2020-2021学年某校高二（上）12月月考数学试卷人教B版

这是一份2020-2021学年某校高二（上）12月月考数学试卷人教B版，共13页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 抛物线y=8x2的准线方程为( )
A.y=−132B.y=−2C.x=−132D.x=−2

2. 若直线ax+2y=0与直线x+a+1y+4=0平行，则实数a的值是( )
A.1B.−2C.1或−2D.不存在

3. 已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则AE→⋅AF→的值为( )

A.a2B.12a2C.14a2D.34a2

4. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )
A.24B.48C.60D.72

5. 双曲线的一个顶点为(2, 0)，一条渐近线方程为y=2x，则该双曲线的方程是( )
A.x24−y22=1B.x22−y24=1C.y28−x24=1D.x24−y28=1

6. 已知圆C:x2+y2−2x−3=0，直线l:y=kx+1与圆C交于A，B两点，当弦长|AB|最短时k的值为( )
A.1B.2C.−1D.−2

7. 如图所示的五个区域中，中心区域E是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择．要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为( )

A.56B.72C.64D.84

8. 如图所示，椭圆的中心在原点，焦点F1，F2在x轴上，A，B是椭圆的顶点，P是椭圆上一点，且PF1⊥x轴，PF2 // AB，则此椭圆的离心率是( )

A.12B.22C.13D.55

9. 长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为( )

A.1010B.3010C.21510D.31010

10. 已知椭圆x225+y216=1两焦点F1，F2，P为椭圆上一点，若∠F1PF2=π3，则△F1PF2的内切圆半径为( )
A.33B.233C.3D.23

11. 下列说法中，正确的有( )
A.过点P(1, 2)且在x，y轴截距相等的直线方程为x+y−3=0
B.直线y=kx+2的纵截距是−2
C.直线x−3y+1=0的倾斜角为60∘
D.过点(5, 4)并且倾斜角为90∘的直线方程为x−5=0
二、多选题

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面为直角梯形，AD//BC，∠BAD=90∘，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M，N分别为PC，PB的中点，则( )

A.CD⊥AN
B.BD⊥PC
C.PB⊥平面ANMD
D.BD与平面ANMD所成的角为30∘

已知抛物线y2=4x上一点P到准线的距离为d1，到直线l:4x−3y+11=0的距离为d2，则d1+d2的取值可以为( )
A.3B.4C.5D.10

双曲线C:x24−y22=1的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐标原点，则下列说法正确的是( )
A.双曲线C的离心率为62
B.若PO⊥PF，则△PFO的面积为2
C.|PF|的最小值为2
D.双曲线y24−x28=1与C的渐近线相同
三、填空题

将5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，中山大学这3所大学就读，每所大学至少保送1人，则不同的保送方法共有________种．（数字作答）
四、解答题

已知直角坐标平面xOy内的两点A8,−6，B2,2.
(1)求以向量AB→为方向向量且过点P2,−3的直线l的方程；

(2)一束光线从点B射向y轴，反射后的光线过点A，求反射光线所在的直线方程．

如图所示，平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，AA′⊥平面ABCD， AB⊥AC，M，N分别为CB，CC′的中点， AB=AC=AA′=1.

(1)求证：MN//平面ACD′；

(2)求点B到平面ACD′的距离．

设抛物线C:y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|=8．
(1)求l的方程；

(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．

四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形， ∠DAB=60∘，PA=AB=AD=2，点E是棱PC上一点．

(1)求证：平面PAC⊥平面BDE；

(2)当E为PC中点时，求二面角A−BE−D的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2=1（其中a>0）的右焦点为F1,0，直线l过点F与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的长轴长和离心率；

(2)求△AOB的面积的最大值；

(3)若△AOB为直角三角形，求直线l的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年某校高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先将抛物线的方程化为准线方程，进而根据抛物线的性质可求得答案．
【解答】
解：因为抛物线y=8x2，
可化为：x2=18y，
∴ 2p=18，
则抛物线的准线方程为y=−132．
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
利用直线与直线平行的条件求解．
【解答】
解：∵ 直线ax+2y=0与直线x+a+1y+4=0平行，
∴ a1=2a+1≠04，
解得a=−2或a=1．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
如图所示，AF→=12AD→，AE→=12(AB→+AC→)，代入→AE⋅→AF，利用数量积运算性质即可得出．
【解答】
解：∵AF→=12AD→，AE→=12(AB→+AC→)，
∴ AE→⋅AF→=14(AD→⋅AB→+AD→⋅AC→)
=14(a2cs60∘+a2cs60∘)
=14a2．
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
排列、组合的应用
分步乘法计数原理
【解析】
用1、2、3、4、5组成无重复数字的五位奇数，可以看作是填5个空，要求个位是奇数，其它位置无条件限制，因此先从3个奇数中任选1个填入，其它4个数在4个位置上全排列即可．
【解答】
解：要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排1，3，5中的一个数，
共有3种排法；
然后还剩4个数，剩余的4个数可以在十位到万位4个位置上全排列，
共有A44=24种排法，
根据分步乘法计数原理得，
由1，2，3，4，5组成的无重复数字的五位数中奇数有3×24=72(个)．
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
根据双曲线的一条渐近线方程为y=2x，且一个顶点的坐标是(2, 0)，可确定双曲线的焦点在x轴上，从而可求双曲线的标准方程．
【解答】
解：∵ 双曲线的一个顶点为(2, 0)，
∴ 其焦点在x轴，且实半轴的长a=2.
∵ 双曲线的一条渐近线方程为y=bax=2x，
∴ b=22，
∴ 双曲线的方程是x24−y28=1．
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
相交弦所在直线的方程
【解析】
直线l恒过定点E0,1，利用配方法将圆C的方程化成标准方程，得圆心C的坐标，而当直线l与CE垂直时，弦长AB最短，于是利用kCE⋅k=−1即可得解．
【解答】
解：直线l： y=kx+1恒过定点E(0,1)，
将圆C： x2+y2−2x−3=0化为标准方程是(x−1)2+y2=4，
圆心C1,0 ，半径为2，
当直线l与CE垂直时，弦长|AB|最短，
此时kCE=1−00−1=−1，
∴ kAB=1．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
计数原理的应用
【解析】
每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，然后分类研究.
【解答】
解：①若用四种颜色涂A，B，C，D四个区域，
则任意相邻区域所涂颜色不同，有A44=24种不同的涂色方法；
②若用三种颜色涂A，B，C，D四个区域，
则A，C或B，D涂同一种颜色，剩余两个区域涂两种不同颜色，有C43C31C21A22=48种不同的涂色方法；
③若用两种颜色涂A，B，C，D四个区域，
则A，C涂同一种颜色，B，D涂同一种颜色，有C42C21=12种不同的涂色方法.
共有24+48+12=84种.
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
由PF1⊥x轴，先求出点P的坐标，再由PF2 // AB，能得到b=2c，由此能求出椭圆的离心率．
【解答】
解：∵ PF1⊥x轴，
∴ 点P的坐标(−c, b2a)，
kAB=−ba，kPF2=−b22ac.
∵ PF2 // AB，
∴ kAB=kPF2，即−ba=−b22ac，
整理，得b=2c，
∴ a2=b2+c2=5c2，即a=5c，
∴ e=ca=55．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
建立空间直角坐标系，先相关点的坐标，再相关向量的坐标，再进行运算．
【解答】
解：建立空间直角坐标系如图所示，
则A(1, 0, 0)，E(0, 2, 1)，B(1, 2, 0)，C1(0, 2, 2)，
BC1=(−1, 0, 2)，AE=(−1, 2, 1)，
cs=1+0+25⋅6=3010．
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010．
故选B.
10.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
余弦定理
正弦定理
【解析】
由余弦定理得cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1⋅PF2，得到|F1P|⋅|PF2|，可求得面积，再由S△PF1F2=12|PF1|+|PF2|+|F1F2|r，可得答案．
【解答】
解：∵ x225+y216=1，则 a2=25，b2=16，c2=9，
由题意得|F1P|+|PF2|=2a=10， |F1F2|=2c=6，
由余弦定理得：cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1⋅PF2
=PF1+PF22−2F1P⋅PF2−F1F222F1P⋅PF2=12，
代入数据，整理得F1P⋅PF2=643，
∴ S△PF1F2=12PF1⋅PF2sinθ=12×643×sin60∘=1633，
设内切圆的半径为r，
则S△PF1F2=12PF1+PF2+F1F2r=12×16×r=1633，
解得r=233.
故选B．
11.
【答案】
D
【考点】
直线的倾斜角
直线的斜截式方程
直线的截距式方程
【解析】
由题意利用直线的倾斜角和斜率，直线的截距的意义，得出结论．
【解答】
解：∵ 过点P(1, 2)且在x，y轴截距相等的直线方程为x+y−3=0，或者y=2x，故A错误；
∵ 直线y=kx+2的纵截距为2，故B错误；
由于直线 x−3y+1=0的斜率为33=tan30∘，故它的倾斜角为30∘，故C错误；
∵ 过点(5, 4)并且倾斜角为90∘的直线方程为x−5=0，故D正确.
故选D.
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
直线与平面所成的角
两条直线垂直的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
根据线面垂直的判定定理与性质定理，结合反证法，二面角的定义判断即可．
【解答】
解：A，若CD⊥AN，
∵ PA⊥底面ABCD，
∴ PA⊥AD.
又∠BAD=90∘，
∴ AD⊥AB.
又PA∩AB=A，
∴ AD⊥平面PAB.
∵ AN⊂平面PAB，
∴ AN⊥AD.
又CD∩AD=D，
∴ AN⊥平面ABCD，
与PA⊥平面ABCD矛盾，故A错误；
B，如图，连接AC，
∵ PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴ PA⊥BD.
若BD⊥PC，且PA∩PC=P，
则BD⊥平面PAC，
则BD⊥AC，显然不成立，故B错误；
C，∵PA=AB，N是PB的中点，
∴AN⊥PB.
由题意得，BC⊥AB，BC⊥PA，PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB.
∵PB⊂平面PAB，
∴BC⊥PB.
∵ M，N分别为PC，PB的中点，
∴ MN//BC，
∴MN⊥PB.
又∵MN∩AN=N，
∴PB⊥平面ANMD，故C正确；
D，如图，连接DN，
∵ PB⊥平面ANMD，
∴ ∠BDN是BD与平面ANMD所成的角.
由PA=AD=AB得，PB=BD=2BN，
在Rt△BDN中，sin∠BDN=BNBD=12，
∴ BD与平面ANMD所成的角为30∘，故D正确.
故选CD.
【答案】
A,B,D
【考点】
点到直线的距离公式
抛物线的性质
【解析】
画出图象，利用抛物线的定义与性质，转化求解即可．
【解答】
解：抛物线上的点P到准线的距离等于到焦点F的距离，
所以过焦点F1,0作直线4x−3y+11=0的垂线，
则F到直线的距离为d1+d2的最小值，如图所示：
所以d1+d2min=|4−0+11|42+32=3，
选项ABD均大于或等于3．
故选ABD．
【答案】
A,B,D
【考点】
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
双曲线的离心率
三角形的面积公式
【解析】
求出双曲线的离心率，判断A；求出△PFO的面积判断B；求解|PF|的最小值判断C，求出渐近线方程判断D．
【解答】
解：A，因为a=2， b=2，所以c=a2+b2=6，则离心率为62，故A正确；
B，结合PO⊥PF，又点P在双曲线C的一条渐近线上，
不妨设P在y=22x上，
则直线PF的方程为y−0=−2x−6，即y=−2x−6，
联立方程组 y=−2x−6，y=22x，
解得y=233，x=263，
故点P263,233，
所以△PFO的面积为S=12×6×233=2，故B正确；
C，因为点F6,0，其中一条渐近线的方程为y=22x，
所以|PF|的最小值就是点F到渐近线的距离，因为该距离为d=2，故C错误；
D，它们的渐近线都是y=±22x，渐近线相同，故D正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
150
【考点】
计数原理的应用
【解析】
每所大学至少保送一人，可以分类来解，当5名学生分成2，2，1时，当5名学生分成3，1，1时根据分类计数原理得到结果．
【解答】
解：将5名学生分成2，2，1或3，1，1两种形式.
当5名学生分成2，2，1时，共有12C52C32A33=90种结果，
当5名学生分成3，1，1时，共有12C53C21A33=60种结果，
∴ 根据分类计数原理知共有90+60=150种.
故答案为：150.
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意可知直线AB的斜率等于直线l的斜率，为2−(−6)2−8=−43，
所以直线l的点斜式方程为：y+3=−43(x−2)，
即4x+3y+1=0.
(2)设B(2, 2)关于y轴的对称点为B′(−2, 2)，
∴ kAB′=2−(−6)−2−8=−45，
则直线AB′:y−2=−45(x+2)，
即反射光线所在得直线方程为4x+5y−2=0.
【考点】
斜率的计算公式
直线的点斜式方程
【解析】
(1)通过方向向量结合直线的点斜式方程进行求解；
(2)考查了直线斜率的求解方法，结合直线的点斜式方程进行求解.
【解答】
解：(1)由题意可知直线AB的斜率等于直线l的斜率，为2−(−6)2−8=−43，
所以直线l的点斜式方程为：y+3=−43(x−2)，
即4x+3y+1=0.
(2)设B(2, 2)关于y轴的对称点为B′(−2, 2)，
∴ KAB′=2−(−6)−2−8=−45，
则直线AB′:y−2=−45(x+2)，
即反射光线所在得直线方程为4x+5y−2=0.
【答案】
(1)证明：因为AA′⊥平面ABCD，
所以AA′⊥AB，AA′⊥AC.
因为AB⊥AC，
所以如图建立空间直角坐标系，
则A0,1,0，B−1,1,0，C0,0,0，D1,0,0，A′(0,1,1)，C′(0,0,1)，D′(1,0,1)，M−12,12,0，N0,0,12，
此时MN→=12,−12,12，DC′→=−1,0,1，AB→=−1,0,0，AC→=0,−1,0，AD′→=1,−1,1，
因为MN→=12AD′→，
所以MN//AD′，
因为MN⊄平面ACD′，
所以MN//平面ACD′ .
(2)点B到平面ACD′的距离为 :DC′→⋅AB→DC′→=12=22.
【考点】
用向量证明平行
点、线、面间的距离计算
【解析】
(Ⅰ)建立空间坐标系，利用向量证明MN/AD得出MN/平面ACD′;
(Ⅲ)根据点到平面的距离公式计算DC′→⋅AB→DC′→,即可得出答案．
【解答】
(1)证明：因为AA′⊥平面ABCD，
所以AA′⊥AB，AA′⊥AC.
因为AB⊥AC，
所以如图建立空间直角坐标系，
则A0,1,0，B−1,1,0，C0,0,0，D1,0,0，A′(0,1,1)，C′(0,0,1)，D′(1,0,1)，M−12,12,0，N0,0,12，
此时MN→=12,−12,12，DC′→=−1,0,1，AB→=−1,0,0，AC→=0,−1,0，AD′→=1,−1,1，
因为MN→=12AD′→，
所以MN//AD′，
因为MN⊄平面ACD′，
所以MN//平面ACD′ .
(2)点B到平面ACD′的距离为 :DC′→⋅AB→DC′→=12=22.
【答案】
解：(1)抛物线C:y2=4x的焦点为F(1, 0)，
当直线的斜率不存在时，|AB|=4，不满足；
设直线AB的方程为：y=k(x−1)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y=k(x−1)，y2=4x，
整理得：k2x2−2(k2+2)x+k2=0，
则x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2=1，
由|AB|=x1+x2+p=2(k2+2)k2+2=8，
解得：k2=1，则k=1，k=−1（舍去）.
∴ 直线l的方程y=x−1.
(2)
由(1)可得AB的中点坐标为D(3, 2)，
则直线AB的垂直平分线方程为y−2=−(x−3)，即y=−x+5，
设所求圆的圆心坐标为(x0, y0)，则y0=−x0+5，(x0+1)2=(y0−x0+1)22+16，
解得：x0=3，y0=2，或x0=11，y0=−6，
因此，所求圆的方程为(x−3)2+(y−2)2=16或(x−11)2+(y+6)2=144．
【考点】
圆锥曲线的综合问题
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）方法一：设直线AB的方程，代入抛物线方程，根据抛物线的焦点弦公式即可求得k的值，即可求得直线l的方程；
方法二：根据抛物线的焦点弦公式|AB|=2psin2θ，求得直线AB的倾斜角，即可求得直线l的斜率，求得直线l的方程；
（2）根据过A，B分别向准线l作垂线，根据抛物线的定义即可求得半径，根据中点坐标公式，即可求得圆心，求得圆的方程．
【解答】
解：(1)抛物线C:y2=4x的焦点为F(1, 0)，
当直线的斜率不存在时，|AB|=4，不满足；
设直线AB的方程为：y=k(x−1)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则y=k(x−1)，y2=4x，
整理得：k2x2−2(k2+2)x+k2=0，
则x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2=1，
由|AB|=x1+x2+p=2(k2+2)k2+2=8，
解得：k2=1，则k=1，k=−1（舍去）.
∴ 直线l的方程y=x−1.
(2)
由(1)可得AB的中点坐标为D(3, 2)，
则直线AB的垂直平分线方程为y−2=−(x−3)，即y=−x+5，
设所求圆的圆心坐标为(x0, y0)，则y0=−x0+5，(x0+1)2=(y0−x0+1)22+16，
解得：x0=3，y0=2，或x0=11，y0=−6，
因此，所求圆的方程为(x−3)2+(y−2)2=16或(x−11)2+(y+6)2=144．
【答案】
(1)证明：因为平行四边形ABCD中，AB=AD，
所以四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
又因为PA∩AC=A ，所以BD⊥平面PAC.
因为BD⊂平面BDE，
所以平面PAC⊥平面BDE．
(2)解：在平面ABCD内，过点A作AQ//BD，则AQ⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，AQ⊂平面ABCD，所以PA⊥AQ．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0 ，B1,3,0， C0,23,0， D−1,3,0， P0,0,2，
当E为PC中点时，E0,3,1，
所以AE→=0,3,1 ，AB→=1,3,0 ，BD→=−2,0,0，BE→=−1,0,1
设平面ABE的法向量为n1→=x1,y1,z1，
则3y1+z1=0,x1+3y1=0,
令x1=3，得y1=−1，z1=3，
所以n1→=3,−1,3.
设平面DBE的方向量为n2→=x2,y2,z2 ，
则−2x1=0,−x2+z2=0，
则x2=z2=0，令y1=1，则n2→=0,1,0，
所以 cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=−17×1=−77.
因为二面角A−BE−D为锐二面角，得二面角A−BE−D的余弦值为77.
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为平行四边形ABCD中，AB=AD，
所以四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
又因为PA∩AC=A ，所以BD⊥平面PAC.
因为BD⊂平面BDE，
所以平面PAC⊥平面BDE．
(2)解：在平面ABCD内，过点A作AQ//BD，则AQ⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，AQ⊂平面ABCD，所以PA⊥AQ．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0 ，B1,3,0， C0,23,0， D−1,3,0， P0,0,2，
当E为PC中点时，E0,3,1，
所以AE→=0,3,1 ，AB→=1,3,0 ，BD→=−2,0,0，BE→=−1,0,1
设平面ABE的法向量为n1→=x1,y1,z1，
则3y1+z1=0,x1+3y1=0,
令x1=3，得y1=−1，z1=3，
所以n1→=3,−1,3.
设平面DBE的方向量为n2→=x2,y2,z2 ，
则−2x1=0,−x2+z2=0，
则x2=z2=0，令y1=1，则n2→=0,1,0，
所以 cs⟨n1→,n2→⟩=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=−17×1=−77.
因为二面角A−BE−D为锐二面角，得二面角A−BE−D的余弦值为77.
【答案】
解：(1)a2−1=1，解得a=2，
所以椭圆C的长轴长为2a=22，离心率为e=1a=22.
(2)设直线l的方程为x=my+1，
联立x22+y2=1，x=my+1，
整理得：(my+1)2+2y2=2，即(m2+2)y2+2my−1=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由Δ=(2m)2−4⋅(m2+2)⋅(−1)=8m2+8>0，
得y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−1m2+2，
所以|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=8m2+8m2+2.
令m2+1=t，则t∈[1, +∞)，
得S△AOB=2tt2+1=2t+1t≤22，
当且仅当t=1时（即m=0时）等号成立，此时l:x=1.
(3)①若∠OAB=90∘，则OA⊥FA，故OA→=(x1, y1)，FA→=(x1−1, y1)，
则x1(x1−1)+y12=0.
因为x122+y12=1，
故x122−x1(x1−1)=1，
即x12−2x1+2=0，无解，
即∠OAB≠90∘.
同理∠OBA≠90∘.
②若∠AOB=90∘，得OA→⋅OB→=0，
得(my1+1)(my2+1)+y1y2=0，
故(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1=0，
故−m2+1m2+2−2m2m2+2+1=0，
解得m2=12，
故m=±22，
故l:x=±22y+1（即y=±2x∓2）.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(1)利用椭圆的标准方程进行求解；
(2)设出直线方程，联立求解；
(2)设出直线方程，联立求解；
【解答】
解：(1)a2−1=1，解得a=2，
所以椭圆C的长轴长为2a=22，离心率为e=1a=22.
(2)设直线l的方程为x=my+1，
联立x22+y2=1，x=my+1，
整理得：(my+1)2+2y2=2，即(m2+2)y2+2my−1=0.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由Δ=(2m)2−4⋅(m2+2)⋅(−1)=8m2+8>0，
得y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−1m2+2，
所以|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=8m2+8m2+2.
令m2+1=t，则t∈[1, +∞)，
得S△AOB=2tt2+1=2t+1t≤22，
当且仅当t=1时（即m=0时）等号成立，此时l:x=1.
(3)①若∠OAB=90∘，则OA⊥FA，故OA→=(x1, y1)，FA→=(x1−1, y1)，
则x1(x1−1)+y12=0.
因为x122+y12=1，
故x122−x1(x1−1)=1，
即x12−2x1+2=0，无解，
即∠OAB≠90∘.
同理∠OBA≠90∘.
②若∠AOB=90∘，得OA→⋅OB→=0，
得(my1+1)(my2+1)+y1y2=0，
故(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1=0，
故−m2+1m2+2−2m2m2+2+1=0，
解得m2=12，
故m=±22，
故l:x=±22y+1（即y=±2x∓2）.