2020-2021学年四川省德阳市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷

这是一份2020-2021学年四川省德阳市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷，共10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. 已知命题p:∀x∈R，x+|x|≥0，则（ ）
A.¬p: ∀x∈R，x+|x|≤0B.¬p：∃x∈R，x+|x|≤0
C.¬p：∃x∈R，x+|x|<0D.¬p: ∀x∈R，x+|x|<0

2. 抛物线y2=8x上点P3,t到焦点的距离为( )
A.5B.7C.26D.6

3. 下列结论不正确的是( )
A.若f(x)=0，则f′(x)=0B.若f(x)=csx，则f′(x)=sinx
C.若f(x)=1x，则f′(x)=−1x2D.若f(x)=lnx，则f′(x)=1x

4. 已知p：“a=2”，q：“直线x+y=0与圆x2+(y−a)2=1相切”，则p是q的( )
A.充分非必要条件B.必要非充分条件
C.充要条件D.既非充分也非必要条件

5. 设函数f(x)为定义在R上的奇函数，且当x≤0时，f(x)=(12)x+2x+b（其中b为实数），则f(1)的值为( )
A.−3B.−1C.1D.3

6. 已知a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则( )
A.a // α，a⊥b，则b⊥α
B.a⊥α，a⊥b，则b // α
C.a⊂α，b⊂α，a // β，b // β，则α // β
D.a∩b=A，a // α，b // α，a // β，b // β，则α // β

7. 已知m=0.95.1，n=5.10.9，p=lg0.95.1，则这三个数的大小关系是( )
A.m
8. 洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机各选取1个数，则其和等于9的概率是( )

A.15B.25C.310D.14

9. 直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90∘，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ ）
A.110B.25C.3010D.22

10. 已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在同一个确定的球面上，且BA=BC=6，∠ABC=π2，若三棱锥P−ABC体积的最大值为3，则其外接球的半径为( )
A.2B.3C.4D.5

11. 已知A，B是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0长轴的两个端点，P，Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，若1|k1|+1|k2|的最小值为4，则椭圆的离心率为( )
A.12B.33C.63D.32

12. 已知数列{an}满足an+1+an=(n+1)⋅csnπ2(n≥2,n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，若S2017+m=1010，且a1⋅m>0，则1a1+1m的最小值为( )
A.2B.2C.22D.2+2
二、填空题

函数y=x在x=1处的瞬时变化率为________.

已知a→=−2,1,3,b→=−1,2,1，若a→⊥(a→−λb→)，则实数λ的值为________.

若实数x，y满足2x−y≥0,y≥x,4x+4y≤9,则z=x−2y的最小值为________.

已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=6，点O为△ABC外接圆的圆心．若 BO→⋅AC→=15，则当角C取到最大值时△ABC的面积为________.
三、解答题

已知a∈R，p:“∀x∈1,3,x2−a≥0”，q：“方程x2+2ax+2=0无实数解”．
(1)若p为真命题，求实数a的取值范围；

(2)若“p∨q”为真命题，“p∧q”为假命题，求实数a的取值范围．

在公差不为零的等差数列{an}中，已知a2=3，且a1，a3，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设数列{an}的前n项和为Sn，记bn=92S3n，求数列{bn}的前n项和Tn．

已知函数f(x)=3cs2ωx+sinωxcsωx(ω>0)的周期为π．
(1)当x∈[0, π2]时，求函数f(x)的值域；

(2)已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若f(A2)=3，且a=4，b+c=5，求△ABC的面积．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，B1B⊥平面A1B1C1，AC=CB=CC1=2，∠ACB=90∘，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
(1)求证：C1D // 平面A1BE；

(2)求证：平面A1BE⊥平面AA1B1B；

(3)求直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值．

已知二次函数f(x)=ax2+ax−2b，其图象过点(2, −4)，且f′(1)=−3．
(1)求a，b的值；

(2)设函数h(x)=xlnx+f(x)，求曲线h(x)在x=1处的切线方程．

已知动点P与点F−1,0的距离和它到直线l1:x=−4的距离的比为12，记点P的运动轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；

(2)设M1,32，若不过原点O的直线L交曲线C于A、B两点，且线段AB的中点N在直线OM上，当△ABM的面积最大时，求直线L的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省德阳市某校高二（下）3月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
全称量词命题的否定是存在量词命题.
【解答】
解：全称量词命题的否定是存在量词命题，
则¬p: ∃x∈R，x+|x|<0.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
抛物线的定义
【解析】
求出抛物线的准线方程，利用抛物线的定义，转化求解即可．
【解答】
解：抛物线y2=8x的准线方程为x=−2，
抛物线y2=8x上点P3,t到焦点的距离，
就是p到准线的距离，其距离为3+2=5．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
利用导数的运算法则，判断即可．
【解答】
解：A，f(x)为常数，显然成立；
B，f′(x)=−sinx，错误；
C，f′(x)=−1x2，正确；
D，f′(x)=1x，正确.
故选B.
4.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
当a等于2时，把a的值代入圆的方程中，找出圆心坐标和圆的半径，根据点到直线的距离公式求出圆心到直线x+y=0的距离d，发现d等于圆的半径r，进而得到直线与圆的位置关系是相切；而当直线x+y=0与圆相切时，由圆心坐标和圆的半径，利用点到直线的距离公式表示出圆心(0, a)到直线x+y=0的距离d，让d等于圆的半径1列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值为两个值，综上，得到p是q的充分非必要条件．
【解答】
解：当a=2时，圆的方程为：x2+(y−2)2=1，
则圆心坐标为(0, 2)，半径r=1，
所以圆心到直线x+y=0的距离d=|2|2=1=r，
则直线与圆的位置关系是相切；
而当直线与圆的位置关系相切时，圆心坐标为(0, a)，半径r=1，
则圆心到直线AB的距离d=|a|2=1，解得a=±2，
所以p是q的充分非必要条件．
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
根据f(x)是定义在R上的奇函数可得出f(0)＝0，从而求出b＝−1，即得出x≤0时，f(x)=(12)x+2x−1，从而根据f(1)＝−f(−1)即可求出f(1)．
【解答】
解：f(x)为定义在R上的奇函数，
且x≤0时，f(x)=(12)x+2x+b，则：
f(0)=1+b=0，得到b=−1，
则f(1)=−f(−1)=−(2−2−1)=1.
故选C.
6.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
在A中，b与α相交、平行或b⊂α；在B中，b // α或b⊂α；在C中，α与β相交或平行；在D中，由面面平行的判定定理得α // β．
【解答】
解：由a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，知：
在A中，a // α，a⊥b，则b与α相交、平行或b⊂α，故A错误；
在B中，a⊥α，a⊥b，则b // α或b⊂α，故B错误；
在C中，a⊂α，b⊂α，a // β，b // β，则α与β相交或平行，故C错误；
在D中，a∩b=A，a // α，b // α，a // β，b // β，则由面面平行的判定定理得α // β，故D正确．
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
指数函数与对数函数的关系
【解析】
可从三个数的范围上比较大小
【解答】
解：设函数f(x)=0.9x，g(x)=5.1x，h(x)=lg0.9x，
则f(x)单调递减，g(x)单调递增，h(x)单调递减，
∴ 0g(0.9)=5.10.9>5.10=1，即n>1，
h(5.1)=lg0.95.1∴ p故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数n＝4×5＝20，利用列举法求出其和等于11包含的基本事件有4个，由此能求出其和等于11的概率．
【解答】
解：从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，
基本事件总数n=4×5=20，
其和等于9包含的基本事件有：(2, 7)，(4, 5)，(6, 3)，(8, 1)，共4个，
∴ 其和等于9的概率为p=420=15．
故选A.
9.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．
【解答】
解：如图，
直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90∘，
M，N分别是A1B1，A1C1的中点，
设BC 的中点为O，连结ON，
则MN= // 12B1C1=OB，
则MNOB是平行四边形，
BM与AN所成角就是∠ANO，
∵ BC=CA=CC1，
设BC=CA=CC1=2，
∴ CO=1，AO=5，AN=5，
MB=B1M2+BB12=(2)2+22=6，
在△ANO中，由余弦定理可得：
cs∠ANO=AN2+NO2−AO22AN⋅NO=62×5×6=3010．
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题意画出图形，求出棱锥的最大高度，然后利用勾股定理计算三棱锥外接球的半径．
【解答】
解：由已知可得△ABC是等腰直角三角形，AC=23，
∴ AC为截面圆的直径，故外接球的球心O在截面ABC中的射影为AC的中点D，
∴ 当P，O，D共线且O在P，D中间时，三棱锥P−ABC的体积最大，
三棱锥的最大高度为PD，
∴ 13×12×6×6×PD=3，
∴ PD=3.
设外接球的半径为R，则OD=3−R，
在△ODC中，OD2+CD2=OC2，
即(3−R)2+(3)2=R2，
解得R=2．
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的离心率
直线的斜率
【解析】
设A，B两点的坐标分别为−a,0，a,0，P，Q两点的坐标分别为acsα,bsinα，acsα,−bsinα，代入两点之间斜率公式，结合1|k1|+1|k2|的最小值为4，可得a，b的关系，进而求出椭圆的离心率．
【解答】
解：设A，B两点的坐标分别为−a,0，a,0，
P，Q两点的坐标分别为acsα,bsinα，acsα,−bsinα，
∴k1=bsinαa+acsα，k2=bsinαa−acsα，
∴1|k1|+1|k2|=2ab|sinα|，
∵1|k1|+1|k2|的最小值为4，
∴2ab=4，∴a=2b，∴c=3b，
∴e=ca=32．
故选D．
12.
【答案】
A
【考点】
基本不等式及其应用
数列与三角函数的综合
【解析】
由S2017−a1＝(a2+a3)+(a4+a5)+...+(a2016+a2017)，结合余弦函数值求和，再由S2017+m＝1010，可得a1+m＝2，由a1⋅m>0，可得a1>0，m>0，运用乘1法和基本不等式即可得到所求最小值．
【解答】
解：数列{an}满足an+1+an=(n+1)⋅csnπ2(n≥2,n∈N*)，
可得a2+a3=3csπ=−3，a4+a5=5cs2π=5，
a6+a7=7cs3π=−7，…，a2016+a2017=2017cs1008π=2017，
则S2017−a1=(a2+a3)+(a4+a5)+...+(a2016+a2017)
=−3+5−7+9−11+...+2017=1008，
又S2017+m=1010，
所以a1+m=2，
由a1⋅m>0，可得a1>0，m>0，
则1a1+1m=12(a1+m)(1a1+1m)
=12(2+ma1+a1m)≥12(2+2ma1⋅a1m)=2．
当且仅当a1=m=1时，取得最小值2．
故选A.
二、填空题
【答案】
12
【考点】
变化的快慢与变化率
导数的几何意义
【解析】
函数在x=1处的瞬时变化率为曲线在该点处的导数，计算即可．
【解答】
解：由函数y=x，则y′=12x，
当x=1时，y′=12，
所以函数y=x在x=1处的瞬时变化率为12．
故答案为：12．
【答案】
2
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：由题意知a→⋅(a→−λb→)=0，即a→2−λa→⋅b→=0，
所以14−7λ=0，解得λ=2．
故答案为：2．
【答案】
−94
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可．
【解答】
解：由z=x−2y得y=12x−z2，
作出不等式组对应的平面区域如图(阴影部分)：
平移直线y=12x−z2，
由图象可知当直线y=12x−z2过点A时，
直线y=12x−z2的截距最大，此时z最小，
由2x−y=0,4x+4y=9,解得x=34,y=32,即A34,32，
代入目标函数z=x−2y，
得z=34−2×32=34−3=−94，
∴目标函数z=x−2y的最小值是−94，
故答案为： −94．
【答案】
35
【考点】
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
由三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，再由正弦定理即可求得半径．
【解答】
解：根据外接圆的性质可知点O为垂直平分线的交点，
设AC的中点为D，
则BO→⋅AC→=(BD→+DO→)⋅AC→
=BD→⋅AC→=12(BC→+BA→)(BC→−BA→)
=12BC→2−12BA→2，
∴ 12a2−12c2=15，
即c=6，
由c故csC=a2+b2−c22ab=30+b212b
=112(b+30b)≥112×2b⋅30b=306，
当且仅当b=30时csC取得最小值，
又y=csx在(0, π2)上递减，故C此时取得最大值，
此时恰有a2=b2+c2，即△ABC为直角三角形，
S△ABC=12bc=35.
故答案为：35.
三、解答题
【答案】
解（1）∵ 命题“∀x∈1,3，x2−a≥0”为真命题，
∴ a≤x2min，又∵ x∈1,3，∴ a≤1．
(2)若命题q是真命题，Δ=4a2−8<0，∴ −2∵ 命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，
∴ 两命题一真一假，当命题p为真，命题q为假，
则a≤1，a≤−2或a≥2，∴ a≤−2，
当命题p为假，命题q为真，a>1，−2综上所述： a≤−2或1【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解（1）∵ 命题∀x∈1,3,x2−a≥0为真命题，
∴ a≤x2min，又∵ x∈1,3，∴ a≤1．
(2)若命题q是真命题，Δ=4a2−8<0，∴ −2∵ 命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，
∴ 两命题一真一假，当命题p为真，命题q为假，
则a≤1，a≤−2或a≥2，∴ a≤−2，
当命题p为假，命题q为真，a>1，−2综上所述： a≤−2或1【答案】
解：(1)设{an}的公差为d，
依题意得a1+d=3，(a1+2d)2=a1(a1+6d)，d≠0，
解得a1=2，d=1，
∴ an=2+(n−1)×1=n+1.
(2)由(1)知，等差数列{an}的首项是2，公差是1，
则S3n=3n×2+3n⋅(3n−1)2×1=9n(n+1)2，
∴ bn=92S3n=92×29n(n+1)=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴ Tn=b1+b2+⋯+bn
=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)
=1−1n+1 =nn+1，
故Tn=nn+1．
【考点】
等比中项
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
（1）设等差数列{an}的公差为d，由题意得(1+2d)2＝1+12d，求出公差d的值，即可得到数列{an}的通项公式．
（2）利用等差数列的求和公式求得S3n，然后利用裂项相消法求和即可．
【解答】
解：(1)设{an}的公差为d，
依题意得a1+d=3，(a1+2d)2=a1(a1+6d)，d≠0，
解得a1=2，d=1，
∴ an=2+(n−1)×1=n+1.
(2)由(1)知，等差数列{an}的首项是2，公差是1，
则S3n=3n×2+3n⋅(3n−1)2×1=9n(n+1)2，
∴ bn=92S3n=92×29n(n+1)=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴ Tn=b1+b2+⋯+bn
=(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)
=1−1n+1 =nn+1，
故Tn=nn+1．
【答案】
解：(1)∵ f(x)=3cs2ωx+sinωxcsωx
=3×1+cs2ωx2+12sin2ωx
=sin(2ωx+π3)+32，
∴ 由题意可得：2π2ω=π，解得：ω=1，
可得：f(x)=sin(2x+π3)+32．
∵ x∈[0, π2]，
∴ 2x+π3∈[π3, 4π3]，可得：sin(2x+π3)∈[−32, 1]，
∴ f(x)=sin(2x+π3)+32∈[0, 32+1].
(2)∵ f(A2)=sin(A+π3)+32=3，A+π3∈(π3, 4π3)，
∴ A+π3=2π3，解得：A=π3．
∴ 由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
可得：16=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=25−3bc，
解得：bc=3，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×3×32=334．
【考点】
三角形的面积公式
余弦定理
正弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的定义域和值域
三角函数线
【解析】
（1）利用三角函数恒等变换的应用化简可得f(x)＝sin(2ωx+π3)+32，利用周期公式可求ω，可得f(x)的解析式，由x∈[0, π2]，可得：sin(2x+π3)∈[−32, 1]，即可求值函数值域．
（2）由f(A2)=3，结合范围A+π3∈(π3, 4π3)，解得A的值，由余弦定理可得bc的值，利用三角形面积公式即可求值得解．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=3cs2ωx+sinωxcsωx
=3×1+cs2ωx2+12sin2ωx
=sin(2ωx+π3)+32，
∴ 由题意可得：2π2ω=π，解得：ω=1，
可得：f(x)=sin(2x+π3)+32．
∵ x∈[0, π2]，
∴ 2x+π3∈[π3, 4π3]，可得：sin(2x+π3)∈[−32, 1]，
∴ f(x)=sin(2x+π3)+32∈[0, 32+1].
(2)∵ f(A2)=sin(A+π3)+32=3，A+π3∈(π3, 4π3)，
∴ A+π3=2π3，解得：A=π3．
∴ 由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，
可得：16=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=25−3bc，
解得：bc=3，
∴ S△ABC=12bcsinA=12×3×32=334．
【答案】
(1)证明：取AB的中点F，连接DF交A1B于点M，可知M为DF中点，
连接EM，易知四边形C1DME为平行四边形，
所以C1D // EM．
又C1D⊄平面A1BE，EM⊂平面A1BE，
所以C1D // 平面A1BE．
(2)证明：因为A1C1=C1B1，且D是A1B1的中点，
所以C1D⊥A1B1．
因为BB1⊥平面A1B1C1，所以BB1⊥C1D．
所以C1D⊥平面AA1B1B．
又C1D // EM，所以EM⊥平面AA1B1B．
又EM⊂平面A1BE，
所以平面A1BE⊥平面AA1B1B.
(3)解：如图建立空间直角坐标系C−xyz，
则B(0, 2, 0)，C1(0, 0, 2)，E(0, 0, 1)，A1(2, 0, 2)，
所以BC1→=(0, −2, 2)，EA1→=(2, 0, 1)，EB→=(0, 2, −1)．
设平面A1BE的法向量为n→=(x, y, z)，则2x+z=0，2y−z=0，
令x=1，则n→=(1, −1, −2)，
所以cs=BC1→⋅n→|BC1→||n→|=−36，
所以直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值为36.
【考点】
直线与平面平行的判定
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AB的中点F，连结DF，交A1B于点M，可证C1D // EM，利用线面平行的判定定理可得C1D // 平面A1BE；
（2）证明以EM⊥平面AA1B1B，可得平面A1BE⊥平面AA1B1B；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面A1BE的法向量，利用向量的夹角公式，可求直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：取AB的中点F，连接DF交A1B于点M，可知M为DF中点，
连接EM，易知四边形C1DME为平行四边形，
所以C1D // EM．
又C1D⊄平面A1BE，EM⊂平面A1BE，
所以C1D // 平面A1BE．
(2)证明：因为A1C1=C1B1，且D是A1B1的中点，
所以C1D⊥A1B1．
因为BB1⊥平面A1B1C1，所以BB1⊥C1D．
所以C1D⊥平面AA1B1B．
又C1D // EM，所以EM⊥平面AA1B1B．
又EM⊂平面A1BE，
所以平面A1BE⊥平面AA1B1B.
(3)解：如图建立空间直角坐标系C−xyz，
则B(0, 2, 0)，C1(0, 0, 2)，E(0, 0, 1)，A1(2, 0, 2)，
所以BC1→=(0, −2, 2)，EA1→=(2, 0, 1)，EB→=(0, 2, −1)．
设平面A1BE的法向量为n→=(x, y, z)，则2x+z=0，2y−z=0，
令x=1，则n→=(1, −1, −2)，
所以cs=BC1→⋅n→|BC1→||n→|=−36，
所以直线BC1与平面A1BE所成角的正弦值为36.
【答案】
解：(1)由题意可得f(2)=−4，
即为4a+2a−2b=−4，
又f′(x)=2ax+a，可得f′(1)=3a=−3，
解方程可得a=b=−1.
(2)函数h(x)=xlnx+f(x)=xlnx−x2−x+2，
h′(x)=lnx+1−2x−1=lnx−2x，
即曲线h(x)在x=1处的切线斜率为ln1−2=−2，切点为(1, 0)，
则曲线h(x)在x=1处的切线方程为y−0=−2(x−1)，
即为2x+y−2=0．
【考点】
导数的运算
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（1）由题意可得f(2)=−4，代入f(x)解析式，求出f(x)的导数，代入x=1，解方程可得a=b=−1；
（2）求出h(x)的解析式，求得导数，可得切线的斜率，再由点斜式方程可得切线的方程．
【解答】
解：(1)由题意可得f(2)=−4，
即为4a+2a−2b=−4，
又f′(x)=2ax+a，可得f′(1)=3a=−3，
解方程可得a=b=−1.
(2)函数h(x)=xlnx+f(x)=xlnx−x2−x+2，
h′(x)=lnx+1−2x−1=lnx−2x，
即曲线h(x)在x=1处的切线斜率为ln1−2=−2，切点为(1, 0)，
则曲线h(x)在x=1处的切线方程为y−0=−2(x−1)，
即为2x+y−2=0．
【答案】
解：(1)设Px,y，根据动点P与点F−1,0的距离
和它到直线l1:x=−4的距离的比为12，
可得x+12+y2|x+4|=12,
整理得3x2+4y2=12，即x24+y23=1，
故曲线C的方程为 x24+y23=1．
(2)易得直线OM的方程为y=32x．
已知直线L的斜率存在．
设直线l的方程为y=kx+mm≠0，与x24+y23=1联立消y，
得3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
所以Δ=64k2m2−43+4k24m2−12
=483+4k2−m2>0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
则y1+y2=kx1+x2+2m=6m3+4k2，
所以AB的中点N−4km3+4k2,3m3+4k2，
因为N在直线y=32x上，所以3m3+4k2=−32×4km3+4k2，解得k=−12，
所以Δ=484−m2>0，得−2|AB|=1+(−12)2|x2−x1|=52(x2−x1)2−4x1x2
=5264k2m2(3+4k2)2−16m2−483+4k2=152⋅4−m2，
又原点O到直线L的距离d=|m|54=2|m|5，
所以S△OAB=12×152⋅4−m2×2|m|5
=32m24−m2≤32×m2+4−m22=3
当且仅当4−m2=m2，m=±2时等号成立，符合−2所以△OAB面积的最大值为3时，L的方程为y=−12x±2．
【考点】
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设Px,y，根据动点P与点F−1,0的距离
和它到直线l1:x=−4的距离的比为12，
可得x+12+y2|x+4|=12,
整理得3x2+4y2=12，即x24+y23=1，
故曲线C的方程为 x24+y23=1．
(2)易得直线OM的方程为y=32x．
已知直线L的斜率存在．
设直线l的方程为y=kx+mm≠0，与x24+y23=1联立消y，
得3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
所以Δ=64k2m2−43+4k24m2−12
=483+4k2−m2>0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
则y1+y2=kx1+x2+2m=6m3+4k2，
所以AB的中点N−4km3+4k2,3m3+4k2，
因为N在直线y=32x上，所以3m3+4k2=−32×4km3+4k2，解得k=−12，
所以Δ=484−m2>0，得−2|AB|=1+(−12)2|x2−x1|=52(x2−x1)2−4x1x2
=5264k2m2(3+4k2)2−16m2−483+4k2=152⋅4−m2，
又原点O到直线L的距离d=|m|54=2|m|5，
所以S△OAB=12×152⋅4−m2×2|m|5
=32m24−m2≤32×m2+4−m22=3
当且仅当4−m2=m2，m=±2时等号成立，符合−2所以△OAB面积的最大值为3时，L的方程为y=−12x±2．