河北省唐山市2021-2022学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份河北省唐山市2021-2022学年高二数学上学期期末试题（Word版附解析），共16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。

河北省唐山市2021-2022学年度高二年级第一学期期末考试
数学试卷
一、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的．
1．（5分）直线ax+y﹣1＝0的倾斜角为30°，则a＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】由题意利用直线的斜率和倾斜角的定义求出a的值．
【解答】解：直线ax+y﹣1＝0的倾斜角为30°，则﹣a＝tan30°＝，
∴a＝﹣，
故选：A．
【点评】本题主要考查直线的斜率和倾斜角，属于基础题．
2．（5分）若a，b，c成等比数列且公比为q，那么（　　）
A．不一定是等比数列
B．一定不是等比数列
C．一定是等比数列，且公比为
D．一定是等比数列，且公比为q
【分析】由题意得＝＝q，从而可得＝＝，＝＝，即可得到答案．
【解答】解：∵a，b，c成等比数列且公比为q，
∴＝＝q，
∴＝＝，＝＝，
故一定是等比数列，且公比为，
故选：C．
【点评】本题考查了等比数列的性质应用，属于基础题．
3．（5分）圆C1：x2+y2﹣4x+2y﹣4＝0与圆C2：x2+y2+4x﹣4y+4＝0的位置关系为（　　）
A．内切 B．相交 C．外切 D．外离
【分析】求出两个圆的圆心与半径，通过圆心距与半径的关系判断选项即可．
【解答】解：圆C1：x2+y2﹣4x+2y﹣4＝0，即（x﹣2）²+（y+1）²＝9的圆心（2，﹣1），半径为3；
圆C2：x2+y2+4x﹣4y+4＝0，即（x+2）²+（y﹣2）²＝4的圆心（﹣2，2），半径为2；
圆心距为＝5，
因为5＝3+2，所以两个圆的位置关系是外切，
故选：C．
【点评】本题考查圆的位置关系的判断，求解圆的圆心与半径，两个圆的圆心距与半径的关系是解题的关键，属于基础题．
4．（5分）已知四棱锥P﹣ABCD底面为平行四边形，点M为BC中点，设＝，＝，＝，则下列向量中与相等的向量是（　　）
A．+﹣ B．+﹣ C．﹣﹣+ D．++
【分析】直接根据向量的三角形法则进行求解即可．
【解答】解：∵四棱锥P﹣ABCD底面为平行四边形，点M为BC中点，＝，＝，＝，
∴＝+＝++＝﹣++，
故选：B．

【点评】本题考查了向量的三角形法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5．（5分）已知点A（﹣4，0）到双曲线渐近线的距离为，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．2
【分析】根据A点到渐近线的距离为，可得a，b的关系式，结合c2＝a2+b2，可得离心率的值．
【解答】解：因为双曲线的一条渐近线方程为y＝x，
即bx﹣ay＝0，
所以A（﹣4，0）到渐近线的距离d＝＝，
所以20b＝12，
平方整理得16b2＝9a2，
又因为c2＝a2+b2，
所以c2＝，
即c＝，
所以离心率e＝＝，
故选：A．
【点评】本题考查了双曲线的离心率的计算，属于基础题．
6．（5分）已知F1，F2是椭圆的左、右焦点，点P在椭圆C上．当△PF1F2的面积最大时，△PF1F2的内切圆半径为（　　）
A． B． C．1 D．
【分析】由三角形面积最大得P的位置，从而可求三角形的三条边长，通过S＝（|PF1|+|PF2|+|F1F2|）•r，即可求出内切圆的半径．
【解答】解：由椭圆，得a＝2，b＝，c＝1，
当△PF1F2的面积最大时，P为椭圆C的短轴的一个顶点，
不妨设为上顶点，点O为坐标原点，△PF1F2内切圆半径为r，
则|PF1|＝|PF2|＝a＝2，|F1F2|＝2c＝2，|OP|＝b＝，
则S＝（|PF1|+|PF2|+|F1F2|）•r＝|F1F2|•|OP|，
解得r＝．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，解答该题的关键是三角形面积的两种表示方法，是中档题．
7．（5分）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，AA1＝2，则异面直线AC与DC1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】由题意画出图形，找出异面直线所成角，求解三角形得答案．
【解答】解：如图，

连接AB1，由平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，得AB1∥DC1，
则∠B1AC为异面直线AC与DC1所成角，
∵ABCD为正方形，且边长为1，则AC＝，
在平行四边形AA1B1B中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝120°，
∴＝，
在平行四边形BB1C1C中，BC＝1，BB1＝2，∠B1BC＝60°，
则．
在△B1AC中，cos∠B1AC＝．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角及其求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
8．（5分）已知Sn和Tn分别是数列{an}和{bn}的前n项和，且满足Sn＝1﹣，bn＝﹣4n+5，若对∀n∈N*，使得5Tn﹣3Sn≤a（a+2）成立，则实数a的取值范围是（　　）
A．a≤﹣4或a≥2 B．a≤﹣1或a≥3 C．a≤﹣2或a≥4 D．a≤﹣3或a≥1
【分析】Sn＝1﹣，n≥2时，2Sn＝2﹣（Sn﹣Sn﹣1），化简整理利用等比数列的通项公式即可得出Sn，利用等差数列的求和公式即可得出Tn，令f（n）＝5Tn﹣3Sn，化简整理利用数列的单调性即可得出f（n）的最大值，根据对∀n∈N*，使得5Tn﹣3Sn≤a（a+2）成立，即可得出实数a的取值范围．
【解答】解：Sn＝1﹣，
∴n≥2时，2Sn＝2﹣（Sn﹣Sn﹣1），化为：Sn﹣1＝（Sn﹣1﹣1），
n＝1时，a1＝1﹣a1，解得a1＝．
∴a1﹣1＝﹣，
∴数列{Sn﹣1}是等比数列，首项为﹣，公比为，
∴Sn﹣1＝﹣×＝﹣，
化为：3Sn＝3﹣，
由bn＝﹣4n+5，
∴Tn＝＝3n﹣2n2，
∴5Tn＝15n﹣10n2，
f（n）＝5Tn﹣3Sn＝15n﹣10n2﹣[3﹣]＝﹣10++]≤f（1）＝3，
若对∀n∈N*，使得5Tn﹣3Sn≤a（a+2）成立，
∴a（a+2）≥3，
化为（a+3）（a﹣1）≥0，
解得a≥1，或a≤﹣3．
则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]∪[1，+∞）．
故选：D．
【点评】本题考查数列递推关系、数列的单调性、求和公式、不等式的解法，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
二、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）在空间直角坐标系Oxyz中，已知点P（1，1，1），A（1，0，1），B（0，1，0），则下列说法正确的是（　　）
A．点P关于yOz平面对称的点的坐标为（﹣1，1，1）
B．若平面α的法向量＝（2，﹣2，2），则直线AB∥平面α
C．若分别为平面α，β的法向量，则平面α⊥平面β
D．点P到直线AB的距离为
【分析】直接求得点P关于yOz平面对称的点的坐标判断A；证明与共线判断B；由平面法向量数量积为0判断C；由向量在向量上的投影及勾股定理判断D．
【解答】解：在空间直角坐标系Oxyz中，点P（1，1，1）关于yOz平面对称的点的坐标为（﹣1，1，1），故A正确；
∵A（1，0，1），B（0，1，0），∴，
又平面α的法向量＝（2，﹣2，2），∴，则AB⊥平面α，故B错误；
，，∵，
且分别为平面α，β的法向量，∴平面α⊥平面β，故C正确；
，在上的投影为，
则点P到直线AB的距离为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查空间中点、线、面位置关系的判定及应用，考查空间向量的应用，考查运算求解能力，是中档题．
10．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，M（x0，y0）是抛物线C上一个动点，点A（0，2），则下列说法正确的是（　　）
A．若|MF|＝5，则y0＝4
B．过点A与抛物线C有一个公共点的直线有3条
C．|MF|+|MA|的最小值为
D．点M到直线x﹣y+3＝0的最短距离为
【分析】由抛物线的方程可得焦点坐标及准线方程，由抛物线的性质可得到焦点的距离等于到准线的距离，求出M的横坐标，代入抛物线的方程可得M的纵坐标，判断A不正确；由A在抛物线外，可得过A的切线与抛物线有一个公共点，还有一条与对称轴平行的直线与抛物线有一个公共点，所以B正确；由三点共线可得线段之和最小，所以C正确；由点到直线的距离公式求出M到直线的距离d的表达式，由纵坐标的范围求出最小值．
【解答】解：由抛物线C：y2＝4x的方程可得焦点F（1，0），准线方程x＝﹣1，
A中，由抛物线的性质|MF|＝x0+1＝5，则x0＝4，代入抛物线的方程可得y0＝±4，所以A不正确；
B中，将A点的坐标代入：22＞4×0，可得A点在抛物线的外面，所以过A由两条直线与抛物线相切，有一条平行于对称轴的直线与抛物线有一个公共点，所以有3条直线与抛物线有一个公共点，B正确；
C中，|MF|+|MA|≥|MA|＝＝，当且仅当M，A，F三点共线时取等号，所以C正确；
D中，点M到直线x﹣y+3＝0的距离d＝＝＝≥＝，所以d的最小值为，D不正确；
故选：BC．
【点评】本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
11．（5分）已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，a7＞0，a8＜0，a6+a8+a9＝0，则（　　）
A．S13＜0 B．a1＞0，d＜0
C．a7+a8＜0 D．当n＝7时，Sn有最大值
【分析】由等差数列的性质可得a7+a8＞0，a7＞0，a8＜0，从而依次对四个选项判断即可．
【解答】解：∵a7＞0，∴S13＝13a7＞0，
故选项A错误；
∵a7＞0，a8＜0，∴a1＞0，d＜0，
故选项B正确；
∵a6+a8+a9＝a7+a8+a8＝0，且 a8＜0，
∴a7+a8＞0，
故选项C错误；
由a7＞0，a8＜0知，
当n＝7时，Sn有最大值，
故选项D正确；
故选：BD．
【点评】本题考查了等差数列的性质应用，属于基础题．
12．（5分）已知双曲线，过其右焦点F的直线l与双曲线交于两点A，B，则（　　）
A．若A在双曲线右支上，则|AF|的最短长度为1
B．若A，B同在双曲线右支上，则l的斜率大于
C．|AB|的最短长度为6
D．满足|AB|＝8的直线l有4条
【分析】分别求得双曲线的a，b，c，以及渐近线方程，考虑直线l垂直于x轴，可判断B；讨论直线l垂直于x轴，或经过实轴，求得|AF|，|AB|可判断A、C；运用双曲线的对称性和|AB|的最小值，可判断D．
【解答】解：双曲线 的a＝1，b＝，c＝2，
渐近线方程为y＝±2x，
若A，B同在双曲线的右支，且直线AB垂直于x轴，可得直线AB的斜率不存在，故B错误；
当AB垂直于x轴时，可令x＝2，可得y＝±3，即|AF|＝，
当AB为实轴时，|AB|＝2a＝2，|AF|＝c﹣a＝2﹣1＝1，故A正确；
当AB垂直于x轴时，|AB|＝6，当AB为实轴时，|AB|＝2，
而2＜6，则|AB|的最短长度为2，故C错误；
若A，B同在双曲线的右支，由于|AB|＝8＞6，可得过F的直线有两条；
若A，B分别在双曲线的一支上，由|AB|＝8＞2，可得过F的直线有两条，
则满足|AB|＝8的直线有4条，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知直线2x+y﹣3＝0与直线（a﹣3）x﹣2y+4＝0平行，则a＝　﹣1　．
【分析】根据已知条件，结合直线平行的公式，即可求解．
【解答】解：∵直线2x+y﹣3＝0与直线（a﹣3）x﹣2y+4＝0平行，
∴2×（﹣2）＝1×（a﹣3），解得a＝﹣1，
经检验，直线2x+y﹣3＝0与直线（a﹣3）x﹣2y+4＝0不重合．
故答案为：﹣1．
【点评】本题主要考查直线的平行公式，属于基础题．
14．（5分）数列{an}的通项公式为an＝（﹣1）n（2n﹣1）（n∈N*），其前n项和为Sn，则S15＝　﹣15　．
【分析】通过分组求和即可得出结论．
【解答】解：∵数列{an}的通项公式为an＝（﹣1）n（2n﹣1）（n∈N*），
∴前15项和S15＝（﹣1+3）+（﹣5+7）+…+（﹣25+27）﹣29
＝2×7﹣29＝﹣15，
故答案为：﹣15．
【点评】本题考查数列通项公式、分组求和方法，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
15．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为PC的中点，则点P到平面ABD的距离等于 　　．
【分析】由题意画出图形，然后利用等体积法求解．
【解答】解：如图，

由题意，可得PB＝，PC＝，且∠PAC＝∠PBC＝90°，
∵D为AC的中点，∴AD＝BD＝，则．
设P到平面ADB的距离为d，则＝，
，
∴，即d＝．
∴点P到平面ABD的距离等于．
故答案为：．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
16．（5分）已知点E（2，﹣2）和抛物线C：x2＝8y，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于P，Q两点．若∠PEQ＝90°，则k＝　　．
【分析】设直线PQ的方程，与抛物线联立，求出两根之和及两根之积，再由∠PEQ＝90°，可得•＝0，求出数量积的表达式，代入可得k的值．
【解答】解：由抛物线的方程C：x2＝8y，则焦点F（0，2），
显然直线PQ的斜率存在，由题意设直线PQ的方程为：y＝kx+2，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立，整理可得x2﹣8kx﹣16＝0，
则x1+x2＝8k，x1x2＝﹣16，所以y1+y2＝k（x1+x2）+4＝8k2+4，y1y2＝＝4，
因为∠PEQ＝90°，则•＝0，即（x1﹣2，y2+2）•（x2﹣2，y2+2）＝0，
所以（x1﹣2）（x2﹣2）+（y1+2）（y2+2）＝x1x2﹣2（x1+x2）+4+y1y2+2（y1+y2）+4＝0，
代入可得：﹣16﹣16k+4+4+16k2+8+4＝0，
即4k2﹣4k+1＝0，
解得k＝，
故答案为：．
【点评】本题考查抛物线的性质的应用及数量积的应用，属于中档题．
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）已知圆C的圆心在x轴上，且经过A（﹣1，1）和B（1，3）两点．
（1）求圆C的方程；
（2）过点P（3，2）的直线l被圆C截得的弦长为6，求直线l的方程．
【分析】（1）设圆心为C（a，0），由|CA|＝|CB|求得a的值，可得圆心坐标以及半径的值，从而求得圆的方程．
（2）求出圆心到直线的距离，即可求直线l的方程．
【解答】解：（1）∵圆C的圆心在x轴上，设圆心为C（a，0），由圆过点A（﹣1，1）和B（1，3），
由|CA|＝|CB|可得 CA2＝CB2，即（a+1）2+1＝（a﹣1）2+9，求得a＝2，
可得圆心为C（ 2，0），半径为|CA|＝，故圆的方程为（x﹣2）2+y2＝10，
（2）直线l被圆C截得的弦长为6，∴圆心到直线的距离d＝＝1，
当l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，符合题意，
当l的斜率存在时，设直线方程为y﹣2＝k（x﹣3），即kx﹣y﹣3k+2＝0，
∴＝1，∴k＝，
∴直线l的方程为y﹣2＝（x﹣3），即3x﹣4y﹣1＝0，
综上所述：直线l的方程为x＝3或3x﹣4y﹣1＝0．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．
18．（12分）在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝2，a2＝b2，b1+b3＝a5．
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）若{an}的前n项和为Sn，cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn．
【分析】（1）列方程求得an，bn的通项公式即可，
（2）先求Sn，再利用裂项相消及分组求和即可．
【解答】解：（1）设等差数列 {an} 的公美为 d，等比数列 {bn} 的公比为 q．
则
解得 d＝q＝2．
所以 ．
（2）．
．
Tn＝c1+c2+c3+⋯+cn
＝
＝
＝
＝．
【点评】本题考查数列的通项公式及分组求和，考查学生的运算能力，属于中档题．
19．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，AA1＝3，M，N分别为A1C1，BB1的中点．
（1）求证：MN∥平面A1BC；
（2）求直线A1N与平面A1BC所成角的正弦值．

【分析】（1）取CC1的中点E，连接ME，NE，利用直线与平面平行的判定与性质证明ME∥平面A1BC，NE∥平面A1BC，可得平面MNE∥平面A1BC，进一步得到MN∥平面A1BC；
（2）取AB的中点O，A1B1的中点O1，连接OC，OO1，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OO1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面A1BC的一个法向量，再求出的坐标，即可求得直线A1N与平面A1BC所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取CC1的中点E，连接ME，NE，
∵M，E分别为A1C1，CC1的中点，∴ME∥A1C，
∵ME⊄平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，
∴ME∥平面A1BC，
又∵N，E分别为BB1，CC1的中点，∴NE∥BC，
∵NE⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，
∴NE∥平面A1BC，而ME∩NE＝E，
∴平面MNE∥平面A1BC，
∵MN⊂平面MNE，∴MN∥平面A1BC；
（2）解：取AB的中点O，A1B1的中点O1，连接OC，OO1，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴OC⊥AB，
以O为坐标原点，分别以OB，OC，OO1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则C（0，，0），A1（﹣1，0，3），B（1，0，0），N（1，0，），
，，，
设平面A1BC的一个法向量为，
由，取z＝2，得，
设直线A1N与平面A1BC所成角为θ，
则sinθ＝|cos＜＞|＝＝．
∴直线A1N与平面A1BC所成角的正弦值为．

【点评】本题考查平面与平面平行的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
20．（12分）已知数列{an}的首项a1＝1，且an+1+an＝3×2n（n∈N*），bn＝an﹣2n．
（1）计算b1，b2，b3的值，并证明{bn}是等比数列；
（2）记cn＝an﹣（﹣1）n，求数列{（2n﹣3）•cn}的前n项和Sn．
【分析】（1）数列{an}的首项a1＝1，且an+1+an＝3×2n（n∈N*），分别取n＝2，3，即可得出b1，b2，b3.证明＝非0常数即可证明数列{bn}是等比数列．
（2）由（1）可得：bn＝（﹣1）n，an＝bn+2n＝（﹣1）n+2n，可得cn＝2n，利用错位相减法与等比数列的求和公式即可得出数列{（2n﹣3）•cn}的前n项和Sn．
【解答】解：（1）数列{an}的首项a1＝1，且an+1+an＝3×2n（n∈N*），
∴a2+a1＝6，解得a2＝5，
同理可得：a3＝7．
∴b1＝1﹣2＝﹣1，b2＝5﹣22＝1，
b3＝7﹣23＝﹣1．
下面证明{bn}是等比数列；
∵＝＝＝﹣1，
∴数列{bn}是等比数列，首项为﹣1，公比为﹣1．
（2）由（1）可得：bn＝（﹣1）n，an＝bn+2n＝（﹣1）n+2n，
∴cn＝an﹣（﹣1）n＝2n，
∴数列{（2n﹣3）•cn}的前n项和Sn＝﹣2+22+3×23+5×24+……+（2n﹣3）×2n，
2Sn＝﹣22+23+3×24+……+（2n﹣5）×2n+（2n﹣3）×2n+1，
∴﹣Sn＝﹣2+2×（22+23+24+……+2n）﹣（2n﹣3）×2n+1＝﹣2+2×﹣（2n﹣3）×2n+1，
化为：Sn＝（2n﹣5）×2n+1+10．
【点评】本题考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了了推理能力与计算能力，属于中档题．
21．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，AD∥BC，CD⊥PB，PD＝AD＝AB＝BC＝2．
（1）求证：PD⊥平面ABCD；
（2）若直线PC与平面ABCD所成的角为30°，点E在线段AP上，且，求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值．

【分析】（1）只要PD垂直于两垂直平面PCD和平面ABCD的交线CD即可；（2）用向量数量积计算两平面夹角的余弦值．
【解答】（1）证明：取BC中点F，连接DF，
因为底面ABCD是梯形，AD∥BC，AD＝AB＝BC＝2，所以四边形ABFD是平行四边形，
所以CD⊥BD，又因为CD⊥PB，所以CD⊥平面PBD，所以PD⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
所以PD⊥平面ABCD．
（2）解：由（1）知DB、DC、DP两两垂直，建系如图，
直线PC与平面ABCD所成的角为∠PCD＝30°，因为PD＝2，所以DC＝AF＝2，BD＝2，
A（1，﹣，0），P（0，0，2），B（2，0，0），D（0，0，0），
设E（x，y，z），因为，所以（1，﹣，﹣2）＝3（x，y，z﹣2），解得E（，﹣，），
＝（，﹣，），＝（2，0，0），
令＝（0，4，），因为•＝0，•＝0，所以是平面BDE的法向量，
＝（0，1，0）是平面PBD的法向量，
设平面PBD与平面BDE夹角为θ，θ∈（0，]，cosθ＝＝＝．

【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了两平面夹角的计算问题，属于中档题．
22．（12分）已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为3，且过点P（2，1）．
（1）求椭圆E的方程；
（2）O为坐标原点，点Q与点P关于x轴对称，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，且满足∠APQ＝∠BPQ，求△OAB面积的最大值．
【分析】（1）由已知可得，解得，即可求解；
（2）依题意，直线AB的斜率一定存在，设AB的方程为y＝kx+m，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理及kPB+kPA＝0，可得k＝1或m＝1﹣2k，结合OAB的面积S＝|AB×d＝＝，即可求解．
【解答】解：（1）由已知可得，解得，
故椭圆E的方程为：．
（2）依题意，直线AB的斜率一定存在，设AB的方程为y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），
由得，（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣6＝0，
Δ＝16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣6）＞0，即6k2﹣m2+3＞0，
x1+x2＝﹣，x1x2＝，
∵∠APQ＝∠BPQ，∴kPB+kPA＝0，
∴+＝0，
∴（x2﹣2）（y1﹣1）+（x1﹣2）（y2﹣1）＝0，
∴（x2﹣2）（kx1+m﹣1）+（x1﹣2）（kx2+m﹣1）＝0，
∴2kx1x2+（m﹣2k﹣1）（x1+x2）﹣4（m﹣1）＝0，
∴﹣﹣4（m﹣1）＝0，
化简可得2k2﹣3k+1+km﹣m＝0，
（k﹣1）（2k+m﹣1）＝0，
∴k＝1或m＝1﹣2k（舍），
因为A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，
所以﹣3＜m＜﹣1，且x1+x2＝﹣，x1x2＝，
|AB|＝|x1﹣x2|＝•＝．
O到AB的距离为d＝．
∴△OAB的面积S＝|AB×d＝＝＝．
当且仅当m2＝9﹣m2，即m＝﹣时取等号，
∴△OAB面积的最大值为．
【点评】本题考查了椭圆方程、直线与椭圆位置关系，考查了计算能力、转化思想，属于中档题．