2020-2021学年四川省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年四川省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共9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. 抛物线y2＝−8x的准线方程为（ ）
A.x＝−2B.x＝−1C.y＝1D.x＝2

2. 椭圆x225+y216=1的短轴长为（ ）
A.4B.6C.8D.10

3. 以下直线中，将圆x2+y2−4x−2y+1=0平分的是（ ）
A.x−y−1=0B.x−y+1=0C.2x−y=0D.2x−y+3=0

4. 双曲线C:x29−y216＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上且|PF1|=20，则|PF2|等于（ ）
A.12或28B.14或26C.16或24D.17或23

5. 设椭圆方程为x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，左右焦点分别为F1，F2，上顶点为B，若△F1BF2为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A.13B.12C.32D.22

6. 两圆x2+y2=4和(x−3)2+(y−4)2=9的位置关系是（ ）
A.相离B.相交C.外切D.内切

7. “m>3”是“方程x2m−1−y2m−3=1表示双曲线”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件

8. F为椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右焦点，A为C的左顶点，B为第一象限内C上的点，且BF垂直于x轴，若C的离心率为13，则直线AB的斜率为（ ）
A.13B.23C.1D.43

9. A，B是抛物线x2=2y上的两点，O为坐标原点，若|OA|=|OB|，且△AOB的面积为123，则∠AOB=( )
A.30∘B.45∘C.60∘D.120∘

10. 如果实数x，y满足x2+y2−6x+4=0，那么yx的最大值是( )
A.23B.255C.53D.52

11. 双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(−c, 0)，F2(c, 0)，过F2作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为A，若△AF1F2的面积为12c2，则双曲线C的离心率为（ ）
A.4B.22C.2D.2

12. 已知椭圆C:x28+y24＝1的下顶点为A，点B是C上异于点A的一点，若直线AB与以M(0,−13)为圆心的圆相切于点P，且AP→＝14AB→，则tan∠ABM=( )
A.12B.23C.53D.32
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

命题“若a＝−1，则a2＝1”的逆命题是________．

抛物线y2=4x上的点A到其焦点的距离是6，则点A的横坐标是________．

已知点A(3, 0)，B(0, 4)，点P在圆x2+y2=1上运动，则|PA|2+|PB|2的最小值为________．

若A，B是曲线x＝y2+2上不同的两点，O为坐标原点，则OA→⋅OB→的取值范围是________．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）

已知p:∀x∈R，|x|+1≥m．q:∃x∈[0,π3]，tanx≥m．
（1）若p为真命题，求实数m的取值范围．

（2）若￢p为真命题，p∨q也为真命题，求实数m的取值范围．

已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(2, 0)．
(1)求p；

(2)斜率为1的直线过点F，且与抛物线交于A，B两点，求线段AB的长．

圆M经过三点：A(−2, 2)，B(0, −2)，C(4, 0)．
（1）求圆M的方程．

（2）求圆M与圆N：(x−3)2+y2=25的公共弦的长．

已知A(−2, 0)，B(2, 0)，直线AM，BM相交于点M．且它们的斜率之积是3．
（1）求点M的轨迹C的方程；

（2）过点N(2, 3)能否作一条直线m与轨迹C交于两点P，Q，且点N是线段PQ的中点？若能，求出直线m的方程；若不能，说明理由．

给定抛物线x2=y上点P(2, 4)．
（1）求过点P且与该抛物线相切的直线的方程．

（2）过点Q(−2, 6)作动直线l与该抛物线交于A，B两点（都与P不重合），设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1⋅k2为定值．

已知圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，且经过点(0, 1)．
（1）求椭圆C的方程；

（2）直线y=kx+m与椭圆C交于A，B两点．
①求|AB|（用实数k，m表示）；
②O为坐标原点，若OA→∗OB→＝0，且|OB||OA|＝32，求△OAB的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
抛物线y2＝−8x的开口向左，2p＝8，从而可得抛物线y2＝−8x的准线方程．
【解答】
抛物线y2＝−8x的开口向左，2p＝8，
∴ 抛物线y2＝−8x的准线方程为x=p2=2
2.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
利用椭圆的方程，直接求解即可．
【解答】
椭圆x225+y216＝1，可知焦点在x轴上，b=4，所以椭圆x225+y216＝1的短轴长为8．
3.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
求出圆的圆心，利用圆心是否在直线上，判断选项的正误即可．
【解答】
圆x2+y2−4x−2y+1=0的方程可化为(x−2)2+(y−1)2=4，
∴ 圆心坐标为A(2, 1)，
若直线平分圆，则A(2, 1)必在直线上．
∵ 2−1−1=0，点A在直线x−y−1=0上，故A正确；
∵ 2−1+1≠0，点A不在直线x−y+1=0上，故B错误；
∵ 2×2−1≠0，点A不在直线2x−y=0上，故C错误；
∵ 2×2−1+3≠0，点A不在直线2x−y+3=0上，故D错误．
4.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
通过双曲线方程求出a，结合双曲线定义，转化求解即可．
【解答】
根据题意，双曲线C:x29−y216＝1，a＝9＝3，
又由点P在双曲线C上，则有 // PF1|−|PF2||=2a=6，
即|PF1|−|PF2|=±6．
又由|PF1|=20，则|PF2|等于14或26．
5.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由△BF1F2为等边三角形，可得a=2c，利用e=ca即可得出．
【解答】
∵ △BF1F2为等边三角形，∴ a=2c，∴ e=ca=12．
6.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
由两圆的圆心的坐标可求得圆心距为5，再由圆心距和两圆半径的和的关系可确定两圆的位置关系．
【解答】
解：∵ 圆心O1的坐标是(0, 0)，半径为2；
圆心O2的坐标是(3, 4)，半径为3；
∴ 两圆的圆心距为32+42=5，
∵ 5=2+3，
∴ 两圆的位置关系是：外切．
故选：C．
7.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据充分必要条件的定义分别判断其充分性和必要性，从而得到答案．
【解答】
解：m>3能推出方程x2m−1−y2m−3=1表示双曲线，是充分条件，
方程x2m−1−y2m−3=1表示双曲线推不出m>3，不是必要条件，
故选：A．
8.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由题意求出B的坐标，再利用离心率求出a，c，b的关系，进而可以求解．
【解答】
由题意得F(c, 0)，将x=c代入椭圆方程得y＝±b2a，
∵ B在第一象限，∴ B(c,b2a)，
又∵ e＝13＝ca，∴ a=3c，
又∵ a2=b2+c2，∴ b2=8c2，又∵ A(−a, 0)，
∴ kAB＝yA−yBxA−xB＝−b2a−a−c＝−83c−4c＝23，
9.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
由抛物线的方程及|OA|=|OB|可得，A，B关于y轴对称，再由三角形AOB的面积可得A，B的坐标，
可得∠AOB的值．
【解答】
由抛物线的方程，又因为|OA|=|OB|，则可得A，B关于y轴对称，
设A(x, x22)，则B(−x, x22)，
所以|AB|=2|x|，
所以S△AOB=12⋅|2x|⋅x22=123，解得|x|=23，
所以A(23, 6)，
所以tan∠AOx=623=3，
所以OA2=x2+(x22)2=48，
所以S△AOB=12|OA|2sin∠AOB=12×48×sin∠AOB=123，
所以sin∠AOB=32，
所以∠AOB=60∘或120∘（舍），
综上所述∠AOB=60∘
10.
【答案】
D
【考点】
圆的切线方程
【解析】
画出图形，利用所求表达式的几何意义，结合图形转化求解即可．
【解答】
解：∵ x2+y2−6x+4=0，即(x−3)2+y2=5，
∴ 圆的圆心为(3, 0)，半径为5.
yx的几何意义是圆上一点(x, y)与(0, 0)连线的斜率，
如图，结合题意作出图象，
结合图象易知，当过原点的直线与圆相切时，斜率最大，即yx最大.
设过原点的直线与圆相切时，直线的倾斜角为α，
则tanα＝52，即yx的最大值为52.
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
画出图形，利用双曲线的渐近线推出直线方程，求出A，通过三角形的面积转化求解即可．
【解答】
设过F(c, 0)与一条渐近线bx−ay=0垂直的直线为l，
则l的方程为y＝−ab(x−c)与bx−ay=0联立可得A(a2c，abc)．
因为△AF1F2的面积为12c2，所以12×2c×abc＝12c2，
所以c2=2ab，可得c4=4a2(c2−a2)，
所以e4−4e2+4=0，
所以e2=2，即e＝2．
12.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由已知求出A的坐标，设B的坐标并代入椭圆方程，然后求出向量AB，AP，根据已知可得P点的坐标，进而可以求出向量MP的坐标，又向量MP与向量AB垂直，即可求出点B满足的方程，进而可以求出点B的坐标和P的坐标，进而可以求解．
【解答】
由题意可知，A(0, −2)，设B(x0, y0)，
则B点满足x028+y024＝1，∴ AB→＝(x0,y0+2)，
∵ AP→＝14AB→，∴ AP→＝(14x0,14y0+12)，
∴ P(14x0，14y0−32)，∴ MP→＝(14x0,14y0−76)，
∵ 直线AB与圆M相切于P点，∴ MP→⊥AB→，
∴ 14x0∗x0+(14y0−76)∗(y0+2)＝0，
即14x02+14y02−23y0−73＝0，
将x028+y024＝1代入上式可得y024+23y0+13＝0，
解得y0＝−23或−2（舍），
∴ B(83，−23)，P(23，−53)，
∴ |AB|＝(83−0)2+[−23−(−2)]2＝453，|BP|＝34|AB|＝5，|MP|＝(23)2+[−53−(−13)]2＝253，
又∵ ∠BPM=90∘，
∴ tan∠ABM＝|MP||BP|＝2535＝23，
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
“若a2＝1，则a＝−1”
【考点】
四种命题间的逆否关系
【解析】
原命题：“若p，则q”的逆命题为：“若q，则p．”
【解答】
命题“若a＝−1，则a2＝1”的逆命题是：
“若a2＝1，则a＝−1”．
【答案】
5
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线点到焦点的距离等于点到准线的距离，可得所求点的横坐标．
【解答】
抛物线y2=4x的准线方程为x=−1，
∵ 抛物线y2=4x上点到焦点的距离等于6，
∴ 根据抛物线点到焦点的距离等于点到准线的距离，可得所求点的横坐标为5．
【答案】
17
【考点】
圆的方程的综合应用
点与圆的位置关系
圆的综合应用
【解析】
根据题意，设P(x, y)，由两点间距离公式可得|PA|2+|PB|2=2[(x−32)2+(y−2)2]+252，设t=(x−32)2+(y−2)2，分析t的几何意义，由点与圆的位置关系可得t的最小值，进而计算可得答案．
【解答】
根据题意，设P(x, y)，
则|PA|2+|PB|2=(x−3)2+y2+x2+(y−4)2=2[(x−32)2+(y−2)2]+252，
设t=(x−32)2+(y−2)2，其几何意义为圆x2+y2=1上一点P到点(32, 2)的距离，
圆x2+y2=1的圆心为(0, 0)，半径r=1，
则tmin=(0−32)2+(0−2)2−1=32，
故(|PA|2+|PB|2)min=2×(32)2+252=17，
即|PA|2+|PB|2的最小值为17，
【答案】
[2, +∞)
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
直线与双曲线的位置关系
【解析】
曲线化为x22−y22＝1(x≥0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，推出OA→∗OB→＝x1x2+y1y2，若AB⊥x轴，推出OA→⋅OB→的值，若AB不垂直于x轴，设lAB:y=kx+m，y＝kx+mx2−y2＝2，利用韦达定理，结合向量的数量积，推出数量积的表达式，然后求解范围即可．
【解答】
∵ x＝y2+2，∴ 可化为x22−y22＝1(x≥0)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则OA→＝(x1,y1)，OB→＝(x2,y2)，
∴ OA→∗OB→＝x1x2+y1y2，
若AB⊥x轴，此时x1=x2，y1=−y2，
∴ OA→∗OB→＝x12−y12＝2，
若AB不垂直于x轴，设lAB:y=kx+m，
∴ y＝kx+mx2−y2＝2，
∴ (1−k2)x2−2kmx−m2−2=0，
∴ x1+x2＝2km1−k2，x1∗x2＝−m2−21−k2，
∴ OA→∗OB→＝x1x2+y1y2＝x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k)2−m2−21−k2+km2km1−k2+m2＝2k2+2k2−1＝2+4k2−1，
又∵ k2>1，∴ k2−1>0，∴ OA→∗OB→>2，
∴ OA→∗OB→∈[2,+∞)，
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
【答案】
若p为真命题，则|x|+1≥m，在x∈R上恒成立，
即(|x|+1)min≥m，当x=0时，(|x|+1)min=1，
∴ m≤1，即m的取值范围为(−∞, 1]．
若￢p为真命题，则p为假命题，
∴ m>1，∵ p∨q为真命题，∴ q为真命题，q:∃x∈[0,π3]，tanx≥m，
即(tanx)max≥m，即tanπ3≥m，
∴ m≤3，
∴ 1综上m的取值范围是(1, 3]
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
（1）由|x|+1≥m，在x∈R上恒成立，可得(|x|+1)min≥m，然后结合绝对值不等式的性质可求m的范围，
（2）由已知可知p为假命题，q为真命题，结合复合命题的真假关系可求．
【解答】
若p为真命题，则|x|+1≥m，在x∈R上恒成立，
即(|x|+1)min≥m，当x=0时，(|x|+1)min=1，
∴ m≤1，即m的取值范围为(−∞, 1]．
若￢p为真命题，则p为假命题，
∴ m>1，∵ p∨q为真命题，∴ q为真命题，q:∃x∈[0,π3]，tanx≥m，
即(tanx)max≥m，即tanπ3≥m，
∴ m≤3，
∴ 1综上m的取值范围是(1, 3]
【答案】
解：(1)由焦点的坐标可得p2=2，
所以p=4.
(2)由(1)可得抛物线的方程为y2=8x，
直线AB的方程为：y=x−2，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线AB与抛物线的方程可得：y=x−2，y2=8x，
整理可得：x2−12x+4=0，
所以x1+x2=12，
所以弦长|AB|=x1+x2+p=12+4=16．
【考点】
抛物线的性质
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
（1）由焦点的坐标直接可得p值；
（2）由题意设直线AB的方程，与抛物线联立求出两根之和，再由抛物线的性质，到焦点的距离等于到准线的距离，可得弦长|AB|的值．

【解答】
解：(1)由焦点的坐标可得p2=2，
所以p=4.
(2)由(1)可得抛物线的方程为y2=8x，
直线AB的方程为：y=x−2，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线AB与抛物线的方程可得：y=x−2，y2=8x，
整理可得：x2−12x+4=0，
所以x1+x2=12，
所以弦长|AB|=x1+x2+p=12+4=16．
【答案】
设圆M:x2+y2+Dx+Ey+F=0，
代入已知点的坐标，可得
8−2D+2E+F＝04−2E+F＝016+4D+F＝0，解得D＝−2E＝−2F＝−8，
∴ 圆M的方程为x2+y2−2x−2y−8=0；
联立x2+y2−2x−2y−8＝0(x−3)2+y2＝25，
解得交点坐标为(0, 4)，(−2, 0)，
∴ 两圆的公共弦长为42+22＝25．
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的标准方程
【解析】
（1）设圆M:x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标求得D、E、F的值，则圆的方程可求；
（2）联立两圆的方程，求得交点坐标，再由两点间的距离公式求解．
【解答】
设圆M:x2+y2+Dx+Ey+F=0，
代入已知点的坐标，可得
8−2D+2E+F＝04−2E+F＝016+4D+F＝0，解得D＝−2E＝−2F＝−8，
∴ 圆M的方程为x2+y2−2x−2y−8=0；
联立x2+y2−2x−2y−8＝0(x−3)2+y2＝25，
解得交点坐标为(0, 4)，(−2, 0)，
∴ 两圆的公共弦长为42+22＝25．
【答案】
设M(x, y)，x≠±2，
由题意可得：kAM⋅kBM=3，
∴ yx+2⋅yx−2=3(x≠±2)．
整理得3x2−y2=12(x≠±2)，
即方程为x24−y212=1(x≠±2)．
故点M的轨迹C的方程为x24−y212=1(x≠±2)．
能，
设直线m的方程为y−3=k(x−2)，即y=kx+3−2k与3x2−y2=12联立，
3x2−y2＝12y＝kx+3−2k，消去y整理得(3−k2)x2+2k(2k−3)x−(2k−3)2=12=0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)．
由根与系数的关系得x1+x2=−2k(2k−3)3−k2，
y1+y2=(kx1+3−2k)+(kx2+3−2k)=k(x1+x2)+6−4k=−2k2(2k−3)3−k2+6−4k，
令x1+x2＝2×2＝4y1+y2＝2×3＝6，即−2k(2k−3)3−k2＝4−2k2(2k−3)3−k2+6−4k＝6，
解得k=2，
故直线m的方程为y=2x−1．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）设M(x, y)，x≠±2，由题意可得kAM⋅kBM=3，可得yx+2⋅yx−2=3(x≠±2)．化简即可得出点M的轨迹C的方程；
（2）设m:y−3=k(x−2)，与3x2−y2=12联立，消去y可得(3−k2)x2+2k(2k−3)x−(2k−3)2=12=0，由根与系数的关系可得x1+x2=−2k(2k−3)3−k2，y1+y2=−2k2(2k−3)3−k2+6−4k，由中点坐标公式即可求出k值，从而可得直线m的方程．
【解答】
设M(x, y)，x≠±2，
由题意可得：kAM⋅kBM=3，
∴ yx+2⋅yx−2=3(x≠±2)．
整理得3x2−y2=12(x≠±2)，
即方程为x24−y212=1(x≠±2)．
故点M的轨迹C的方程为x24−y212=1(x≠±2)．
能，
设直线m的方程为y−3=k(x−2)，即y=kx+3−2k与3x2−y2=12联立，
3x2−y2＝12y＝kx+3−2k，消去y整理得(3−k2)x2+2k(2k−3)x−(2k−3)2=12=0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)．
由根与系数的关系得x1+x2=−2k(2k−3)3−k2，
y1+y2=(kx1+3−2k)+(kx2+3−2k)=k(x1+x2)+6−4k=−2k2(2k−3)3−k2+6−4k，
令x1+x2＝2×2＝4y1+y2＝2×3＝6，即−2k(2k−3)3−k2＝4−2k2(2k−3)3−k2+6−4k＝6，
解得k=2，
故直线m的方程为y=2x−1．
【答案】
设切线方程为(y−4)=k(x−2)，
联立抛物线与切线y−4＝k(x−2)x2＝y，
得x2−kx+2k−4=0，因此直线与抛物线相切，所以只有一个根，
即△=(−k)2−4∗1∗(2k−4)=k2−8k+16=(k−4)2=0⇒k=4，
所以切线方程：y−4=4(x−2)，
即4x−y−4=0．
设直线l方程为：y−6=k(x+2)，
点A坐标(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线l与抛物线y−6＝k(x+2)x2＝y，
得x2−kx−2k−6=0，因l与抛物线交于A、B两点，
所以x1+x2＝−−k1＝k，x1x2＝−2k−61＝−2k−6，
又因为A、B在抛物线x2=y上，
所以y1+y2＝x12+x22＝k2+4k+12，y1y2＝x12x22＝(x1x2)2＝4k2+24k+36，
由题意知，k1＝4−y12−x1，k2＝4−y22−x2，
所以k1∗k2＝(4−y1)(4−y2)(2−x1)(2−x2)，
展开即k1∗k2＝16−4y1−4y2+y1y24−2x1−2x2+x1x2＝8k+4−4k−2＝−2，
即k1∗k2=−2．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）设切线方程为(y−4)=k(x−2)，联立抛物线与切线方程，通过△=0⇒k=4，得到切线方程．
（2）设直线l方程为：y−6=k(x+2)，点A坐标(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线l与抛物线方程利用韦达定理，求解直线的斜率，推出结果即可．
【解答】
设切线方程为(y−4)=k(x−2)，
联立抛物线与切线y−4＝k(x−2)x2＝y，
得x2−kx+2k−4=0，因此直线与抛物线相切，所以只有一个根，
即△=(−k)2−4∗1∗(2k−4)=k2−8k+16=(k−4)2=0⇒k=4，
所以切线方程：y−4=4(x−2)，
即4x−y−4=0．
设直线l方程为：y−6=k(x+2)，
点A坐标(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线l与抛物线y−6＝k(x+2)x2＝y，
得x2−kx−2k−6=0，因l与抛物线交于A、B两点，
所以x1+x2＝−−k1＝k，x1x2＝−2k−61＝−2k−6，
又因为A、B在抛物线x2=y上，
所以y1+y2＝x12+x22＝k2+4k+12，y1y2＝x12x22＝(x1x2)2＝4k2+24k+36，
由题意知，k1＝4−y12−x1，k2＝4−y22−x2，
所以k1∗k2＝(4−y1)(4−y2)(2−x1)(2−x2)，
展开即k1∗k2＝16−4y1−4y2+y1y24−2x1−2x2+x1x2＝8k+4−4k−2＝−2，
即k1∗k2=−2．
【答案】
∵ C过(0, 1)，∴ b=1，
又e＝ca＝32，联立a2=b2+c2，解得a=2，
∴ C的方程为：x24+y2＝1．
①联立y=kx+m与x2+4y2=4，得x2+4(kx+m)2=4，
∴ (4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
∴ △=(8km)2−4(4k2+1)(4m2−4)=16(4k2+1−m2)>0，
∴ 4k2+1>m2，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+x2＝−8km4k2+1，x1x2＝4m2−44k2+1，
∴ |AB|＝1+k2＝△4k2+1＝41+k24k2+1−m24k2+1．
②∵ OA→∗OB→＝0，∴ OA⊥OB，
则k≠0，直线OA为：y＝−1kx．
联立y=kx+m，得y=k(−ky)+m，
∴ y1＝mk2+1，x1＝−ky1＝−kmk2+1，代入x12+4y12＝4，
∴ (−kmk2+1)2+4(mk2+1)2＝4，∴ m2＝4(k2+1)2k2+4，
∴ 4k2+1−m2＝4k2+1−4(k2+1)2k2+4=(4k2+1)(k2+4)−4(k2+1)2k2+4＝9k2k2+4，
∴ |AB|2＝16(1+k2)(4k2+1−m2)(4k2+1)2＝144(1+k2)k2(4k2+1)2(k2+4)，
又∵ |OA|2＝(−ky1)2+y12=(k2+1)(mk2+1)2＝m2k2+1＝4(k2+1)k2+4，
∴ |AB|2|OA|2＝36k2(4k2+1)2＝94，得16k2=(4k2+1)2，
∴ (4k2−1)2=0，∴ k2＝14．
此时m2＝4(k2+1)2k2+4＝2517<4k2+1＝2，
∴ △>0成立．
由|OA|2＝4(k2+1)k2+4＝4(14+1)14+4＝2017，
∴ △OAB的面积S＝12|OA // AB|＝12|OA|×32|OA|＝34|OA|2＝1517．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）利用已知条件求出b，a，得到椭圆方程．
（2）①联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求解|AB|．
②通过向量的数量积，得到直线OA的方程，直线OA的方程与联立y=kx+m，求出交点坐标代入椭圆方程，结合弦长公式转化求解三角形的面积，推出结果即可．
【解答】
∵ C过(0, 1)，∴ b=1，
又e＝ca＝32，联立a2=b2+c2，解得a=2，
∴ C的方程为：x24+y2＝1．
①联立y=kx+m与x2+4y2=4，得x2+4(kx+m)2=4，
∴ (4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，
∴ △=(8km)2−4(4k2+1)(4m2−4)=16(4k2+1−m2)>0，
∴ 4k2+1>m2，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+x2＝−8km4k2+1，x1x2＝4m2−44k2+1，
∴ |AB|＝1+k2＝△4k2+1＝41+k24k2+1−m24k2+1．
②∵ OA→∗OB→＝0，∴ OA⊥OB，
则k≠0，直线OA为：y＝−1kx．
联立y=kx+m，得y=k(−ky)+m，
∴ y1＝mk2+1，x1＝−ky1＝−kmk2+1，代入x12+4y12＝4，
∴ (−kmk2+1)2+4(mk2+1)2＝4，∴ m2＝4(k2+1)2k2+4，
∴ 4k2+1−m2＝4k2+1−4(k2+1)2k2+4=(4k2+1)(k2+4)−4(k2+1)2k2+4＝9k2k2+4，
∴ |AB|2＝16(1+k2)(4k2+1−m2)(4k2+1)2＝144(1+k2)k2(4k2+1)2(k2+4)，
又∵ |OA|2＝(−ky1)2+y12=(k2+1)(mk2+1)2＝m2k2+1＝4(k2+1)k2+4，
∴ |AB|2|OA|2＝36k2(4k2+1)2＝94，得16k2=(4k2+1)2，
∴ (4k2−1)2=0，∴ k2＝14．
此时m2＝4(k2+1)2k2+4＝2517<4k2+1＝2，
∴ △>0成立．
由|OA|2＝4(k2+1)k2+4＝4(14+1)14+4＝2017，
∴ △OAB的面积S＝12|OA // AB|＝12|OA|×32|OA|＝34|OA|2＝1517．