山东省威海市2020届高三三模数学试题 Word版含解析

山东省威海市2020届高三三模数学试题 Word版含解析

高三数学试题 一、单项选择题：本大题共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.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 集合是的取值范围，是函数的值域，分别求出再求交集.‎ ‎【详解】解：，‎ 故选：A ‎【点睛】考查求等式中变量的范围以及集合的交集运算；基础题.‎ ‎2.已知复数在复平面内对应的点在直线上，则实数（ ）‎ A. -2 B. -1 C. 1 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简复数，求出对应点，代入直线方程求解即可.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以对应的点为，‎ 代入直线可得，‎ 解得，‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题考查了复数的运算法则、几何意义，直线的方程，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎3.若（且），，则（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由得，，又由，可得，而，可得 ‎【详解】解：因为，所以，‎ 因为，所以，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 故选：B ‎【点睛】此题考查的是指数不等式和对数不等式，属于基础题 ‎4.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）．二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则说法不正确的是（ ）‎ A. 相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺 B. 春分和秋分两个节气的晷长相同 C. 立冬的晷长为一丈五寸 D. 立春的晷长比立秋的晷长短 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，可求出，利用等差数列知识即可判断各选项.‎ ‎【详解】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列,其中寸，寸，公差为寸，则，‎ 解得（寸），‎ 同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列,首项，末项，公差（单位都为寸）.‎ 故选项A正确；‎ 春分的晷长为，‎ 秋分的晷长为，，所以B正确；‎ 立冬的晷长为，，即立冬的晷长为一丈五寸，C正确；‎ 立春的晷长，立秋的晷长分别为，，‎ ‎，，‎ ‎，故D错误.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，等差数列在实际问题中的应用，数学文化，属于中档题.‎ ‎5.‎ 有三个筐，一个装着柑子，一个装着苹果，一个装着柑子和苹果，包装封好然后做“柑子”“苹果”“混装”三个标签，分别贴到上述三个筐上，由于马虎，结果全贴错了，则（ ）‎ A. 从贴有“柑子”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签 B. 从贴有“苹果”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签 C. 从贴有“混装”标签的筐里拿出一个水果，就能纠正所有的标签 D. 从其中一个筐里拿出一个水果，不可能纠正所有的标签 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若从贴有“柑子”或“苹果”标签的筐内拿出一个水果，无法判定剩余水果是一种还是两种，不能纠正所有标签，若从“混装”标签中取出一个，就能判断其余两个筐内水果.‎ ‎【详解】如果从贴着苹果标签的筐中拿出一个水果，如果拿的是柑子，就无法判断这筐装的全是柑子，还是有苹果和柑子;‎ 同理从贴着柑子的筐中取出也无法判断，因此应从贴着苹果和柑子的标签的筐中取出水果.‎ 分两种情况:(1)如果取出的是柑子，那说明这筐全是柑子，则贴有柑子的那筐就是苹果，贴有苹果的那筐就是苹果和柑子.‎ ‎(2)如果取出的是苹果，那说明这筐全是苹果，那贴有苹果的那筐就是柑子，贴有柑子的那筐就是苹果和柑子.‎ 故选：C ‎【点睛】解决本题的关键在于，其中贴有混装的这筐肯定不是苹果和柑子混在一起，所以能判断不是苹果就是柑子，考查了逻辑推理能力，属于容易题.‎ ‎6.已知向量，将绕原点逆时针旋转到的位置，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设向量与轴的夹角为，结合三角函数的定义和两角和与差的正弦、余弦函数公式，求得，得到点的坐标，进而求得.‎ ‎【详解】由题意，向量，则，‎ 设向量与轴的夹角为，则，‎ 所以 ‎，‎ 可得，‎ 所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的坐标表示，以及三角函数的定义的应用和两角和与差的正弦、余弦函数的综合应用，着重考查推理与运算能力.‎ ‎7.已知函数对任意，都有，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用赋值法再结合条件，即可得答案；‎ ‎【详解】由所求式子可得，‎ 令可得：，‎ 令可得：，‎ 令可得：，‎ 令可得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查根据抽象函数的性质求函数的解析式，等比数列求和，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意将抽象函数具体化.‎ ‎8.已知正四棱柱，设直线与平面所成的角为，直线与直线所成的角为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别在正四棱柱中找到和，将和放在同一个平面图形中找关系即可.‎ ‎【详解】作正四棱柱如下图：‎ ‎∵正四棱柱中，平面， ‎ ‎∴‎ ‎∵底面是正方形 ‎∴‎ 又∵‎ ‎∴平面 ‎∴是直线与平面所成的角，即 ‎∵‎ ‎∴是直线与直线所成的角，即 ‎∵，，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵平面 ‎∴‎ ‎∴‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查直线与平面和异面直线的夹角，属于中档题.‎ 二、多项选择题：本大题共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．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．‎ ‎9.随着我国经济结构调整和方式转变，社会对高质量人才的需求越来越大，因此考研现象在我国不断升温．某大学一学院甲、乙两个本科专业，研究生的报考和录取情况如下表，则 性别 甲专业报考人数 乙专业报考人数 性别 甲专业录取率 乙专业录取率 男 ‎100‎ ‎400‎ 男 女 ‎300‎ ‎100‎ 女 A. 甲专业比乙专业的录取率高 B. 乙专业比甲专业的录取率高 C. 男生比女生的录取率高 D. 女生比男生的录取率高 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据数据进行整合，甲专业录取了男生25人，女生90人；乙专业录取了男生180人，女生50人；结合选项可得结果.‎ ‎【详解】由题意可得甲专业录取了男生25人，女生90人；乙专业录取了男生180人，女生50人；‎ 甲专业的录取率为，乙专业的录取率为，所以乙专业比甲专业的录取率高.‎ 男生的录取率为，女生的录取率为，所以男生比女生的录取率高.‎ 故选：BC.‎ ‎【点睛】本题主要考查频数分布表的理解，题目较为简单，明确录取率的计算方式是求解的关键，侧重考查数据分析的核心素养.‎ ‎10.已知函数将的图象上所有点向左平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数的图象．若为偶函数，且最小正周期为，则（ ）‎ A. 图象与对称 B. 在单调递增 C. 在有且仅有3个解 D. 在有仅有3个极大值点 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的图象变换和三角函数的性质，求得函数的解析式，再结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.‎ ‎【详解】将函数将的图象上所有点向左平移个单位，‎ 可得，‎ 再横坐标缩短为原来的，可得，‎ 因为函数的最小正周期为，即，解得，‎ 可得，‎ 又由函数为偶函数，则，‎ 即，当，可得，‎ 所以，‎ 令，即，‎ 当时，，即函数的图象关于对称，‎ 所以A是正确的；‎ 当时，，‎ 所以函数在区间不是单调函数，‎ 所以B不正确；‎ 由，‎ 因为，可得，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ 所以在有且仅有3个解，所以C正确；‎ 由，则，或，‎ 即或时，取得极大值，‎ 所以在有仅有2个极大值点，所以D不正确.‎ 故选：AC.‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求解函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎11.已知抛物线上三点，，，为抛物线的焦点，则（ ）‎ A. 抛物线的准线方程为 B. ，则，，成等差数列 C. 若，，三点共线，则 D. 若，则的中点到轴距离的最小值为2‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把点代入抛物线即可得到本题答案；根据抛物线的定义，以及，可得，从而可证得；由A，F，C三点共线，得，结合，化简即可得到本题答案；设AC的中点为，由，结合，即可得到本题答案.‎ ‎【详解】把点代入抛物线，得，所以抛物线的准线方程为 ‎，故A正确；‎ 因为，所以，，，又由，得，‎ 所以，即，，成等差数列，故B正确；‎ 因为A，F，C三点共线，所以直线斜率，即，所以，化简得，，故C不正确；‎ 设AC的中点为，因为，，所以，得，‎ 即的中点到轴距离的最小值为2，故D正确.‎ 故选：ABD ‎【点睛】本题主要考查抛物线定义的应用以及抛物线与直线的相关问题，考查学生的分析问题能力和转化能力.‎ ‎12.已知函数的定义域为，导函数为，，且，则（ ）‎ A. B. 在处取得极大值 C. D. 在单调递增 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可设，根据求，再求判断单调性求极值即可.‎ ‎【详解】∵函数的定义域为，导函数为，‎ 即满足 ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴可设（为常数）‎ ‎∴‎ ‎∵，解得 ‎∴‎ ‎∴，满足 ‎∴C正确 ‎∵，且仅有 ‎∴B错误，A、D正确 故选：ACD ‎【点睛】本题主要考查函数的概念和性质，以及利用导数判断函数的单调性和极值点，属于中档题.‎ 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.的展开式中的系数为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．‎ ‎【详解】，‎ 故它的展开式中的系数为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．‎ ‎14.已知是平面，外的直线，给出下列三个论断，①；②；③．以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：________．（用序号表示）‎ ‎【答案】若①③，则②或若②③，则①（填写一个即可）；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用空间直线与平面的位置关系进行判断，，时，与可能平行或者相交.‎ ‎【详解】因为，时，与可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；‎ 因为，所以内存在一条直线与平行，又，所以，所以可得，即①③作为条件，可以得出②；‎ 因为，，所以或者，因为是平面外的直线，所以，即即②③作为条件，可以得出①；‎ 故答案为：若①③，则②或若②③，则①（填写一个即可）；‎ ‎【点睛】本题主要考查空间位置关系的判断，稍微具有开放性，熟悉空间的相关定理及模型是求解的关键，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎15.已知双曲线过左焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于，两点，以，为圆心的两圆与双曲线的同一条渐近线相切，若两圆的半径之和为，则双曲线的离心率为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求两点的坐标，代人圆心到直线的距离，由已知条件建立等式求得，最后再求双曲线的离心率.‎ ‎【详解】设，当，代人双曲线方程，‎ 解得：，设， ‎ 根据对称性，可设与两圆相切的渐近线是，‎ 则两点到渐近线的距离，‎ ‎，上式去掉绝对值为，‎ 即，那么.‎ 双曲线的离心率.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型.‎ ‎16.我国的西气东输工程把西部的资源优势变为经济优势，实现了气能源需求与供给的东西部衔接，工程建设也加快了西部及沿线地区的经济发展输气管道工程建设中，某段管道铺设要经过一处峡谷，峡谷内恰好有一处直角拐角，水平横向移动输气管经过此拐角，从宽为米峡谷拐入宽为米的峡谷．如图所示，位于峡谷悬崖壁上两点、的连线恰好经过拐角内侧顶点（点、、在同一水平面内），设与较宽侧峡谷悬崖壁所成角为，则的长为________（用表示）米．要使输气管顺利通过拐角，其长度不能低于________米．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别计算出、，相加可得的长；设，利用导数求得的最小值，即可得解.‎ ‎【详解】如下图所示，过点分别作，，则，‎ 在中，，则，同理可得，‎ 所以，.‎ 令，则，‎ 令，得，得，‎ 由，解得，‎ 当时，；当时，.‎ 则.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】本题考查导数的实际应用，求得函数的解析式是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.‎ 四、解答题：本大题共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.在中，角，，的对边分别为，，，．‎ ‎（Ⅰ）求角；‎ ‎（Ⅱ）若，，求边上的高．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用正弦定理和和角的正弦公式化简，即得；‎ ‎（Ⅱ）由题得，再利用余弦定理求出，即得边上的高．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由及正弦定理可得 ‎，‎ 将代入上式，整理得，‎ 解得，所以．‎ ‎（Ⅱ）由，得，‎ 由余弦定理得，解得．‎ 所以边上的高为．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查和角的正弦公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎18.从条件①，②，③，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．‎ 已知数列的前项和为，，________．若，，成等比数列，求的值．‎ ‎【答案】若选择①，；若选择②，；若选择③，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若选择①，利用可得，可得，再根据等比中项列方程解得即可；若选择②，根据可得，可得，，再根据等比中项列方程解得即可；若选择③，利用可得，，再根据等比中项列方程解得即可.‎ ‎【详解】若选择①，‎ 因为，，所以，，‎ 两式相减得，整理得．‎ 即，．‎ 所以为常数列．，所以．‎ ‎（或由，利用相乘相消法，求得）‎ 所以，，‎ 又，，成等比数列，所以，‎ 所以，解得或（舍），‎ 所以．‎ 若选择②，‎ 由变形得，，‎ 所以，‎ 易知，所以，‎ 所以为等差数列，又，所以，，‎ ‎∴，‎ 又时，也满足上式，‎ 所以.‎ 因为，，成等比数列，∴，‎ ‎∴或，又，∴．‎ 若选择③，‎ 因为，所以，‎ 两式相减得，‎ 整理得，‎ 因为，∴，所以是等差数列，‎ 所以，‎ ‎，‎ 又，，成等比数列，∴，‎ ‎∴或，又，∴．‎ ‎【点睛】本题考查了根据与的关系式求，考查了等比中项的应用，考查了等差数列的前项和公式，属于中档题.‎ ‎19.携号转网，也称作号码携带、移机不改号，即无需改变自己的手机号码，就能转换运营商，并享受其提供的各种服务．2019年11月27日，工信部宣布携号转网在全国范围正式启动．某运营商为提质量保客户，从运营系统中选出300名客户，对业务水平和服务水平的评价进行统计，其中业务水平的满意率为，服务水平的满意率为，对业务水平和服务水平都满意的客户有180人．‎ ‎（Ⅰ）完成下面列联表，并分析是否有的把握认为业务水平与服务水平有关；‎ 对服务水平满意人数 对服务水平不满意人数 合计 对业务水平满意人数 对业务水平不满意人数 合计 ‎（Ⅱ）为进一步提高服务质量，在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用表示对业务水平不满意的人数，求的分布列与期望；‎ ‎（Ⅲ）若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为，只对其中一项不满意的客户流失率为，对两项都不满意的客户流失率为，从该运营系统中任选4名客户，则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少？‎ 附：，．‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎0.025‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎5.024‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎【答案】（Ⅰ）列联表详见解析，有的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关；（Ⅱ）分布列详见解析，期望为；（Ⅲ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）根据所给数据列表，计算后比较临界值即可得出结论；‎ ‎（Ⅱ）根据超几何分布得出随机变量概率，列出分布列求期望即可；‎ ‎（Ⅲ）由互斥事件和的概率公式计算运营系统中任选一名客户流失的概率，从运营系统中任选4名客户流失人数服从二项分布 ,根据二项分布求解即可.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意知对业务满意的有260人，对服务不满意的有100人，得列联表 对服务水平满意人数 对服务水平不满意人数 合计 对业务水平满意人数 ‎180‎ ‎80‎ ‎260‎ 对业务水平不满意人数 ‎20‎ ‎20‎ ‎40‎ 合计 ‎200‎ ‎100‎ ‎300‎ 经计算得，‎ 所以有的把握认为业务水平满意与服务水平满意有关．‎ ‎（Ⅱ）的可能值为0，1，2．‎ 则，，，‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎．‎ ‎（Ⅲ）在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平都满意的客户流失的概率为，只有一项满意的客户流失的概率为，对二者都不满意的客户流失的概率为．‎ 所以从运营系统中任选一名客户流失的概率为，‎ 故在业务服务协议终止时，从运营系统中任选4名客户，至少有2名客户流失概率为 ‎．‎ ‎【点睛】本题主要考查了独立性检验，离散型随机变量的分布列与期望，互斥事件的和，二项分布，考查了推理能力与运算能力，属于较难题目.‎ ‎20.已知直三棱柱，，，，分别为，，的中点，且．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求；‎ ‎（3）求二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，，，先证明，，从而可得为平行四边形，进而可得，再结合线面平行的判定定理可证明平面；‎ ‎（2）设，，，，易知，且，进而用表示出，，并结合，可求出及；‎ ‎（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，进而分别求得平面及平面的法向量，，再由，可求出二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：取的中点，连接，，，‎ 则有，且，，且，‎ 又，，所以，且，‎ 所以为平行四边形，所以，‎ 又平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）设，，，，‎ 由已知可得，，且，‎ 则，，‎ 因为，所以 ‎，‎ 所以，即．‎ ‎（3）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，‎ 为平面的一个法向量，‎ ‎，．‎ 设为平面的一个法向量，‎ 则，令，则，‎ 则，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线线垂直的性质，考查二面角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求证：当时，的图象位于直线上方；‎ ‎（Ⅱ）设函数，若曲线在点处切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（为坐标原点），求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）转化为当时，恒成立，令，求得和，结合函数的单调性，求得，进入得到，即可得到结论.‎ ‎（Ⅱ）设，由，解得，得到，所以，进而得到要证，转化为，构造新函数，求得函数的单调性与最值，即可求解.‎ ‎【详解】（Ⅰ）由题意，当时，的图象位于直线上方，‎ 即证当时，恒成立，‎ 令，可得，则，‎ 所以在上单调递增，‎ 所以，所以在上单调递增，所以，‎ 所以当时，的图象始终在直线上方．‎ ‎（Ⅱ）因为，则，‎ 设，则，所以，‎ 所以，所以，所以．‎ 要证，‎ 即证，即证，即证，‎ 下面证明．令，∴，‎ 所以当，，，，‎ 所以在单调递减，在单调递增，‎ 所以，即，‎ 所以，．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎22.已知是椭圆：上一点，以点及椭圆的左、右焦点，为顶点的三角形面积为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）过作斜率存在且互相垂直的直线，，是与两交点的中点，是与两交点的中点，求△面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）通过已知建立方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线：，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，求出,令，，则再利用导数求函数的最大值得解.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由点在椭圆上可得，‎ 整理得①．‎ ‎，解得，‎ 所以，代入①式整理得，‎ 解得，．‎ 所以椭圆标准方程为．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，所以设直线：，‎ 联立直线与椭圆的方程，整理得．‎ 所以直线与椭圆两交点的中点的纵坐标，‎ 同理直线与椭圆两交点的中点的纵坐标，‎ 所以 ‎，‎ 将上式分子分母同除可得，‎ ‎，‎ 不妨设，令，，则，‎ 令，，因为，所以，‎ 所以在单调递增，‎ 所以当时，三角形△面积取得最大值．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和面积最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.‎