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

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．1D．【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≥2B．a≤﹣1或a≥3C．a≤﹣2或a≥4D．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αC．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＝4B．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＜0B．a1＞0，d＜0C．a7+a8＜0D．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1B．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6D．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．