 数列{an}的通项公式an＝2⋅4n−1＝22n−1．………………………………………
∵ an=22n−1，
∴ bn＝(−1)n+1lg2an＝(−1)n−1lg222n−1＝(−1)n+1(2n−1)，………
当n＝2k时，b2k−1+b2k=(4k−3)−(4k−1)＝−2．………………
∴ 数列{bn}的前2n项和：
Tn＝(1−3)+(5−7)+...+[(4n−3)−(4n−1)]＝n×(−2)＝−2n． ………
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）当n≥2时，Sn+1−Sn＝4(Sn−Sn−1)．从而an+1＝4an，进而数列{an}是以a1＝2为首项，公比为4的等比数列，由此能求出数列{an}的通项公式．
（2）bn＝(−1)n+1(2n−1)，当n＝2k时，b2k−1+b2k=(4k−3)−(4k−1)＝−2，由此能求出数列{bn}的前2n项和Tn．
【解答】
∵ 数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，a2＝8，Sn+1+4Sn−1＝5Sn(n≥2)．
∴ 当n≥2时，Sn+1−Sn＝4(Sn−Sn−1)．∴ an+1＝4an．…
∵ a1＝2，a2＝8，∴ a2＝4a1．……………………………………………
∴ 数列{an}是以a1＝2为首项，公比为4的等比数列．…………………………………………
∴ 数列{an}的通项公式an＝2⋅4n−1＝22n−1．………………………………………
∵ an=22n−1，
∴ bn＝(−1)n+1lg2an＝(−1)n−1lg222n−1＝(−1)n+1(2n−1)，………
当n＝2k时，b2k−1+b2k=(4k−3)−(4k−1)＝−2．………………
∴ 数列{bn}的前2n项和：
Tn＝(1−3)+(5−7)+...+[(4n−3)−(4n−1)]＝n×(−2)＝−2n． ………
【答案】
由已知椭圆的焦距为42，则2c＝42，所以c＝22，
则a2＝b2+8，又椭圆过点H(0, 1)所以b＝1，
所以a2＝9，故椭圆C的方程为x29+y2=1；
设M(x1, y1)，N(x2, y2)．
联立方程x29+y2=1y=2x+t ，消去y得 37x2+36tx+9(t2−1)＝0，
由△＝（36）​2−4×37×9×(t2−1)>0，可得−37又直线y＝2x+t不经过点H(0, 1)，且直线HM与HN的斜率存在，
所以t≠±1，则−37所以x​1+x2=−36t37，x​1x2=9t2−937，
由kHM+kHN=y1−1x1+y2−1x2=4x1x2+(t−1)(x1+x2)x1x2
＝4−4tt+1=1，解得t＝3，
所以实数t的值为3．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
（1）由椭圆的焦距以及过的定点即可求出b，c的值，从而可以求出a的值，进而可以求解；
（2）设出M，N的坐标，联立直线与椭圆的方程，根据判别式以及已知求出t的范围，再利用韦达定理求出直线HN，HM的斜率之和，并令其为1，即可求出t的值．
【解答】
由已知椭圆的焦距为42，则2c＝42，所以c＝22，
则a2＝b2+8，又椭圆过点H(0, 1)所以b＝1，
所以a2＝9，故椭圆C的方程为x29+y2=1；
设M(x1, y1)，N(x2, y2)．
联立方程x29+y2=1y=2x+t ，消去y得 37x2+36tx+9(t2−1)＝0，
由△＝（36）​2−4×37×9×(t2−1)>0，可得−37又直线y＝2x+t不经过点H(0, 1)，且直线HM与HN的斜率存在，
所以t≠±1，则−37所以x​1+x2=−36t37，x​1x2=9t2−937，
由kHM+kHN=y1−1x1+y2−1x2=4x1x2+(t−1)(x1+x2)x1x2
＝4−4tt+1=1，解得t＝3，
所以实数t的值为3．
【答案】
(1)解：取PC的中点Q，连结EQ，FQ，如图所示，
由题意，FQ // DC且FQ=12CD，
AE // CD且AE=12CD，
故AE // FQ且AE=FQ，
所以，四边形AEQF为平行四边形，
所以，AF // EQ，
又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，
所以，AF // 平面PEC．
(2)解：设点A到平面PEC的距离为d．
由题意知在△EBC中，
EC=EB2+BC2−2EB⋅BC⋅cs∠EBC=1+4+2×1×2×12=7.
在△PDE中PE=PD2+DE2=7，
在△PDC中PC=PD2+CD2=22，
故EQ⊥PC，EQ=AF=5，
S△PEC=12×22×5=10，
S△AEC=12×1×3=32，
所以由VA−PEC=VP−AEC得：
13×10×d=13×32×2，
解得点A到平面PEC的距离d=3010．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）取PC的中点Q，连结EQ、FQ推导出四边形AEQF为平行四边形，从而AF // EQ，由此能证明AF // 平面PEC．
（2）设点A到平面PEC的距离为d．由VA−PEC=VP−AEC，能求出点A到平面PEC的距离．
【解答】
(1)解：取PC的中点Q，连结EQ，FQ，如图所示，
由题意，FQ // DC且FQ=12CD，
AE // CD且AE=12CD，
故AE // FQ且AE=FQ，
所以，四边形AEQF为平行四边形，
所以，AF // EQ，
又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，
所以，AF // 平面PEC．
(2)解：设点A到平面PEC的距离为d．
由题意知在△EBC中，
EC=EB2+BC2−2EB⋅BC⋅cs∠EBC=1+4+2×1×2×12=7.
在△PDE中PE=PD2+DE2=7，
在△PDC中PC=PD2+CD2=22，
故EQ⊥PC，EQ=AF=5，
S△PEC=12×22×5=10，
S△AEC=12×1×3=32，
所以由VA−PEC=VP−AEC得：
13×10×d=13×32×2，
解得点A到平面PEC的距离d=3010．
【答案】
由题意知，4a＝8，则a＝2，
由椭圆离心率e=ca=12，得c＝1，∴ b2＝3．
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1；
设直线m的方程为：x＝ty−1，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
由x=ty−1x24+y23=1 ，得(4+3t2)y2−6ty−9＝0．
y1+y2=6t3t2+4，y1y2=−93t2+4．
∴ S△PQF2=12|F1F2||y1−y2|=12t2+13t2+4．
令t2+1=n，则n≥1，
∴ S△PQF2=123n+1n，而3n+1n在[1, +∞)上单调递增，
∴ S△PQF2=123n+1n≤3．
当n＝1时取等号，即当t＝0时，△PQF2的面积最大值为3．
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
（1）由题意知，4a＝8，则a＝2，结合椭圆离心率及隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）设直线m的方程为：x＝ty−1，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得P，Q纵坐标的和与积，再由三角形面积公式得到△PQF2面积关于t的关系式，换元后利用函数单调性求最值．
【解答】
由题意知，4a＝8，则a＝2，
由椭圆离心率e=ca=12，得c＝1，∴ b2＝3．
∴ 椭圆C的方程为x24+y23=1；
设直线m的方程为：x＝ty−1，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
由x=ty−1x24+y23=1 ，得(4+3t2)y2−6ty−9＝0．
y1+y2=6t3t2+4，y1y2=−93t2+4．
∴ S△PQF2=12|F1F2||y1−y2|=12t2+13t2+4．
令t2+1=n，则n≥1，
∴ S△PQF2=123n+1n，而3n+1n在[1, +∞)上单调递增，
∴ S△PQF2=123n+1n≤3．
当n＝1时取等号，即当t＝0时，△PQF2的面积最大值为3．x
3
4
5
6
y
2.5
m
4
4.5